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실수 부분이 0보다 큰 복소수 p, q에 대하여 베타함수는 다음과 같이 정의된 함수입니다. .

$$\mathrm B(p,q)=\int_0^{1}x^{p-1}(1-x)^{q-1}dx$$특히, 음이 아닌 정수 m, n 에 대하여 다음과 같은 적분식이 성립합니다.
[1] 제1종 오일러 함수 $$\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^m(\beta-x)^ndx=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}(\beta-\alpha)^{m+n+1}$$[2] \(\alpha=0\) 이고 \(\beta=1\) 일 때, $$\int_0^{1}x^m(1-x)^ndx=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$$

이 식은 여러 형태의 넓이를 고속적분하는데 사용합니다. 이 글에서는 이 식의 증명과 활용을 소개합니다.

증명

먼저 [2]를 수학적 귀납법을 사용해 증명하고, 그 증명의 결과와 치환을 통해 [1]을 증명합니다.

[2]의 증명

먼저 \(n=0\) 일 때 식이 성립함을 보이겠습니다.$$\text{좌변=}\int_0^{1}x^mdx=\left[\frac{1}{m+1}x^{m+1}\right]_0^{1}=\frac{1}{m+1}$$이고, $$\text{우변}=\frac{m!0!}{(m+0+1)!}=\frac{m!}{(m+1)!}=\frac{1}{m+1}$$

n이 1이상의 정수인 경우에는 부분적분법을 사용해 귀납적인 관계를 찾고, 이 관계를 이용해 식을 증명합니다. $$I(m,n)=\int_0^{1}x^m(1-x)^ndx$$라 정의하겠습니다. 부분적분을 사용하여 적분식을 바꾸어주면, $$\begin{align}&\int_0^{1}x^m(1-x)^ndx\\&=\left[\frac{x^{m+1}}{m+1}(1-x)^n\right]_0^{1}+\int_0^{1}\frac{x^{m+1}}{m+1}\cdot n(1-x)^{n-1}dx\\
&=\frac{n}{m+1}\int_0^{1}x^{m+1}(1-x)^{n-1}dx\\
&=\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)\end{align}$$이 됩니다. 즉 $$I(m,n)=\frac{n}{m+1}I(m+1, n-1)$$이라는 귀납적인 관계를 만들 수 있습니다. 이 관계식에서 좌변과 우변의 m과 n을 비교하면 $$m\to m+1,\ n\to n-1$$ 로 m의 값은 1만큼 커지고, 반대로 n의 값이 1만큼 감소한다는 사실을 주목해 주세요. 이 관계식을 계속해서 적용해 나가면 n의 값이 1씩 감소하여 언젠가는 n의 값이 0이 됩니다. $$\begin{align}&I(m,n)\\&=\frac{n}{m+1}I(m+1, n-1)\\
&=\frac{n}{m+1}\cdot\frac{n-1}{m+2}I(m+2, n-2)\\
&=\frac{n}{m+1}\cdot\frac{n-1}{m+2}\cdot\frac{n-2}{m+3}I(m+3,n-3)\\
&=\frac{n}{m+1}\cdot\frac{n-1}{m+2}\cdot\frac{n-2}{m+3}\cdot …\cdot\frac{1}{m+n}I(m+n, 0)\\
&=\frac{m!n!}{(m+n)!}\int_0^1x^{m+n}dx\\
&=\frac{m!n!}{(m+n)!}\left[\frac{1}{m+n+1}x^{m+n+1}\right]_0^1\\
&=\frac{m!n!}{(m+n)!\cdot(m+n+1)}\\
&=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}\end{align}$$

[1]의 증명

$$t=\frac{x-\alpha}{\beta-\alpha}$$로 치환을 합니다. $$dt=\frac{1}{\beta-\alpha}dx\implies dx=(\beta-\alpha)dt$$이고, $$x-\alpha=(\beta-\alpha)t$$입니다. 그리고$$\begin{align}
\beta-x&=\beta-\{(\beta-\alpha)t+\alpha)\}\\
&=-(\beta-\alpha)t+(\beta-\alpha)\\
&=(\beta-\alpha)(1-t)
\end{align}$$이므로 $$\begin{align}&\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^m(\beta-x)^ndx\\&=\int_{0}^{1}\{(\beta-\alpha)t\}^m\{(\beta-\alpha)(1-t)\}^n(\beta-\alpha)dt\\
&=\int_{0}^{1}(\beta-\alpha)^{m+n+1}t^m(1-t)^ndt\\
&=(\beta-\alpha)^{m+n+1}\int_0^{1}t^m(1-t)^ndt\end{align}$$입니다. 그런데 [2]에서 $$\int_0^{1}t^m(1-t)^ndt=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}$$이므로, $$\begin{align}&(\beta-\alpha)^{m+n+1}\int_0^{1}t^m(1-t)^ndt\\&=(\beta-\alpha)^{m+n+1}\cdot\frac{m!n!}{(m+n+1)!}\\&=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}(\beta-\alpha)^{m+n+1}\end{align}$$ 입니다. 따라서 $$\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^m(\beta-x)^ndx=\frac{m!n!}{(m+n+1)!}(\beta-\alpha)^{m+n+1}$$

베타 함수의 활용

베타 함수를 이용하면 직선과 곡선으로 둘러싸인 부분의 넓이를 빠르게 구할 수 있습니다.

\(m=n=1\) 일 때

$$\begin{align}&\int_{\alpha}^{\beta}a(x-\alpha)(\beta-x)dx\\&=a\cdot\frac{1!1!}{(1+1+1)!}(\beta-\alpha)^{1+1+1}\\&=\frac{a}{6}(\beta-\alpha)^3\end{align}$$ 입니다. 따라서 $$\begin{align}&\int_{\alpha}^{\beta}a(x-\alpha)(x-\beta)dx\\&=-a\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)(\beta-x)dx\\&=\frac{-a}{6}(\beta-\alpha)^3\end{align}$$이므로, 2차 함수 \(y=f(x)=ax^2+bx+c\)의 그래프와 두 점 \((\alpha, f(\alpha))\), \((\beta,f(\beta))\) 에서 만나는 직선으로 둘러싸인 부분의 넓이는 $$\left|\frac{-a}{6}(\beta-\alpha)^3\right|\\=\frac{|a|}{6}(\beta-\alpha)^3\text{ (단, $\beta>\alpha$)}$$

\(m=2,\ n=1\) 일 때

3차함수의 그래프와 접선으로 둘러싸인 넓이의 고속 적분도 베타 함수를 사용하면 간단히 나타낼 수 있습니다.

$$\begin{align}&\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^2(\beta-x)\\&=\frac{2!1!}{(2+1+1)!}(\beta-\alpha)^{2+1+1}\\&=\frac{1}{12}(\beta-\alpha)^4\end{align}$$입니다. 따라서 $$\begin{align}&\int_{\alpha}^{\beta}a(x-\alpha)^2(x-\beta)dx\\&=-\int_{\alpha}^{\beta}a(x-\alpha)^2(\beta-x)dx\\&=\frac{-a}{12}(\beta-\alpha)^4\end{align}$$ 입니다.

따라서 그림과 같이 3차함수의 그래프와 직선으로 둘러싸인 부분의 넓이는 $$\left|\frac{-a}{12}(\beta-\alpha)^4\right|\\=\frac{|a|}{12}(\beta-\alpha)^4$$