Cauchyのベータ積分

\begin{align} C(x,y):=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{(1+it)^x(1-it)^y} \end{align}
とする. まず, 部分積分より
\begin{align} C(x+1,y)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{(1+it)^{x+1}(1-it)^y}\\ &=\frac yx\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{(1+it)^{x}(1-it)^{y+1}}\\ &=\frac yxC(x,y+1) \end{align}
を得る.　また,
\begin{align} C(x,y)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(2-(1+it))dt}{(1+it)^x(1-it)^{y+1}}\\ &=2C(x,y+1)-C(x-1,y+1) \end{align}
も得られる. ここに
\begin{align} C(x-1,y+1)&=\frac{x-1}{y}C(x,y) \end{align}
であることを用いると
\begin{align} C(x,y)&=\frac{2y}{x+y-1}C(x,y+1) \end{align}
を得る. $t\mapsto -t$の置換により$C(x,y)=C(y,x)$であることが分かるから,
\begin{align} C(x,y)&=\frac{2x}{x+y-1}C(x+1,y) \end{align}
であることも分かる. よって,
\begin{align} C(x,y)&=\frac{2y}{x+y-1}C(x,y+1)\\ &=\frac{4xy}{(x+y-1)(x+y)}C(x+1,y+1) \end{align}
を得る. この関係式を$n$回適用すると
\begin{align} C(x,y)&=\frac{2^{2n}(x)_n(y)_n}{(x+y-1)_{2n}}C(x+n,y+n)\\ &=\frac{(x)_n(y)_n}{\left(\frac{x+y-1}2\right)_n\left(\frac{x+y}2\right)_n}C(x+n,y+n)\\ \end{align}
を得る. 次に,
\begin{align} C(x+n,y+n)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{(1+it)^{x+n}(1-it)^{y+n}}\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{(1+t^2)^n(1+it)^{x}(1-it)^{y}}\\ &=\frac 1{\sqrt n}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{\left(1+\frac{t^2}n\right)^n\left(1+\frac{it}{\sqrt n}\right)^{x}\left(1-\frac{it}{\sqrt n}\right)^{y}}\qquad t\mapsto \frac{t}{\sqrt n} \end{align}
であるから,
\begin{align} (x)_n&=\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}\\ &\sim \frac{n!n^x}{\Gamma(x)}\qquad n\to\infty \end{align}
を用いて,
\begin{align} C(x,y)&=\lim_{n\to\infty}\frac{(x)_n(y)_n}{\left(\frac{x+y-1}2\right)_n\left(\frac{x+y}2\right)_n}\frac 1{\sqrt n}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{\left(1+\frac{t^2}n\right)^n\left(1+\frac{it}{\sqrt n}\right)^{x}\left(1-\frac{it}{\sqrt n}\right)^{y}}\\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{x+y-1}2\right)\Gamma\left(\frac{x+y}2\right)}{\Gamma(x)\Gamma(y)}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\,dt\\ &=\frac{\Gamma\left(\frac{x+y-1}2\right)\Gamma\left(\frac{x+y}2\right)\sqrt{\pi}}{\Gamma(x)\Gamma(y)} \end{align}
となる. Legendreの倍角公式より
\begin{align} \Gamma\left(\frac{x+y-1}2\right)\Gamma\left(\frac{x+y}2\right)\sqrt{\pi}&=2^{2-x-y}\pi\Gamma(x+y-1) \end{align}
であるから定理が示された. ここで, 以下の積分と極限の交換を行った.
\begin{align} \lim_{n\to\infty}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dt}{\left(1+\frac{t^2}n\right)^n\left(1+\frac{it}{\sqrt n}\right)^{x}\left(1-\frac{it}{\sqrt n}\right)^{y}} \end{align}
これは被積分関数の絶対値が
\begin{align} \left|\frac 1{\left(1+\frac{t^2}n\right)^n\left(1+\frac{it}{\sqrt n}\right)^{x}\left(1-\frac{it}{\sqrt n}\right)^{y}}\right|&=\left(1+\frac{t^2}{n}\right)^{-n-\frac 12\Re(x+y)}e^{\Im(x-y)\arctan\left(\frac t{\sqrt n}\right)}\\ &\leq \left(1+\frac{t^2}{n}\right)^{-n}e^{\frac{\pi}2|\Im(x-y)|}\\ &\leq \frac{e^{\frac{\pi}2|\Im(x-y)|}}{1+t^2} \end{align}
と抑えられることから, 優収束定理により正当化される.