解析 II ・講義ノート

解析 II ^{・講義ノート}

第

^回

(2021^年 1^月19^日(^火)^配信分)

§13.

^{広義積分とガンマ関数}

変数関数のリーマン積分は基本的には有界閉区間で定義され た関数について考え、開区間でしか定義されていない関数を積分 する際や、無限区間で積分する際には、広義積分と言うものを考 えました。これは開区間または無限区間に含まれる有界閉区間上 での積分値の、有界閉区間を内側から開区間または無限区間に限 りなく近付けたときの極限値、すなわち

∫ b

a f(x)dx = lim

a₁→a+0 lim

b₁→b−0

∫ b₁

a₁ f(x)dx

∫ +∞

−∞ f(x)dx = lim

a₁→−∞ lim

b₁→+∞

∫ b₁

a₁ f(x)dx

などと言うことで、極限値と言う以上、近付き方に依らずと言う

厳しい縛りがある上、たとえ

が連続関数であっても、閉区

間の場合と違って、その値が存在するとは限りませんでした。

 ただし、具体的には計算できなくても、定義域全体で

|f(x)| ≤ g(x)

^{を満たすような関数}

で、今考えている積分範 囲で広義積分可能なものが存在すれば、

^{もまた同じ範囲で広}

義積分可能になると言う判定条件がありました。

 この判定条件を適用することで、広義積分により定義される重 要な関数として、ガンマ関数

^{とベータ関数}

があります。

Γ(x) := ^{∫ +∞}

0 e^−tt^x−1dt (x > 0) B(x, y) := ^{∫ 1}

0 t^x−1(1 − t)^y−1dt (x > 0, y > 0)

 まず

^より、

0 < e^−tt^x−1 < t^x−1 (0 < t ≤ 1)

で、

^{に対して、右辺の}

^{での広義積分は}

∫ 1

0 t^x−1dt = lim

a₁→+0

∫ 1

a₁ t^x−1dt = lim

a₁→+0



t^x x





1

a₁

= lim

a₁→+0

1 − a₁^x

x = 1

x

より有限な値として存在するので、広義積分

0 e^−tt^x−1dt

^も有限

な値として存在します。

 一方、

e^−t/2t^x−1 ≤ max

1≤t<+∞ e^−t/2t^x−1 =: C₁(x) (1 ≤ t < +∞)

より、

0 < e^−tt^x−1 ≤ C₁(x)e^−t/2 (1 ≤ t < +∞)

で、

^{に対して、右辺の}

^{での広義積分は}

∫ +∞

1 C₁(x)e^−t/2dt = C₁(x) lim

b₁→+∞

∫ b₁

1 e^−t/2dt

= C₁(x) lim

b₁→+∞

[−2e^−t/2]b1

1

= C₁(x) lim

b₁→+∞(−2e^−b1/2 + 2e^−1/2) = 2e^−1/2C₁(x)

より有限な値として存在するので、広義積分

1 e^−tt^x−1dt

^も有

限な値として存在します。

0 - t 6

s

s = e^−tt^x−1 [0 < x < 1 ^の場合]

+0^←a₁

←

1 b₁ → +∞

→

( ^{これはガンマ関数} Γ(x) 自身のグラフではありません。)

 以上より、ガンマ関数

が広義積分により、有限な値を持

つ関数として定義されることが示せました。

 また

(1 − t)^y−1 ≤ max{1, 2^1−y} =: C₂(y) (0 < t ≤ 1 2)

より、

0 < t^x−1(1 − t)^y−1 ≤ C₂(y)t^x−1 (0 < t ≤ 1 2)

で、

^{に対して、右辺の}

2]

^{での広義積分は}

∫ 1/2

0 C₂(y)t^x−1dt = C₂(y) lim

a₁→+0

∫ 1/2

a₁ t^x−1dt

= C₂(y) lim

a₁→+0



t^x x





1/2

a₁

= C₂(y) lim

a₁→+0

2^−x − a₁^x

x = C₂(y) 2^xx

より有限な値として存在するので、広義積分

0 t^x−1(1 − t)^y−1dt

も有限な値として存在します。

 一方、

t^x−1 ≤ max{1, 2^1−x} =: C₂(x) (1

2 ≤ t < 1)

より、

0 < t^x−1(1 − t)^y−1 ≤ C₂(x)(1 − t)^y−1 (1

2 ≤ t < 1)

で、

^{に対して、右辺の}

2, 1)

^{での広義積分は}

∫ 1

1/2 C₂(x)(1 − t)^y−1dt = C₂(x) lim

b₁→1−0

∫ b₁

1/2(1 − t)^y−1dt

= C₂(x) lim

b₁→1−0



−(1 − t)^y y





b₁

1/2

= C₂(x) lim

b₁→1−0

−(1 − b₁)^y + 2^−y

y = C₂(x)

2^yy

より有限な値として存在するので、広義積分

1/2 t^x−1(1 − t)^y−1dt

も有限な値として存在します。

0 -

t 6

s

s = t^x−1(1−t)^y−1 [0 < x <1,0 < y <1 ^の場合]

1 +0←a₁

←

1

2 b1 → 1−0

→

( ^{これはベータ関数} B(x, y) 自身のグラフではありません。)

 以上より、ベータ関数

も広義積分により、有限な値を

持つ関数として定義されることが示せました。

^{のみたす重要な性質に}

Γ(x + 1) = xΓ(x),

Γ(n) = (n − 1)! (n ∈ N), Γ(x) = 2 ^{∫ +∞}

0 e^−u2u^2x−1du, Γ(1

2) = 2 ^{∫ +∞}

0 e^−u2du = √

π (

^{ガウス積分}

sin πx (0 < x < 1) (

^相補公式

B(x, y)

^{のみたす重要な性質に}

xB(x, y + 1) = yB(x + 1, y), B(x, y) = 2 ^{∫ π/2}

0 sin^2x−1 θ cos^2y−1 θdθ, B(1

2, 1

2) = π

があり、また両者の間には次の基本関係式が成り立ちます。

B(x, y) = Γ(x)Γ(y) Γ(x + y)

 比較的簡単なものから確かめて行きましょう。ただし

は全て

t

に関する微分を表すものとします。

 まず、定義より直ちに次が得られます。

Γ(1) = ^{∫ +∞}

0 e^−tt⁰dt = ^{∫ +∞}

0 e^−tdt

= lim

b₁→+∞

∫ b₁

0 e^−tdt = lim

b₁→+∞[−e^−t]^b₀¹

= lim

b₁→+∞(−e^−b1 + e⁰) = −0 + 1 = 1

 一方、２番目の等式は部分積分により導かれます。

Γ(x + 1) = ^{∫ +∞}

0 e^−tt^xdt = ^{∫ +∞}

0 (−e^−t)^′t^xdt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→+∞

∫ b₁

a₁ (−e^−t)^′t^xdt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→+∞

{

[−e^−tt^x]^b_a¹

1 − ^∫_a^b1

1 (−e^−t)(t^x)^′dt

}

= lim

a₁→+0 lim

b₁→+∞

{

(−e^−b1b₁^x + e^−a1a₁^x)

− ^∫_a^b1

1 (−e^−txt^x−1)dt

}

= −0 + 0 + x ^{∫ +∞}

0 e^−tt^x−1dt

= xΓ(x)

 これから直ちに３番目の

Γ(n) = (n − 1)Γ(n − 1) = (n − 1)(n − 2)Γ(n − 2)

= · · ·

= (n − 1)!Γ(1) = (n − 1)!

を得ます。

 つまり

^より

^{は、自然数}

^{に対してしか}

定義されていなかった階乗を、

より大きい任意の実数に対し

て、自然に拡張した関数と言うことになります。

 ４番目の前半は、

と置換すればよいだけです。

0 < u < +∞

^で

a₁ ≤ u ≤ √

b₁

^で

^より

Γ(1

2) = ^{∫ +∞}

0 e^−tt^−1/2dt = lim

a₁→+0 lim

b₁→+∞

∫ b₁

a₁ e^−tt^−1/2dt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→+∞

∫ √ b₁

√a₁ e^−u2u⁻¹ · 2udu

= lim

a₁→+0 lim

b₁→+∞ 2 ^∫

√b₁

√a₁ e^−u2du

= 2 ^{∫ +∞}

0 e^−u2du

 この具体的な値については、基本関係式を用いるので、ちょっ

と後回しにします。

 一方、

^{の定義で、}

^{と置換すると、}

^で

^で

^より

B(x, y) = ^{∫ 1}

0 t^x−1(1 − t)^y−1dt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

∫ b₁

a₁ t^x−1(1 − t)^y−1dt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

∫ 1−b₁

1−a₁ (1 − s)^x−1s^y−1(−ds)

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

∫ 1−a₁

1−b₁ s^y−1(1 − s)^x−1ds

= lim

b₂→1−0 lim

a₂→+0

∫ b₂

a₂ s^y−1(1 − s)^x−1ds (← a₂ := 1 − b₁, b₂ := 1 − a₁)

= ^{∫ 1}

0 s^y−1(1 − s)^x−1ds

= B(y, x)

 また部分積分により、

xB(x, y + 1) = ^{∫ 1}

0 xt^x−1(1 − t)^ydt = ^{∫ 1}

0 (t^x)^′(1 − t)^ydt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

∫ b₁

a₁ (t^x)^′(1 − t)^ydt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

[

[t^x(1 − t)^y]^b_a¹

1 − ^∫_a^b1

1 t^x{(1 − t)^y}^′dt

]

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

[{b₁^x(1 − b₁)^y − a₁^x(1 − a₁)^y}

− ^∫_a^b1

1 t^xy(1 − t)^y−1(−1)dt

]

= 0 − 0 + y ^{∫ 1}

0 t^x(1 − t)^y−1dt = yB(x + 1, y)

を得ます。

^{と置換すると、}

2

^で

a₁ < θ < Sin⁻¹√

b₁

^で

^より

0 t^x−1(1 − t)^y−1dt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

∫ b₁

a₁ t^x−1(1 − t)^y−1dt

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0

∫ Sin⁻¹√ b₁

Sin⁻¹√a₁ sin^2(x−1) θ cos^2(y−1) θ · 2 sin θ cos θdθ

= lim

a₁→+0 lim

b₁→1−0 2 ^{∫ Sin−}

1√ b₁

Sin⁻¹√a₁ sin^2x−1 θ cos^2y−1 θdθ

= lim

a₂→+0 lim

b₂→π/2−0 2 ^{∫ b2}

a₂ sin^2x−1 θ cos^2y−1 θdθ (← a₂ := Sin⁻¹√

a₁, b₂ := Sin⁻¹√ b₁)

= 2 ^{∫ π/2}

0 sin^2x−1 θ cos^2y−1 θdθ

を得ます。

 これから直ちに

B(1 2, 1

2) = 2 ^{∫ π/2}

0 sin⁰ θ cos⁰ θdθ = 2 ^{∫ π/2}

0 dθ = π

も得られます。

 基本関係式を導くには、重積分の広義積分を用いる次の方法が 代表的です。途中で

^{と変数変換}

^置換

^し

ています。

Γ(x)Γ(y) = 4 ^{∫ +∞}

0 e^−u2u^2x−1du ^{∫ +∞}

0 e^−v2v^2y−1dv

= 4 ^{∫ +∞}

0

∫ +∞

0 e^−u2−v2u^2x−1v^2y−1dudv

= 4 ^{∫ π/2}

0

∫ +∞

0 e^−r2(r cos θ)^2x−1(r sin θ)^2y−1rdrdθ

= 4 ^{∫ π/2}

0

∫ +∞

0 e^−r2r^2x+2y−1 cos^2x−1 θ sin^2y−1 θdrdθ

= 4 ^{∫ +∞}

0 e^−r2r^2(x+y)−1dr ^{∫ π/2}

0 cos^2x−1 θ sin^2y−1 θdθ

= Γ(x + y)B(x, y)

[

^練習課題

 ここでは、広義積分の定義に戻って極限を考える部

分を省略しています。ここまでの各性質の証明に倣って、省略せ

ずに書いてみましょう。

 基本関係式で特に

2

^{ととると、}

Γ(1

2)Γ(1

2) = Γ(1)B(1 2, 1

2) = 1 · π

より

2) = √

π

^{が得られます。}

 積分 

∫ +∞

0 e^−u2du =

√π 2

について、上の基本関係式の証明で最初から

2

^とおいた

計算が、よく紹介されています。

2)

の値は、相補公式からも簡単に導けます。実際

^と

とると、

Γ(1

2)Γ(1

2) = Γ(1

2)Γ(1 − 1

2) = π sin π

2

= π

より

2) = √

π

^{を得ます。}

の原始関数は初等関数では表せないので、どの方法で導く にせよ、この等式は重要です。

 相補公式の証明については、次回お話します。

第

^{回練習課題の解答}

1 − x² − y²

^{とおけば、}

ですから、べき関数の微分と合成関数の微分の公式より

f_x(x, y) = − x

√1 − x² − y², f_y(x, y) = − y

√1 − x² − y²

より

dS =

√

1 + f_x² + f_y²dxdy = 1

√1 − x² − y²dxdy

を得ます。従って、求める面積は

∫ ∫

x²+y²≤1

√ 1

1 − x² − y²dxdy = ^{∫ 1}

−1

∫ √

1−x²

−√

1−x²

√ 1

1 − x² − y²dydx

= ^{∫ 2π}

0

∫ 1 0

√ r

1 − r²drdθ = ^{∫ 2π}

0 [−√

1 − r²]¹₀dθ

= ^{∫ 2π}

0 {0 − (−1)}dθ = ^{∫ 2π}

0 dθ = [θ]^2π₀ = 2π