0

ガンマ関数とベータ関数

422
0
$$$$

ガンマ関数

ガンマ関数

$$ \Gamma(z)=\int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt $$

この積分を第二種Euler積分ということもあります。
ここで$t\mapsto s^2$としてみると
$$ \Gamma(z)=2\int_0^{\infty}s^{2z-1}e^{-s^2}ds $$
となり、$z=\dfrac{1}{2}$とすることで
$$ \Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=2\int_0^{\infty}e^{-s^2}ds=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-s^2}ds $$
となり、ガウス積分と一致します。
ガウス積分の値は$\sqrt{\pi}$であるので、この時点で$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt\pi$であることがわかりますが、後ほど他の方法でも$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$であることを証明してみたいと思います。
さて、ガンマ関数にはもう一つ定義があります。そちらも確認しておきましょう。

ガンマ関数

$$ \Gamma(z)=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)} $$

これをEulerの乗積表示と言います。これは次回紹介するWeierstrassの乗積表示に必要になってきますのでここで紹介しておきます。
また後ほど、この二つの定義のガンマ関数が等しいことを証明したいと思います。
ここで、ガンマ関数の性質を二つ紹介します。

$$ \Gamma(z+1)=z\Gamma(z) $$

第二種Euler積分を用いる方法

$\Gamma(z+1)=\displaystyle\int_0^{\infty}t^ze^{-t}dt$
      $=\left[-t^ze^{-t}\right]^{t=\infty}_{t=0}+z\displaystyle\int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt$
      $=0+z\Gamma(z)$

Eulerの乗積表示を用いる方法

$\Gamma(z+1)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^{z+1}n!}{\prod_{k=0}^n(z+1+k)}$
      $=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n\cdot z}{z+1+n}\cdot\dfrac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)}$
      $=z\Gamma(z)$

系として次の定理を得ることができます。

$$ \Gamma(n)=(n-1)! $$

これを示すには、$\Gamma(1)=1$を示せば良いです。

第二種Euler積分を用いる方法

$\Gamma(1)=\displaystyle\int_0^{\infty}e^{-t}dt$
    $=\left[-e^{-t}\right]^{\infty}_0$
    $=0-(-1)=1$

Eulerの乗積表示を用いる方法

$\Gamma(1)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n\cdot n!}{\prod_{k=0}^n(1+k)}$
    $=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n\cdot n!}{(n+1)!}$
    $=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{n+1}\to1$

このことから、ガンマ関数は階乗の一般化ともされています。

ベータ関数

ベータ関数

$$ B(a,b)=\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx $$

これを第一種Euler積分と言います。
ここでベータ関数に関する定理を2つ紹介してEulerの乗積表示から第二種Euler積分を導いてみましょう。

$$ B(a,b)=\dfrac{b-1}{a}B(a+1,b-1) $$

$B(a,b)=\displaystyle\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx$
    $\ $$=\left[\dfrac{1}{a}x^a(1-x)^{b-1}\right]^1_0+\dfrac{b-1}{a}\displaystyle\int_0^1x^a(1-x)^{b-2}dx$
    $\ $$=\dfrac{b-1}{a}B(a+1,b-1)$

$$ B(a,n+1)=\dfrac{n!}{\prod_{k=0}^n(a+k)} $$

左辺に定理3を$n$回適用して、
$B(a,n+1)=\dfrac{n\cdot(n-1)\cdots1}{a\cdot(a+1)\cdots(a+n-1)}\cdot B(a+n,1)$
     $\ $$=\dfrac{n!}{\prod_{k=0}^{n-1}(a+k)}\cdot\dfrac{1}{a+n}$
     $\ $$=\dfrac{n!}{\prod_{k=0}^n(a+k)}$

$$ \int_0^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt=\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)} $$

$\dfrac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)}=n^zB(z,n+1)$
       $\ $$=n^z\displaystyle\int_0^1x^{z-1}(1-x)^ndx$
ここで$x\mapsto\dfrac{x}{n}$とすると
$\dfrac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)}=n^{z-(z-1)-1}\displaystyle\int_0^nx^{z-1}\left(1-\dfrac{x}{n}\right)^ndx$
今、$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1-\dfrac{x}{n}\right)^n=e^{-x}$は区間$[0,n]$で一様収束するので
$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)}=\lim_{n\to\infty}\int_0^nx^{z-1}\left(1-\dfrac{x}{n}\right)^ndx=\int_0^{\infty}x^{z-1}e^{-x}dx$
となり、2つのガンマ関数の表示が一致していることがわかりました。

ベータ関数を少し変形してみましょう。
$x\mapsto\dfrac{y-\alpha}{\beta-\alpha}$という置換を考えると
$B(a,b)=\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}\left(\dfrac{y-\alpha}{\beta-\alpha}\right)^{a-1}\left(\dfrac{\beta-\alpha}{\beta-\alpha}-\dfrac{y-\alpha}{\beta-\alpha}\right)^{b-1}\dfrac{dy}{\beta-\alpha}$
    $ $$=\dfrac{1}{(\beta-\alpha)^{a+b-1}}\displaystyle\int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^{a-1}(\beta-x)^{b-1}dx$ $\ \ \ \ \ $($y=x$とした)
この結果から、
$$ \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^{a-1}(x-\beta)^{b-1}dx=(-1)^{b-1}(\beta-\alpha)^{a+b+1}B(a,b) $$
という式を得ることができます。
これはいわゆる$\dfrac{1}{6}$公式の一般化になっています。
$\dfrac{1}{6}$公式の一般化を知っている人は、自分の知っている形と少し違うように感じるかもしれませんが、後ほど馴染みが深いであろう公式の形も紹介しておきます。
それでは、ベータ関数の特殊値を計算するための定理を一つ紹介します。

$$ B(a,b)=2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2a-1}x\cos^{2b-1}xdx $$

$B(a,b)=\displaystyle\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx$において
$x\mapsto\sin^2x$とすると
$B(a,b)=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2a-2}x\cos^{2b-2}x\cdot2\sin x\cos xdx$
   $\ $$=2\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2a-1}x\cos^{2b-1}xdx$

ここで、$a=b=\dfrac{1}{2}$とすることで、$B\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)=\pi$であることがわかります。

ガンマ関数とベータ関数の関係

ここでは簡単なガンマ関数とベータ関数の関係、そして$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt\pi$$\dfrac{1}{6}$公式の一般化の簡単な形を求めたいと思います。

$$ B(a,b)=\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} $$

$\Gamma(a)\Gamma(b)=\displaystyle\int_0^{\infty}x^{a-1}e^{-x}dx\int_0^{\infty}y^{b-1}e^{-y}dy$
      $=\displaystyle\int_0^{\infty}\int_0^{\infty}x^{a-1}y^{b-1}e^{-x-y}dxdy$
ここで$x+y\mapsto t$とすると
$\Gamma(a)\Gamma(b)=\displaystyle\int_0^{\infty}\int_x^{\infty}x^{a-1}(t-x)^{b-1}dtdx$
今、$t$$x$から$\infty$まで動き、その$x$$0$から$\infty$まで動くため、$t$$0$から$\infty$まで動くことがわかります。そのことから、積分範囲は
$\displaystyle\int_0^{\infty}\int_0^tx^{a-1}(t-x)^{b-1}e^{-t}dxdt$
のように書き換えられます。
ここで$x\mapsto tx$とすると
$\Gamma(a)\Gamma(b)=\displaystyle\int_0^{\infty}\int_0^1(tx)^{a-1}(t-tx)^{b-1}e^{-t}\cdot tdxdt$
     $=\displaystyle\int_0^{\infty}\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}t^{a-1+b-1+1}e^{-t}dxdt$
    $=\displaystyle\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx\int_0^{\infty}t^{a+b-1}e^{-t}dt$
    $=B(a,b)\Gamma(a+b)$
$$ ∴B(a,b)=\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} $$

上の定理7において$a=b=\dfrac{1}{2}$とすると
$B\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)^2}{\Gamma\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)}$
となり、$B\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}\right)=\pi$$\Gamma(1)=1$であることから$\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt\pi$であることがわかります。
さて、$\dfrac{1}{6}$公式の一般化の式に定理7を適用すると、
$$ \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^{a-1}(x-\beta)^{b-1}dx=(-1)^{b-1}(\beta-\alpha)^{a+b+1}\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} $$
となります。さらに、$a\mapsto m+1$,$b\mapsto n+1$とし、$\Gamma(n)=(n-1)!$を用いると
$$ \int_{\alpha}^{\beta}(x-\alpha)^m(x-\beta)^ndx=(-1)^n(\beta-\alpha)^{m+n+1}\dfrac{m!n!}{(m+n+1)!} $$
となり、おそらくみなさんが馴染んでいるであろう形になりました。
それでは今回はここら辺で終わりにしたいと思います。
読んでいただきありがとうございました。

投稿日:2020119

この記事を高評価した人

高評価したユーザはいません

この記事に送られたバッジ

バッジはありません。

投稿者

みずき
みずき
13
1100
学んだことのまとめいろいろ。

コメント

他の人のコメント

コメントはありません。
読み込み中...
読み込み中