помогите доказать равенства

[phoenix777]

${\int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-\gamma t \cos\alpha}\cos(\gamma t \sin\alpha)dt=\frac{\Gamma(x)\cos(x\alpha)}{\gamma^x}}$;

${\int_0^{+\infty}{t^{x-1}e^{-\gamma t \cos\alpha}\sin(\gamma t \sin\alpha)dt=\frac{\Gamma(x)\sin(x\alpha)}{\gamma^x}}$;

$\gamma>0,x>0,\frac{-\pi}2<\alpha<\frac\pi2.$
Это задания для курсовой. Я пробывал замену $\cos\alpha=\frac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}}2$($\sin\alpha=\frac{e^{i\alpha}-e^{-i\alpha}}{2i}$) и путем несложных вычислений пришел от левого к правому, но преподователь сказал, что тут возможно нельзя переходить в комплексные числа. Решать подругому неполучается, все время мешает $\cos(\gamma t \sin\alpha)$(первое равенство), точнее t в нем.
Подскажите каким способом можно это доказать, с чего начать.
Если кто может подсказать хорошую литературу, то буду рад.

[svv]

Сложите первое равенство и ($i$ умножить на второе).
Используйте $\cos z+i \sin z=e^{iz}$
В полученном равенстве красиво объединятся две экспоненты, и тригонометрические функции исчезнут совсем.
Его и надо доказывать, а доказав, можно обратно вернуться к этим двум.

Комплексные числа использовать можно. Здесь вообще нет настоящего интегрирования по контурам в комплексной плоскости, интегрирование ведется по вещественной оси, и комплексная экспонента -- это почти формальное объединение двух вещественных функций (ничего более, чем это объединение).

То, что получится после объединения, пожалуйста, напишите, хочется посмотреть.

[ewert]

phoenix777 в сообщении #444528 писал(а):

преподователь сказал, что тут возможно нельзя переходить в комплексные числа.

Он, возможно, имел в виду вот что. У Вас там будет получаться в показателе экспоненты $\gamma\,t\,e^{i\alpha}$ (во всяком случае, именно на это намекал svv, а что в точности имели в виду Вы сами -- я толком не понял). И если это выражение взять за новую переменную, то вроде как получится чистенькая гамма-функция. Но с одной оговоркой: после этой замены интегрирование будет вестись по наклонному лучу, а не по положительной полуоси, как положено. Так вот, придётся доказывать, что эти интегралы совпадают. Это делается примерно по той же схеме, что и в доказательстве леммы Жордана.

Да, а гамму, конечно, лучше с самого начала выкинуть из задачи соответствующей заменой, чтоб под ногами не путалась.

[phoenix777]

ewert в сообщении #444603 писал(а):

Так вот, придётся доказывать, что эти интегралы совпадают. Это делается примерно по той же схеме, что и в доказательстве леммы Жордана.

Я решал так как советывал svv, у меня вышло ${\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-\gamma t e^{-i\alpha}}dt=\frac{\Gamma(x)e^{ix\alpha}}{\gamma^x}}$ . У меня в собственном решении было примерно тоже (была необходима токая же замена), вот тока я незнал как докозать, что эти интегралы совпадают, попробую посмотреть лемму Жордана повнимательней.

Сегодня преподователь кратко объяснил как доказать без перехода к комплесным числам:
1. Продифференцировать по пораметру $\alpha$
2. Получить систему ОДУ и решить ее
Самое важное(и сложное) доказать, что можно дифференцировать по пораметру.
Я пока непробывал дифференцировать, поэтому незнаю какие могут возникнуть сложности, тем не менее буду рад если кто то даст совет. Вопрос как даказать, что интегралы совпадают пока всиле.

[ewert]

phoenix777 в сообщении #444642 писал(а):

Самое важное(и сложное) доказать, что можно дифференцировать по пораметру.

А как это может получиться, чтоб было нельзя, когда и до, и после дифференцирования интегралы сходятся абсолютно?...

Впрочем, с дифференцированием и потом дифурами там какая-то морока, лень даже и думать. С комплексными числами гораздо проще.

Да, с Жорданом я чуть погорячился. Аналогичные соображения работают только для $x\in(0;1)$. Но поскольку оба интеграла аналитичны по $x$ в окрестности всей положительной полуоси, и оба ответа тоже -- их равенство на интервале $(0;1)$ продолжается и на всю полуось.

[svv]

А гамму давайте все-таки выкинем: $u=\gamma t$. Теперь надо доказать

$$\int\limits_0^{+\infty}u^{x-1}e^{-u e^{-i\alpha}}du =\Gamma(x) e^{ix\alpha}$$

Обозначим $e^{-i\alpha}=z$. Тогда надо доказать

$$z^x \int\limits_0^{+\infty}u^{x-1}e^{-uz}du =\Gamma(x)$$

или

$$\int\limits_0^{+\infty}(zu)^{x-1}e^{-zu} \; zdu =\Gamma(x)$$

[ewert]

svv в сообщении #444653 писал(а):

$$\int\limits_0^{+\infty}u^{x-1}e^{-u e^{-i\alpha}}du =\Gamma(x) e^{ix\alpha}$$

Да, кстати. Если уж дифференцировать по параметру -- то не исходные два интеграла, а вот именно этот комплексный. После последующего интегрирования по частям получится совсем простенькое линейное дифференциальное уравнение первого порядка, которое практически сразу даёт нужный ответ. Ну а что это уравнение для комплексных функций -- так такие уравнения ничем по своим свойствам не отличаются от вещественных.

[svv]

Если еще обозначить $t=zu$ (к чему, собственно, я и вёл), получим классическое определение

$$\Gamma(x)=\int\limits_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt,$$

правда, с той разницей , что $t$ комплексное.

Но мы же хорошо понимаем, какое оно комплексное: контур -- это луч от $t=0$ до бесконечности, на котором каждая точка имеет аргумент с аргументом $-\alpha$, где $-\frac\pi 2<\alpha<\frac\pi 2$.

То есть нужно просто доказать, что так тоже можно интегрировать. ewert, что скажете?

[ewert]

svv в сообщении #444671 писал(а):

То есть нужно просто доказать, что так тоже можно интегрировать. ewert, что скажете?

Я уже сказал. После соединения концов отрезков $(0;R)$ и $(0;Re^{-i\alpha})$ дугой окружности радиуса $R$ -- надо доказать, что интеграл по этой дуге стремится к нулю при $R\to+\infty$. Это достаточно очевидно для $x\in(0;1)$, и выглядит несколько сомнительным при больших иксах. Но нам достаточно зацепиться за хоть какой-то сплошной отрезок положительной полуоси для иксов, а далее равенство распространяется на все положительные иксы по аналитическому продолжению.

[svv]

Так, понятно. Извините, иногда надо услышать два раза.

[phoenix777]

svv в сообщении #444671 писал(а):

Если еще обозначить $t=zu$ (к чему, собственно, я и вёл), получим классическое определение

$$\Gamma(x)=\int\limits_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt,$$

правда, с той разницей , что $t$ комплексное.

Но мы же хорошо понимаем, какое оно комплексное: контур -- это луч от $t=0$ до бесконечности, на котором каждая точка имеет аргумент с аргументом $-\alpha$, где $-\frac\pi 2<\alpha<\frac\pi 2$.

То есть нужно просто доказать, что так тоже можно интегрировать. ewert, что скажете?

Зачем такие сложности, замена $\gamma t e^{-i\alpha}=z$ сразу приведет к такому результату

[svv]

Очень просто. Я сначала боялся переходить к комплексной переменной интегрирования (сам же написал, что комплексность у нас формальная), и "тянул до последнего". А потом, когда получилось практически определение гамма-функции, понял, что комплексный контур -- единственная сложность, и все усилия нужно бросить именно на неё.

[ewert]

phoenix777 в сообщении #444719 писал(а):

замена $\gamma t e^{-i\alpha}=z$ сразу приведет к такому результату

Автоматически не приводит. Это -- интегралы по разным лучам на комплексной плоскости, и поэтому вовсе не обязаны заранее совпадать. Их совпадение надо как-то обосновывать. В принципе, леммой типа Жордана; но в данном конкретном случае -- с некоторыми прибамбасами.

[phoenix777]

Я имел ввиду, что замена приведет к ПОЧТИ классическому определению гамма-функции. А то, что интеграл по комплексной переменной необязательно совпадет с интегралом по вещественной я уже давно понял