「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．
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．
\begin{equation}\G(z)=\int^\infty_0e^{-t}t^{z-1}dt\quad(\mathfrak{R}z>0)\tag{1}\end{equation}
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．
\begin{equation}B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\quad(\mathfrak{R}x,\mathfrak{R}y>0)\tag{2}\end{equation}
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
\begin{equation}B(x,y)=2\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{2x-1}\t\cos^{2y-1}\t d\t\tag{3}\end{equation}
割と使える関係式です．
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．
\begin{equation}B(x,y)=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}\tag{4}\end{equation}
今回現れた式をまとめると
\begin{equation}\G(z)=\int^\infty_0e^{-t}t^{z-1}dt\quad(\mathfrak{R}z>0)\tag{1}\end{equation}\begin{equation}B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\quad(\mathfrak{R}x,\mathfrak{R}y>0)\tag{2}\end{equation}\begin{equation}B(x,y)=2\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{2x-1}\t\cos^{2y-1}\t d\t\tag{3}\end{equation}\begin{equation}B(x,y)=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}\tag{4}\end{equation}
これらを用いて例題をみていきましょう．
$$\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^5\t \cos^{11}\t d\t$$
\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*}
$$\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^4\t \cos^6\t d\t$$
\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*}
$$\int_{-1}^1(1-x^2)^ndx\quad(n\in\NN)$$
$t=\frac{1+x}{2}$ 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*}
$$\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{\cot\t}d\t$$
\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．
$$\int_0^\frac{\pi}{2}\sqrt{\cos\t}d\t$$をガンマ関数で表せ．
\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*}
$$I_n\equiv\int^\infty_0\frac{dx}{\sqrt{1+x^n}}\;,\;3\le n\in\mathbb{N}$$
$x^{n/2}=\tan\theta$ 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$$\int^\infty_0\frac{dx}{\sqrt{1+x^3}}=\frac{1}{3\sqrt{\pi}}\Gamma\left(\frac{1}{3}\right)\Gamma\left(\frac{1}{6}\right)$$
\begin{equation}I_{mn}\equiv\int_0^\infty\frac{dx}{\sqrt[m]{1+x^n}}\;(n>m)\end{equation}
$t=\frac{x^n}{1+x^n}$ 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}
$$B(x,y)=\int_0^\infty\frac{t^{y-1}}{(1+t)^{x+y}}dt$$を示せ。
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*}
$$\displaystyle\lim_{n\to\infty}n^zB(z,n)=\G(z)$$を示せ。
\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*}
$$\int_{-1}^1(1+x)^{p-1}(1-x)^{q-1}dx=2^{p+q-1}B(p,q)$$を示せ。
$1+x=2t$ 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*}
$$\int_0^\pi\frac{d\t}{\sqrt{3-\cos\t}}=\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{4\sqrt{\pi}}$$を示せ。$\cos\t=1-2\tan\frac{x}{2}$ とおくとよい。
\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*}
$p,q>0$ とする。$$\int_{-1}^1\frac{(1+x)^{2p-1}(1-x)^{2q-1}}{(1+x^2)^{p+q}}dx=2^{p+q-2}B(p,q)$$を示せ。
$x=\tan\t$ 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：
$\int\sqrt{\cos x}dx$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：
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。
【Amazon】特殊函数 (岩波 数学公式 3)
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例題11枠内のcosが斜体になっていました。
ベータ関数はガンマ関数と繋がる公式しか知りませんでしたが、なかなか便利で色んなところで使えそうですね。
直しました、どうもありがとうございます！
私もこの「ガンマ関数の基礎」シリーズを書く前は、ガンマ関数との関係式とオイラーの積分表示くらいしか知りませんでした。
当サイトの積分の記事を適当に見ていっていただくと、ベータ関数がたくさんの積分に応用できること、ベータ関数の偏微分もまた便利なことが分かると思います。