有关阶乘的一些东西
Chase12345
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2025-08-29 22:28:04
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算法·理论
呃呃别看到标题就不看内容了啊qwq。
写在前面
此文引用我的同学关于余元公式的证明。文章入口，此文与这位巨佬共同创作。在此膜拜并感谢！
新初一学生，轻点喷。。。
灵感来自下面：
说一句：分数微积分中大量使用 Gamma 函数，后面分数微积分我有时间也写一篇文章。
阶乘的定义
这一部分就一笔带过了。因为不难。
对于正整数 n，我们定义其阶乘 n! 为：
n!=\prod_{k=1}^{n} k
很显然地，n!=n \times (n-1)!。
其它内容
在观看这一部分内容之前，请确保自己已经掌握一些简单微积分的内容。
刚刚我们说到整数的阶乘，那么有没有一种定义在实数域甚至说复数域函数 f(x) 也能满足像上面这样的阶乘，且也满足 f(x)=f(x-1)\cdot x？
这就是我们今天的主角：Gamma 函数。
定义
什么是 Gamma 函数？我们在上面说过，Gamma 函数 \Gamma(x) 满足 \Gamma(x+1)=x \cdot \Gamma(x)，且对于所有正整数 n，有 \Gamma(n)=(n-1)!（虽然也是类似阶乘但并非是直接对应的。
所以你可以把 Gamma 函数理解为阶乘的扩展。
那么，Gamma 函数是怎么进行拓展的呢？有两种定义。
定义一
这个就是欧拉积分形式。（后面我的所有关于 \Gamma(z) 的定义都是按照这个歌定义）对于所有的实部大于 0 的复数 z，Gamma 函数定义为：
\Gamma(z)=\int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-t}\mathrm{d}t
然后为什么要是实部大于 0 的复数才可以呢？因为这样的情况下它才收敛。
定义二
维尔斯特拉斯乘积形式，好像有点小众。对于所有复数 z（除非正整数外），有：
\frac{1}{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}
其中，\gamma 是欧拉常数，大约 0.5772。
性质及证明。
递推关系
定理Ⅰ：对于复数 z，其实部 \operatorname{Re}(z)>0，满足 \Gamma(z+1)=z\Gamma(z)。且对于正整数 n，满足 \Gamma(n)=(n-1)!。
证明思路：
如果证明出前面这坨东西，后面这坨东西用：
\Gamma(1)=\int_0^{\infty} e^{-t}\mathrm{d}t=1
这个东西，就能证出来了。（这很简单吧
证明：
考虑到：
\Gamma(z+1)=\int_0^{\infty} t^ze^{-t} \mathrm{d}t
令 u=t^z,\mathrm{d}v=e^{-t} \mathrm{d}t，则 \mathrm{d}u=zt^{z-1}\mathrm{d}t,v=-e^{-t}。则：
\Gamma(z+1)=[-t^ze^{-t}]_0^{\infty}+z\int_0^{\infty} t^{z-1}e^{-t}\mathrm{d}t
当 t \to \infty，有 t^ze^{-t} \to 0，当 t \to 0 有 t^ze^{-t} \to 0（所以这就是为什么我让 z 的实部大于 0，可以让积分收敛）
解析延拓
这里涉及到一些复变函数的无聊东西。
定理Ⅱ：Gamma 函数可以解析延拓到整个复平面，除了 z=0,-1,-2,\dots 外处处解析，这些点都是单极点，留数为：
\operatorname{Res}(\Gamma,-n)=\frac{(-1)^n}{n!},\space\space n=0,1,2,\dots
证明：
由定理Ⅰ可定义 \Gamma(z) 在 \operatorname{Re}(z)>-1（除 z=0）的值。重复这个过程，可以延拓到整个复平面。
在 z=-n 处，有：
\Gamma(z)=\frac{\Gamma(z+n+1)}{z(z+1)(z+2)\cdots(z+n)}
因此，极点来自分母，在 z=-n 处，
\Gamma(z) \sim \frac{\Gamma(1)}{(-n)(-n+1)\cdots(-1)(z+n)}=\frac{1}{(-1)^nn!(z+n)}
所以留数为 \frac{(-1)^n}{n!}。
欧拉反射公式（余元公式）
定理Ⅲ：对于 z \notin \mathbb{Z}，
\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}
见此。
请注意：在看该文的时候确保掌握了简单微积分和傅里叶变换的定义。
证明方法二：
使用定义二，然后需要用到一个性质：
\Gamma(-z)=-\frac{\Gamma(1-z)}{z}
这个不难证明。略去了。
先用定义二求出两坨东西：
\frac{1}{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}\\
\frac{1}{\Gamma(-z)}=-ze^{-\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z}{n}\right)e^{\frac{z}{n}}
相乘，有：
\frac{1}{\Gamma(z)\Gamma(-z)}=-\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)
然后用最上面的公式，有：
\frac{1}{\Gamma(z)\Gamma(-z)}=-\frac{1}{z\Gamma(z)\Gamma(1-z)}
即
\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{1}{z\prod\limits_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)}
考虑到正弦无穷积：
\sin \pi z=\pi z \prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)
所以
\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z}
证毕！
Gamma 函数和 Beta 函数的关系
这一点我们用在后面证明勒德让倍量公式。
定理Ⅳ：对于 \operatorname{Re}(a)>0,\operatorname{Re}(b)>0，有：
B(a,b)=\int_0^1t^{a-1}(1-t)^{b-1}\mathrm{d}t=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}
证明思路：
你直接用定义就行了呗。
证明：
由定义：
\Gamma(a)=\int_0^{\infty}x^{a-1}e^{-x}\mathrm{d}x\\
\Gamma(b)=\int_0^{\infty}y^{b-1}e^{-y}\mathrm{d}y
则：
\Gamma(a)\Gamma(b)=\int_0^{\infty} \int_0^{\infty} x^{a-1}y^{b-1}e^{-(x+y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y
令 x=ts,y=(1-t)s，其中 s 为雅可比行列式，有：
\Gamma(a)\Gamma(b)=\int_0^1t^{a-1}(1-t)^{b-1}\mathrm{d}t\int_0^{\infty} s^{a+b-1}e^{-s}\mathrm{d}s=B(a,b)\Gamma(a+b)
证毕。
勒德让倍量公式
定理Ⅴ：对于实部大于 0 的复数 z，有：
\Gamma(z)\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)=2^{1-2z}\sqrt \pi \Gamma(2z)
证明思路：
暴力二重积分是可以做的。此方法会用在方法一。
证明方法一：
见此文（注：引用文章已征得原作者同意。）
证明方法二：
考虑到 Beta 函数和 Gamma 函数的关系：
B(z,w)=\frac{\Gamma(z)\Gamma(w)}{\Gamma(z+w)}=\int_0^1 t^{z-1}(1-t)^{w-1} \mathrm{d}t
令 z=w，有：
B(z,z)=\frac{\Gamma(z)\Gamma(z)}{\Gamma(2z)}=\int_0^1 [t(1-t)]^{z-1} \mathrm{d}t
换元 t=\frac{1+u}{2}，得
\int_0^1[t(1-t)]^{z-1}\mathrm{d}t=2^{1-2z}\int_{-1}^1(1-u^2)^{z-1}\mathrm{d}u=2^{1-2z}B\left(\frac{1}{2},z\right)
其中
B\left(\frac{1}{2},z\right)=\frac{\Gamma(\frac{1}{2})\Gamma(z)}{\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)}=\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(z)}{\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)}
代入整理可得：
\frac{\Gamma(z)\Gamma(z)}{\Gamma(2z)}=2^{1-2z}\frac{\sqrt{\pi}\Gamma(z)}{\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)}
然后关于 \Gamma(z) \neq 0 这一点，上面的余元公式。可以直接证明非 0。直接把 Gamma 函数除过去就行了。
Stirling 公式
此东西用来估算 Gamma 函数是很精妙的一个东西。
定理Ⅵ：
\Gamma(z+1) \sim \sqrt{2\pi z}\left(\frac{z}{e}\right)^z\left(1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}-\frac{139}{51840z^3}\right)
当 z \to \infty 且 |\arg z| <\pi 时成立。
特别地，对于正整数 n，有：
n! \sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n
证明思路：
显然这么恶心的东西你不可能去合并。考虑鞍点法。
证明：
考虑到定义一。
\Gamma(z+1)=\int_0^{\infty} t^ze^{-t}\mathrm{d}t
令 t=z(1+u)，有
\Gamma(z+1)=z^{z+1}e^{-z}\int_{-1}^{\infty} (1+u)^ze^{-zu}\mathrm{d}u
换元 u = \frac{v}{\sqrt{z}}，并对 \ln (1+u) 泰勒展开，可得：
\Gamma(z+1)=z^{z+1}e^{-z} \int_{-\sqrt{z}}^{\infty} e^{\frac{-v^2}{2}}\left(1+\frac{v^3}{3\sqrt z}+\cdots\right)\mathrm{d}v
扩展积分限到整个实数轴，然后计算高斯积分，就可以得到了。由于后面计算量极大，这里就省略了。
Stirling 公式的相对误差为 O\left(\frac{1}{z}\right)。前几项提供了很优秀的近似。
应用
很显然 Gamma 函数有很多应用。
概统
这些偏结论，我就不讲了。
正态分布
标准正态分布的概率密度函数为：
f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{\frac{-x^2}{2}}
然后归一化常数 \sqrt{2\pi} 如果数感很强的人一眼就可以看出 \sqrt{2\pi}=\sqrt{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)。
Beta 分布
f(x;\alpha,\beta)=\frac{x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}}{B(\alpha,\beta)}=\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(a)\Gamma(b)}x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}
高斯积分
此处，参考了高等数学的一种思路。虽然说确实哪都是这样写的（
在此致谢。
高斯积分的定义为：
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x
不过由于方便起见，这里积分区间我弄成 [0,+\infty) 了，这样答案与原答案差两倍。问题不大。
先审敛。
考虑分成 [0,1] 和 [1,+\infty) 两个积分区间。
简单说说。就是，[0,1] 上 e^{-x^2} 单减。即前面这段积分小于 \int_0^1 \mathrm{d}x。就是这样没了。后面这段，可以自己考虑，因为有一个很好的 e^x。
然后，考虑到 Gamma 函数的欧拉定义。
\Gamma(s)=\int_0^{\infty} e^{-x}x^{s-1} \mathrm{d}x
换元 x=t^2，有：
\Gamma(s)=2\int_0^{\infty} e^{-t^2}t^{2s-1}\mathrm{d}t
取 s=\frac{1}{2}，有：
\Gamma\left(\frac{1}{2}
\right)=2\int_0^{\infty} e^{-t^2}\mathrm{d}t=\sqrt \pi=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2}\mathrm{d}t
即得。
最重要的东西
Gamma 函数将二项式系数推广到了非整数值：
\binom{z}{w}=\frac{\Gamma(z+1)}{\Gamma(w+1)\Gamma(z-w+1)}
这一点是非常重要的。本文最重要的一个公式。
通过这个，你可以得到广义二项式定理。
总结
本文写了阶乘相关的东西。重点在于后面的 Gamma 函数。