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(1 —x) b ' 1 dx = 
A2) Ab) = 1 • Ab) 
r(b -f 2} b(b + l)r(b) 
f(b,2) = 
x b_1 (l— x)dx 
o 
m r( 2) 
Ab + 2 ) 
1 
b (b+1) 
1 
RH+T) 
u. s. f. 
2) a —}~ b = 1, b = l—a, somit, da F(l) = 1 
f (a, 1 — a) =J x a_1 (1 — x)’ a dx = r(a) Al - a) 
o 
0 < recp. a < 1. 
f (1 —a, a) = / x‘ a (1 — x) a_1 dx = T(a) Al — a) 
In der ersten Formel setzen wir 
-, 1 — x 
1 — x’ 1 y 1 y 1 
Die Grenzen sind 0 und oo, dann folgt 
dx = 
dy 
(i + y) 3 
f (a, 1 — a) 
schreiben, 
»oo a-1 
i + y 
dy, somit, wenn wir hier statt y wieder x 
f (a, 1 — a) = f (1 — a,a) = j x a_1 (l—x)' a dx= j x' a (l — x) a_1 dx 
0 O 
»oo a-1 
X 
1 -j- x 
dX: 
»oo -a 
X 
1+x 
dx = F(a} Al — a ) 
3) Auswertung von Wir gehen aus von 
f* 1 dx — 
S = j n/ Nun sei x n = z. x = z n 
J V 1 X “ n .! . - - 1 
nx ’ dx = dz, dx 
dz 
z '4 
Die Grenzen bleiben