国際信州学院大学観光学部R6第二問を、高校数学+α＋βくらいで解く

ある定数$c$で積分区間を分けて、別々で収束を証明する。
${\displaystyle A_1={\int }_0^c{e}^{-t}{t}^{x-1}dt}$
${\displaystyle A_2={\int }_c^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}dt}$
まず、被積分関数が$t>0$で常に0以上なので、
$0\le A_1$、$0\le A_2$

$A_1$について、
また、$e^0=1$で$e^{-t}$は単調減少なので$e^{-t}\le 1$から、
$$A_1\le {\int }_0^c{t}^{x-1}dt$$
$x>0$の仮定から、
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^c{t}^{x-1}dt& =& {\left[{\displaystyle \frac{t^x}{x}}\right]}_0^c\\ & =& {\displaystyle \frac{c^x}{x}}<\mathrm{\infty }\end{array}$$
$A_2$について、

1以上の任意の自然数$n$をとして、関数${\displaystyle f(x)=x-\log (1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+\cdots +{\displaystyle \frac{x^n}{n!}})}$ $(x>0)$とすると、${\displaystyle \underset{x\to +0}{lim}f(x)=0}$かつ、
$$f^{\prime }(x)=1-{\displaystyle \frac{1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots +\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}}{1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots +\frac{x^n}{n!}}}>0$$
よって$x>0$で$f(x)>0$が成り立ち、整理して指数を取ると、
$$e^x>1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2}}+\cdots +{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}$$
つまり$e^{-x}<{\displaystyle \frac{n!}{x^n}}$
よって、$n>x$なる$n$を取ってきて、
$$\begin{array}{rcl}{A}_2& \le & {\int }_c^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n!}{t^{n+1-x}}}dt\\ & =& {\left[{\displaystyle \frac{n!}{(x-n)t^{n-x}}}\right]}_c^{\mathrm{\infty }}\\ & =& {\displaystyle \frac{n!}{(n-x)c^{n-x}}}<\mathrm{\infty }\end{array}$$
よって、$\mathrm{\Gamma }(x)$は$x>0$で収束する。

$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\Gamma }(x+1)& =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x}dt\\ & =& {[-e^{-t}{t}^x]}_0^{\mathrm{\infty }}+x{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}dt\\ & =& x\mathrm{\Gamma }(x)\end{array}$$
2段目の極限は、定理1の議論と同様にして導ける。

$1+x+{\displaystyle \frac{x^2}{2}}\le e^x$の証明は定理1の証明の途中で示している。
もう一つの不等式について、
$f(x)=1+x+x^2-e^x$とすると、$f^{\prime }(x)=1+2x-e^x,f^{″}(x)=2-e^x$となり、
$f^{″}(x)\ge 0(0\le x\le \log 2)$,$f^{\prime }(0)=0$であるので、$f^{\prime }(x)\ge 0(0\le x\le \log 2)$
また、$f(0)=0$であるので、
$f(x)\ge 0(0\le x\le \log 2)$
よって$e^x\le 1+x+x^2(0\le x\le \log 2)$

まずは、${\displaystyle {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}(\log t{)}^{n}dt}$が収束することを示そう。
$0\le t\le 1$で$e^{-t}\le 1$である。$1\le t$で$(\log t{)}^n\le t^n$であることは、$f(t)=t-\log t$の増減表を書くことで示せる。
よって、
$$\begin{array}{rcl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}(\log t{)}^{n}dt& \le & {\int }_0^1{t}^{x-1}(\log t{)}^{n}dt+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{n+x-1}dt\\ & <& \mathrm{\infty }(\underset{x\to +0}{lim}{x}^a(\log x{)}^n=0(a>0)\text{であることは、}\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{\log x}{x^{\frac{a}{n}}}}=0\text{より従う。 また、この極限は}{e}^x>{\displaystyle \frac{x^n}{n!}}\text{より従う。また、2項目は}\mathrm{\Gamma }(n+x)\text{より小さい。})\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\Gamma }(x+h)& =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x+h-1)\log t}dt\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}{e}^{h\log t}dt\end{array}$$
$0\le h\log t\le \log 2$を満たす、つまり十分小さい$h$において、
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}(1+h\log t+{\displaystyle \frac{h^2(\log t{)}^2}{2}})dt\le \mathrm{\Gamma }(x+h)\le {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}(1+h\log t+h^2(\log t{)}^2)dt$$
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}(h\log t+{\displaystyle \frac{h^2(\log t{)}^2}{2}})dt\le \mathrm{\Gamma }(x+h)-\mathrm{\Gamma }(x)\le {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}(h\log t+h^2(\log t{)}^2)dt$$
$$\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1}{h}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}(h\log t+{\displaystyle \frac{h^2(\log t{)}^2}{2}})dt\le \underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1}{h}}(\mathrm{\Gamma }(x+h)-\mathrm{\Gamma }(x))\le \underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1}{h}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{e}^{(x-1)\log t}(h\log t+h^2(\log t{)}^2)dt$$
左側も右側も、同じ収束値であるので、挟み撃ちの原理から、
$${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(x+h)-\mathrm{\Gamma }(x)}{h}}={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}\log tdt$$
この議論は、${\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)$、${\mathrm{\Gamma }}^{″}(x)\cdots {\mathrm{\Gamma }}^{(n-1)}(x)$に対しても同様に行えるので、式を得る。

$$\begin{array}{rcl}\{\log \mathrm{\Gamma }(x){\}}^{″}={\left({\displaystyle \frac{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)}{\mathrm{\Gamma }(x)}}\right)}^{\prime }& =& {\displaystyle \frac{{\mathrm{\Gamma }}^{″}(x)\mathrm{\Gamma }(x)-{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x{)}^2}{\mathrm{\Gamma }(x{)}^2}}\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(x)}}({\mathrm{\Gamma }}^{″}(x)-{\left({\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(x{)}^{\prime }}{\mathrm{\Gamma }(x)}}\right)}^2\mathrm{\Gamma }(x))\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(x)}}({\mathrm{\Gamma }}^{″}(x)-2{\displaystyle \frac{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)}{\mathrm{\Gamma }(x)}}{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)+{\left({\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(x{)}^{\prime }}{\mathrm{\Gamma }(x)}}\right)}^2\mathrm{\Gamma }(x))\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(x)}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}\{(\log t{)}^2-2{\displaystyle \frac{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)}{\mathrm{\Gamma }(x)}}+{\left({\displaystyle \frac{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)}{\mathrm{\Gamma }(x)}}\right)}^2\}dt\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{\mathrm{\Gamma }(x)}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t}{t}^{x-1}{(\log t-{\displaystyle \frac{{\mathrm{\Gamma }}^{\prime }(x)}{\mathrm{\Gamma }(x)}})}^{2}dt\ge 0\end{array}$$

$0<x\leqq 1$、$n$は$0$以上の整数だとすると、
$$f(x+n)=(x+n-1)(x+n-2)\cdots (x+1)xf(x)$$
となるので、いかなる正の実数に対しても、$0<x\leqq 1$の定義域に帰着する。
ここで、$\log f(x)$は下に凸なので、$0<x\leqq 1$を満たす実数、$n$を2以上の自然数とすると以下の不等式が成立する。
$${\displaystyle \frac{\log f(-1+n)-\log f(n)}{(-1+n)-n}}\leqq {\displaystyle \frac{\log f(x+n)-\log f(n)}{(x+n)-n}}\leqq {\displaystyle \frac{\log f(1+n)-\log f(n)}{(1+n)-n}}$$
$f(n+1)=n!$、$f(n)=(n-1)!$、$f(n-1)=(n-2)!$であるから上式は
$$\begin{array}{rcl}\log (n-1)\leqq & {\displaystyle \frac{\log f(x+n)-\log (n-1)!}{x}}& \leqq \log n\\ x\log (n-1)\leqq & \log f(x+n)-\log (n-1)!& \leqq x\log n\\ x\log (n-1)+\log (n-1)!\leqq & \log f(x+n)& \leqq x\log n+\log (n-1)!\\ \log \{(n-1{)}^x(n-1)!\}\leqq & \log f(x+n)& \leqq \log \{n^x(n-1)!\}\end{array}$$
$\log$は単調増加なのでそのまま外せて
$$(n-1{)}^x(n-1)!\leqq f(x+n)\leqq n^x(n-1)!$$
ここで、$f(x+n)$を先ほどの方法で変形させて整理すると、
$${\displaystyle \frac{(n-1{)}^x(n-1)!}{x(x+1)\cdots (x+n-1)}}\leqq f(x)\leqq {\displaystyle \frac{n^x(n-1)!}{x(x+1)\cdots (x+n-1)}}={\displaystyle \frac{n^{x}n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}}{\displaystyle \frac{x+n}{n}}$$
この式は2以上の任意の自然数$x$に対して成立するものであるから、左辺に対して$n$を$n+1$にしたものも当然成立して
$${\displaystyle \frac{n^{x}n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}}\leqq f(x)\leqq {\displaystyle \frac{n^{x}n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}}{\displaystyle \frac{x+n}{n}}$$
$$f(x)\leqq {\displaystyle \frac{n^{x}n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}}\leqq f(x){\displaystyle \frac{x+n}{n}}$$
$n\to \mathrm{\infty }$で下限と上限は同じ$f(x)$に収束するので、挟み撃ちの原理から、
$$f(x)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{n^{x}n!}{x(x+1)\cdots (x+n)}}\text{(これをガウスの無限乗積表示といいます。)}$$
という一義的な関数に定まる。また、$\mathrm{\Gamma }(x)$はこの条件を全て満たすことからこの極限が収束することも分かり、$f(x)=\mathrm{\Gamma }(x)$であることも言える。

$x={\sin }^2\theta$に変数変換する。$x:0\to 1$で$\theta :0\to \frac{\pi }{2}$、${\displaystyle \frac{dx}{d\theta }}=2\sin \theta \cos \theta$であるので、
$$\begin{array}{rcl}B(a,b)& =& {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}({\sin }^2\theta {)}^{a-1}({\cos }^2\theta {)}^{a-1}\cdot 2\sin \theta \cos \theta d\theta \\ & =& 2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{2a-1}\theta {\cos }^{2b-1}\theta d\theta \end{array}$$

$$\begin{array}{rcl}\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(b)& =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{a-1}{e}^{-x}dx{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{y}^{b-1}{e}^{-y}dy\\ & =& {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{a-1}{y}^{b-1}{e}^{-(x+y)}dy\right)dx\end{array}$$
ここで、$y$に対して$y=t-x$という変数変換を行うと、$y:0\to \mathrm{\infty }$で$t:x\to \mathrm{\infty }$となるので、
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}({\int }_x^{\mathrm{\infty }}{x}^{a-1}(t-x{)}^{b-1}{e}^{-t}dt)dx$$
と表せる。今、積分範囲は下図の様になっており、(横軸が$x$軸、縦軸が$t$軸。)
積分範囲
これは、$x$が$0$から$t$までを動いて、$t$が$0\to \mathrm{\infty }$と動く
とも捉えられる。よって、
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}({\int }_0^t{x}^{a-1}(t-x{)}^{b-1}{e}^{-t}dx)dt$$
最後に、$x$に対して、$x=tz$と変数変換すると、$x:0\to t$で$z:0\to 1$であり、${\displaystyle \frac{dx}{dz}}=t$であるから、
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}({\int }_0^1{t}^{a+b-2}{e}^{-t}{z}^{a-1}(1-z{)}^{b-1}tdz)dt$$
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^{a+b-1}{e}^{-t}dt{\int }_0^1{z}^{a-1}(1-z{)}^{b-1}dz$$
$$=\mathrm{\Gamma }(a+b)B(a,b)$$
よって、$B(a,b)={\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(a)\mathrm{\Gamma }(b)}{\mathrm{\Gamma }(a+b)}}$

$$B({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})={\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2}{\mathrm{\Gamma }(1)}}=\mathrm{\Gamma }{\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^2$$
$$B({\displaystyle \frac{1}{2}},{\displaystyle \frac{1}{2}})=2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta =\pi$$
整理して両辺平方根を取ると、${\displaystyle \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=\sqrt{\pi }}$

$f(x)={\displaystyle \frac{2^{x-1}}{\sqrt{\pi }}}\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)$とするとき、$f(x)=\mathrm{\Gamma }(x)$となることを示せばよい。
$$\begin{array}{rcl}f(x+1)& =& {\displaystyle \frac{2^x}{\sqrt{\pi }}}\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }({\displaystyle \frac{x}{2}}+1)\\ & =& {\displaystyle \frac{2\cdot 2^{x-1}}{\sqrt{\pi }}}\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right){\displaystyle \frac{x}{2}}\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\\ & =& xf(x)\end{array}$$
また、$x>0$のとき$f(x)>0$で、
$$\log f(x)=(x-1)\log 2-\log \sqrt{\pi }+\log \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)+\log \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)$$
であるから、
$$\{\log f(x){\}}^{″}={\{\log \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\}}^{″}+{\{\log \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\}}^{″}\geqq 0$$
となる。そして、$f(1)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{\pi }}}\cdot 1\cdot \sqrt{\pi }=1$であるから、3条件を満たすので、
$f(x)=\mathrm{\Gamma }(x)$である。

$0<x<1$に対して、
$$f(x)=\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(1-x)\sin \pi x$$
を定める。この関数を$x=0,1$でも定義できるようにする。
$$\begin{array}{rcl}f(0)& =& \underset{x\to 0}{lim}\mathrm{\Gamma }(x+1)\mathrm{\Gamma }(1-x){\displaystyle \frac{\sin \pi x}{x}}\\ & =& \underset{x\to 0}{lim}\mathrm{\Gamma }\pi (x+1)\mathrm{\Gamma }(1-x){\displaystyle \frac{\sin \pi x}{\pi x}}\\ & =& \pi \cdot 0!\cdot 0!(\because \underset{x\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\sin x}{x}}=1)\\ & =& \pi \end{array}$$
また、
$$\begin{array}{rcl}f(1)& =& \underset{x\to 1}{lim}\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(1-x)\sin \pi x\\ & =& \underset{x\to 0}{lim}\mathrm{\Gamma }(x+1)\mathrm{\Gamma }(-x)\sin (\pi x+\pi )\\ & =& \underset{x\to 0}{lim}x\mathrm{\Gamma }(x){\displaystyle \frac{\mathrm{\Gamma }(1-x)}{-x}}(-\sin \pi x)\\ & =& \underset{x\to 0}{lim}\mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(1-x)\sin \pi x=f(0)\end{array}$$
となるので、$f(0)=f(1)=\pi$

$$\begin{array}{rcl}f\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)f\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)& =& \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }(1-{\displaystyle \frac{x}{2}})\sin {\displaystyle \frac{\pi x}{2}}\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{1-x}{2}}\right)\sin ({\displaystyle \frac{\pi x}{2}}+{\displaystyle \frac{\pi }{2}})\\ & =& \mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }\left({\displaystyle \frac{1-x}{2}}\right)\mathrm{\Gamma }(1-{\displaystyle \frac{x}{2}})\sin {\displaystyle \frac{\pi x}{2}}\cos {\displaystyle \frac{\pi x}{2}}\end{array}$$
公式1の事実を用いれば、これはさらに変形出来て、
$$\begin{array}{rcl}& =& {\displaystyle \frac{\sqrt{\pi }}{2^{x-1}}}\mathrm{\Gamma }(x)\sqrt{\pi }{2}^x\mathrm{\Gamma }(1-x){\displaystyle \frac{1}{2}}\sin \pi x\\ & =& \pi \mathrm{\Gamma }(x)\mathrm{\Gamma }(1-x)\sin \pi x\\ & =& \pi f(x)\end{array}$$
$g(x)={\{\log f(x)\}}^{″}$とおく。
$$g(x)={\{\log \left[{\displaystyle \frac{1}{\pi }}f\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)f\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\right]\}}^{″}={\displaystyle \frac{1}{4}}\{g\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)+g\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\}$$
$|g(x)|$の最大値を$M$とおけば、
$$|g(x)|\leqq {\displaystyle \frac{1}{4}}\left|g\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)\right|+{\displaystyle \frac{1}{4}}\left|g\left({\displaystyle \frac{x+1}{2}}\right)\right|\leqq {\displaystyle \frac{M}{4}}+{\displaystyle \frac{M}{4}}={\displaystyle \frac{M}{2}}$$
となるので、$M$の存在が矛盾しないためには、$M=0$と取るほかない。
絶対値を取って最大が0であるということは、$g(x)$は常に0でなければならない。

$\{\log f(x){\}}^{″}$が常に0ということは、$\log f(x)$は定数関数か一次関数であることになるが、$f(0)=f(1)$であるので、定数関数となる。$\log f(x)$が定数であるので、$f(x)$は定数。つまり$f(x)=\pi$
よって相反公式が得られる。