【γ3】ベータ関数の定義・ガンマ関数との関係・三角関数での積分表示

「ガンマ関数の基礎」シリーズ第3回は，ベータ関数を紹介し，ガンマ関数との関係を導きます．大変便利な関係式です．

復習：ガンマ関数の定義

本シリーズではガンマ関数を次の積分によって定義しています．

今回の予備知識はこれだけでOKですが，初回から見ていく場合は過去記事をご覧ください．

【γ1】ガンマ関数の定義・特殊値・解析接続・留数（ガンマ関数の基礎1）

【γ2】ガンマ関数の３つの乗積表示と相反公式（ガウス・オイラー・ワイエルシュトラス）

ベータ関数

これを「第1種オイラー積分」ともいいます．ここで $t^{x-1}\equiv e^{(x-1)\log t}$ , $(1-t)^{y-1}\equiv e^{(y-1)\log(1-t)}$ です。

(2)において $t$ を $1-t$ に置換すると $$B(x,y)=B(y,x)$$ が容易に導けます．また(2)において $t=\sin^2\t$ と置換すると $$\begin{eqnarray*}B(x,y)&=&\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\\&=&\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{2x-2}\t\cos^{2y-2}\t\cdot 2\sin\t\cos\t d\t\\&=& 2\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{2x-1}\t\cos^{2y-1}\t d\t\end{eqnarray*}$$ よって

割と使える関係式です．

ガンマ関数とベータ関数

ガンマ関数はベータ関数と密接な関係にあります．定義(1)から $$\begin{eqnarray*}\G(x)\G(y)&=&\left(\int_0^\infty s^{x-1}e^{-s}ds \right)\left(\int_0^\infty t^{y-1}e^{-t}dt \right)\\&=&\int_0^\infty\int_0^\infty s^{x-1}t^{y-1}e^{-s-t}dsdt\end{eqnarray*}$$ 重積分の変数を $$s=uv\;,\; t=u(1-v)$$ とおくと $u=s+t$ , $v=\dfrac{s}{s+t}$ より積分範囲は $u\ge 0$ , $0<v \le 1$ となります．ヤコビアンは $$\begin{vmatrix}\dd{s}{u} & \dd{s}{v}\\\dd{t}{u} & \dd{t}{v}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}v & u\\1-v & -u\end{vmatrix}=-u$$ なので $$dsdt=ududv$$ したがって $$\begin{eqnarray*}\G(x)\G(y)&=&\int_0^\infty du\int_0^1dv(uv)^{x-1}(u(1-v))^{y-1}e^{-u}u\\&=&\int_0^\infty du\int_0^1dv u^{x+y-1}v^{x-1}(1-v)^{y-1}e^{-u}\\&=&\left(\int_0^1 v^{x-1}(1-v)^{y-1}dv\right)\left(\int_0^\infty u^{x+y-1}e^{-u}du\right)\\&=&B(x,y)\G(x+y)\end{eqnarray*}$$ よって以下の公式を得ます．

応用例題11個

今回現れた式をまとめると

これらを用いて例題をみていきましょう．

$$\begin{eqnarray*}\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^5\t \cos^{11}\t d\t&=&\frac{1}{2}B(3,6)\quad(\because (3))\\&=&\frac{1}{2}\frac{\G(3)\G(6)}{\G(9)}\\&=&\frac{2\cdot 5!}{2\cdot 8!}\\&=&\frac{1}{336}\end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*}\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^4\t \cos^6\t d\t&=&\frac{1}{2}B\left(\frac{5}{2},\frac{7}{2}\right)\\&=&\frac{1}{2}\frac{\G(\frac{5}{2})\G(\frac{7}{2})}{\G(6)}\\&=&\frac{3\pi}{512}\end{eqnarray*}$$

$t=\frac{1+x}{2}$ とおくと $$\begin{eqnarray*}\int_{0}^1(1-x^2)^ndx&=& 2^{2n+1}\int_0^1 t^n(1-t)^ndt\\&=&2^{2n}B(n+1,n+1)\\&=&2^{2n+1}\frac{\G(n+1)\G(n+1)}{\G(2n+2)}\\&=&2^{2n+1}\frac{(n!)^2}{(2n+1)!}\end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{\cot\t}d\t&=&\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^{-\frac{1}{2}}\t\cos^{\frac{1}{2}}\t d\t\\&=&\frac{1}{2}B\left(\frac{1}{4},\frac{3}{4}\right)\\&=&\frac{\G(\frac{1}{4})\G(\frac{3}{4})}{2}\\&=&\frac{\pi}{\sqrt{2}}\end{eqnarray*}$$ 最後は相反公式を用いました．

$$\begin{eqnarray*}\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{\cos\t}d\t&=&\frac{1}{2}B\left(\frac{1}{2},\frac{3}{4}\right)\\&=&\frac{\sqrt{\pi}\G(\frac{3}{4})}{2\G(\frac{5}{4})}\\&=&2\sqrt{\pi}\frac{\G(\frac{3}{4})}{\G(\frac{1}{4})}\\&=&2\sqrt{\pi}\frac{\G(\frac{3}{4})^2}{\sqrt{2}\pi}\\&=&\sqrt{\frac{2}{\pi}}\G\left(\frac{3}{4}\right)^2\end{eqnarray*}$$

$x^{n/2}=\tan\theta$ とおくと $$\frac{n}{2}x^{\frac{n}{2}-1}dx=\frac{d\theta}{\cos^2\theta}$$ より $$\begin{eqnarray*}I_n&=&\frac{2}{n}\int^{\frac{\pi}{2}}_0\frac{1}{\{(\tan\theta)^{\frac{2}{n}}\}^{\frac{n}{2}-1}\sqrt{1+\tan^2\theta}}\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\\&=&\frac{2}{n}\int^{\frac{\pi}{2}}_0\frac{d\theta}{\cos\theta(\tan\theta)^{1-\frac{2}{n}}}\\&=&\frac{2}{n}\int^{\frac{\pi}{2}}_0\frac{d\theta}{(\cos\theta)^\frac{2}{n}(\sin\theta)^{1-\frac{2}{n}}}\\&=&\frac{2}{n}\int^{\frac{\pi}{2}}_0(1-\sin^2\theta)^{-\frac{1}{n}}(\sin\theta)^{\frac{2}{n}-1}d\theta\end{eqnarray*}$$ $\sin^2\theta=t$ とおくと $2\sqrt{t}\sqrt{1-t}d\theta=dt$ より $$\begin{eqnarray*}I_n&=&\frac{2}{n}\int^1_0(1-t)^{-\frac{1}{n}}t^{\frac{1}{n}-\frac{1}{2}}\frac{dt}{2t^{\frac{1}{2}}(1-t)^{\frac{1}{2}}}\\&=&\frac{1}{n}\int^1_0t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{-\frac{1}{n}-\frac{1}{2}}dt\\&=&\frac{1}{n}\int^1_0t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{-\frac{1}{n}+\frac{1}{2}-1}dt\end{eqnarray*}$$ ここでベータ関数（第1種オイラー積分） $$\begin{equation}B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\end{equation}$$ を用いると $$\begin{equation}I_n=\frac{1}{n}B\left(\frac{1}{n},\frac{1}{2}-\frac{1}{n}\right)\end{equation}$$ となります。ベータ関数とガンマ関数の関係 $$\begin{equation}B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\end{equation}$$ によって $$\begin{eqnarray*}I_n&=&\frac{1}{n}B\left(\frac{1}{n},\frac{1}{2}-\frac{1}{n}\right)\\&=&\frac{1}{n}\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(\frac{1}{2}-\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{1}{2})}\\&=&\frac{1}{n}\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(\frac{1}{2}-\frac{1}{n})}{\sqrt{\pi}}\end{eqnarray*}$$
以上から求める積分値は $$\int^\infty_0\frac{dx}{\sqrt{1+x^n}}=\frac{1}{n}\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(\frac{1}{2}-\frac{1}{n})}{\sqrt{\pi}}$$ たとえば $$\int^\infty_0\frac{dx}{\sqrt{1+x^3}}=\frac{1}{3\sqrt{\pi}}\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)\Gamma\left(\frac{1}{6}\right)$$

$t=\frac{x^n}{1+x^n}$ と置換すると $$\begin{equation}\frac{dt}{dx}=\frac{nx^{n-1}}{(1+x^n)^2}\ge 0\end{equation}$$ より $t$ は単調増加で積分範囲は $[0,1]$ となります。また $$\begin{equation}1+x^n=\frac{1}{1-t}\end{equation}$$ $$\begin{equation}dx=\frac{1}{n}t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{-1-\frac{1}{n}}dt\end{equation}$$ から $$\begin{eqnarray*}I_{mn}&=&\int_0^1(1-t)^\frac{1}{m}\frac{1}{n}t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{-1-\frac{1}{n}}dt\\&=&\frac{1}{n}\int_0^1t^{\frac{1}{n}-1}(1-t)^{\frac{1}{m}-\frac{1}{n}-1}dt\\&=&\frac{1}{n}B\left(\frac{1}{n},\frac{1}{m}-\frac{1}{n}\right)\\&=&\frac{1}{n}\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(\frac{1}{m}-\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{1}{m})}\\&=&\frac{\Gamma(\frac{n+1}{n})\Gamma(\frac{1}{m}-\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{1}{m})}\end{eqnarray*}$$ 上の式変形でベータ関数（第1種オイラー積分）の定義 $$B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt$$ およびベータ関数とガンマ関数の関係 $$\begin{equation}B(x,y)=\frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\end{equation}$$ を用いています。
以上より結論は、自然数 $n>m$ に対して $$\begin{equation}\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[m]{1+x^n}}=\frac{\Gamma(\frac{n+1}{n})\Gamma(\frac{1}{m}-\frac{1}{n})}{\Gamma(\frac{1}{m})}\end{equation}$$

定義式で $t=\frac{1}{1+s}$ とおけば $$\begin{eqnarray*}B(x,y)&=&\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\\&=&\int_\infty^0\frac{1}{(1+s)^{x-1}}\frac{s^{y-1}}{(1+s)^{y-1}}\frac{-ds}{(1+s)^2}\\&=&\int_0^\infty\frac{s^{y-1}}{(1+s)^{x+y}}ds\end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*}n^zB(z,n)&=&n^z\int_0^1t^{z-1}(1-t)^{n-1}dt\\&=&n\int_0^1(nt)^{z-1}(1-t)^{n-1}dt\end{eqnarray*}$$ $nt=s$ とおきます。 $$\begin{eqnarray*}n^zB(z,n)&=&n\int_0^ns^{z-1}\left(1-\frac{s}{n}\right)^{n-1}\frac{ds}{n}\\&=&\int_0^ns^{z-1}\left[\left(1-\frac{s}{n}\right)^{-\frac{n}{s}}\right]^{-s\frac{n-1}{n}}ds\\&&\xrightarrow[]{n\to\infty}\int_0^\infty s^{z-1}e^{-s}ds\\&=&\G(z)\end{eqnarray*}$$

$1+x=2t$ とおきます。 $$\begin{eqnarray*}LHS&=&\int_0^1(2t)^{p-1}[2(1-t)]^{q-1}2dt\\&=&2^{p+q-1}\int_0^1t^{p-1}(1-t)^{q-1}dt\end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*}LHS&=&\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{2+2\tan\frac{x}{2}}}\frac{dx}{\sqrt{4\tan\frac{x}{2}-4\tan^2\frac{x}{2}}\cos^2\frac{x}{2}}\\&=&\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^{-\frac{1}{2}}x\sin^{-\frac{1}{2}}xdx\\&=&\frac{1}{4}B\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)\end{eqnarray*}$$

$x=\tan\t$ とおくと $$\begin{eqnarray*}LHS &=& \int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}(\cos\t+\sin\t)^{2p-1}(\cos\t-\sin\t)^{2q-1}d\t \\&=& 2^{p+q-1}\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4}\sin^{2p-1}\left(\t+\frac{\pi}{4}\right)\cos^{2q-1}\left(\t+\frac{\pi}{4}\right)d\t \\&=& 2^{p+q-1}\int_{0}^\frac{\pi}{2}\sin^{2p-1}\t\cos^{2q-1}\t d\t \\&=& 2^{p+q-2}B(p,q)\quad(\because(3))\end{eqnarray*}$$

ほかにもベータ関数を応用した記事はこちら：

∫logsin xdx 対数正弦積分その1

第1種ベッセル関数の積分表示(2) ポアソンの公式の導出

第1種変形ベッセル関数の積分表示

【γ7】Γ(1/3),Γ(1/4),Γ(1/6)の値

$\int\sqrt{\cos x}dx$とガンマ関数・ベータ関数

$\int\sqrt[n]{\cos x}dx$ の計算 (ガンマ関数,ベータ関数)

$\int\sqrt[n]{\tan x}dx$ とベータ関数

「ガンマ関数の基礎」シリーズ次回はこちら：

【γ4】ガンマ関数の倍数公式とガウスの乗法公式

本記事では、下記の本を参考にしています。2021年8月現在、第30刷。かなりの廉価ながら特殊関数に関する公式が網羅されています。参照用にするもよし、公式の証明にトライするもよし。

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