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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