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倭算数理研究所

科学・数学・学習関連の記事を、「倭マン日記」とは別に書いていくのだ!

ガンマ関数とベータ関数のよくある関係

ガンマ関数とベータ関数を結びつける関係式を証明します。

ガンマ関数とベータ関数の定義式

  { \displaystyle
\begin{align*}
    \Gamma(x) &= \int_0^\infty e^{-t}\,t^{x-1} dt \\[2mm]
    B(x,\,y) &= \int_0^1 t^{x-1}(1-t)^{y-1} dt
\end{align*}
}


ガンマ関数とベータ関数の関係式

  { \displaystyle
\begin{align*}
    B(x,\,y) = B(y,\,x) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}
\end{align*}
}

{ B(x,\,y) = B(y,\,x) }積分変数を { s = 1 - t } に変換すればすぐに示せるので、証明は省略。

証明

証明には上記のガンマ関数、ベータ関数の定義ではなく別の表現を使うので、まずはそれらを求めます。 それらが求めた後、それらを使って上記の関係式を示します:

  1. ガンマ関数の別表現
  2. ベータ関数の別表現
  3. ガンマ関数とベータ関数の関係式

ガンマ関数の別表現
ガンマ関数の定義に現れる積分変数 { t } を以下のように { r } に変換しましょう:

  { \displaystyle
\begin{align*}
    t = r^2 \qquad(r > 0)
\end{align*}
}

このとき

なので

  { \displaystyle
\begin{align*}
    \Gamma(x)
        &= \int_0^\infty e^{-r^2} \left(r^2\right)^{x-1} 2rdr \\
        &= 2\int_0^\infty e^{-r^2}\,r^{2x-1}dr
\end{align*}
}

よって

  { \displaystyle
\begin{align*}
    \Gamma(x) = 2\int_0^\infty e^{-r^2}\,r^{2x-1}dr
\end{align*}
}

ベータ関数の別表現
ベータ関数の定義に現れる積分変数 { t } を以下のように { \theta } に変換しましょう:

  { \displaystyle
\begin{align*}
    t = \sin^2\theta
\end{align*}
}

このとき

なので

  { \displaystyle
\begin{align*}
    B(x,\,y)
        &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2x-2}\theta\; \cos^{2y-2}\theta\; 2\sin\theta\cos\theta d\theta \\
        &= 2\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{2x-1}\theta\;\cos^{2y-1}\theta\;d\theta
\end{align*}
}

よって

  { \displaystyle
\begin{align*}
    B(x,\,y) = 2\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^{2x-1}\theta\;\cos^{2y-1}\theta\;d\theta
\end{align*}
}

ガンマ関数とベータ関数の関係式
{ \Gamma(x)\Gamma(y) } を変形していって { \Gamma(x+y) B(x,\,y) } になることを示します。

  { \displaystyle
\begin{align*}
    \Gamma(x)\Gamma(y)
        &= 2\int_0^\infty e^{-u^2}\,u^{2x-1}du \cdot 2 \int_0^\infty e^{-v^2}\,v^{2y-1}dv \\
        &= 4 \int_0^\infty\int_0^\infty e^{-(u^2+v^2)}\,u^{2x-1}v^{2y-1}dudv
\end{align*}
}

ここで { u,\,v } 積分を以下の変数 { r,\,\theta }積分に変換しましょう:

  { \displaystyle
\begin{align*}
    \begin{cases}
        u = r\cos\theta \\
        v = r\sin\theta
    \end{cases}
\end{align*}
}

このとき

なので

  { \displaystyle
\begin{align*}
    \Gamma(x)\Gamma(y)
        &= 4\int_0^\frac{\pi}{2}\int_0^\infty e^{-r^2} \left(r\cos\theta\right)^{2x-1}\left(r\sin\theta\right)^{2y-1}rdrd\theta \\
        &= 4\int_0^\infty e^{-r^2}\,r^{2(x+y)-1}dr \int_0^\frac{\pi}{2}\cos^{2x-1}\theta\sin^{2y-1}\theta d\theta \\[2mm]
        &= \Gamma(x+y) B(y,\,x) \\
        &= \Gamma(x+y)B(x,\,y)
\end{align*}
}

よって

  { \displaystyle
\begin{align*}
    B(x,\,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}
\end{align*}
}

が示せました。

解析入門 (1)

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