ガンマ関数・ベータ関数・スターリングの近似

まず、 $$\begin{array}{c}f\left(x\right)=x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}\end{array}$$ とおく。 $0<\alpha$ なのでロピタルの定理により、 $$\begin{array}{c}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{\alpha +1}}{e^x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(\alpha +1)!}{e^x}=0\end{array}$$ よって、$c\le x$ について、 $$\begin{array}{}\text{(1)}& x^{\alpha +1}\cdot e^{-x}<1\end{array}$$ となるような $c$ を取ることができる。 このとき、 $$\begin{array}{c}{I}_1={\int }_0^{c}f\left(x\right)dx{I}_2={\int }_c^{\mathrm{\infty }}f\left(x\right)dx\end{array}$$ とおく。

［1A］$1\le \alpha$ のとき
$f\left(x\right)$ は区間 $[0,c]$ において連続なので、$I_1$ は存在する。

［1B］$0<\alpha <1$ のとき
$f\left(x\right)$ は区間 $(0,c]$ において連続で $$\begin{array}{c}{x}^{1-\alpha }f\left(x\right)=e^{-x}<1\end{array}$$ よって、広義積分の存在定理より、$I_1$ は存在する。

［2］
式 $(1)$ より、$c\le x$ について、 $$\begin{array}{c}{x}^{\alpha +1}\cdot e^{-x}=x^2\cdot x^{\alpha -1}\cdot e^{-x}=x^{2}f\left(x\right)<1\end{array}$$ $f\left(x\right)$ は区間 $[c,\mathrm{\infty })$ において連続なので、広義積分の存在定理より、$I_2$ は存在する。

［1］、［2］より、分割した積分がどちらも存在するので、もともとの積分も存在＝収束する。 $◼$

定義式に $\alpha =1$ を代入すると、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{1-1}\cdot e^{-x}dx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-x}dx\\ & ={[-e^{-x}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =-(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}{e}^{-x}-1)\\ & =1\end{array}$$ $◼$

与式において、次のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}\beta x=t\iff x=\frac{t}{\beta }\\ \frac{dx}{dt}=\frac{1}{\beta }\Rightarrow dx=\frac{1}{\beta }dt\\ x:0\to \mathrm{\infty }\Rightarrow t:0\to \mathrm{\infty }\end{array}$$ 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}\cdot e^{-\beta x}dx& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{t}{\beta }\right)}^{\alpha -1}\cdot e^{-t}\cdot \frac{1}{\beta }\cdot dt\\ & =\frac{1}{{\beta }^{\alpha }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^{\alpha -1}\cdot e^{-t}dt\\ & =\frac{\mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)}{{\beta }^{\alpha }}\end{array}$$ $◼$

定義式より、 $$\begin{array}{c}\mathrm{\Gamma }(\alpha +1)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha }\cdot e^{-x}dx\end{array}$$ ここで $$\begin{array}{c}f\left(x\right)=x^{\alpha }{g}^{\prime }\left(x\right)=e^{-x}=-e^{-x}\end{array}$$ とすると、 部分積分法により、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }(\alpha +1)& ={[-x^{\alpha }\cdot e^{-x}]}_0^{\mathrm{\infty }}+\alpha {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}\cdot e^{-x}dx\\ & =-(\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{\alpha }}{e^x}-0)+\alpha \mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)\end{array}$$ ロピタルの定理により、 $$\begin{array}{c}\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{\alpha }}{e^x}=\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\alpha x^{\alpha -1}}{e^x}=\cdots =\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\alpha !}{e^x}=0\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}\mathrm{\Gamma }(\alpha +1)=\alpha \mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)\end{array}$$ $◼$

性質④より、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }(\alpha +n)=& (\alpha +n-1)\mathrm{\Gamma }(\alpha +n-1)\\ =& (\alpha +n-1)(\alpha +n-2)\mathrm{\Gamma }(\alpha +n-2)\\ & ⋮\\ =& (\alpha +n-1)\cdots (\alpha +1)\alpha \mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)\end{array}$$ 特に、$\alpha =1$ を代入すると $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }(n+1)& =n(n-1)\cdots 2\cdot 1\cdot \mathrm{\Gamma }\left(1\right)\\ & =n(n-1)\cdots 2\cdot 1\cdot 1\\ & =n!\end{array}$$ $◼$

定義式に $\alpha =\frac{1}{2}$ を代入すると、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{2}\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{\frac{1}{2}-1}\cdot e^{-x}dx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{-\frac{1}{2}}\cdot e^{-x}dx\end{array}$$ ここで、次のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}x=\frac{y^2}{2}\iff y=\pm \sqrt{2x}\\ \frac{dx}{dy}=y\Rightarrow dx=ydy\\ x:0\to \mathrm{\infty }\Rightarrow t:0\to \mathrm{\infty }\end{array}$$ 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{2}\right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{y^2}{2}\right)}^{-\frac{1}{2}}\cdot \exp (-\frac{y^2}{2})\cdot y\cdot dy\\ & =\sqrt{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{y}\cdot \exp (-\frac{y^2}{2})\cdot y\cdot dy\\ & =\sqrt{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\exp (-\frac{y^2}{2})dy\end{array}$$ ガウス積分の公式より、 $$\begin{array}{c}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\exp (-\frac{y^2}{2})dy=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2\pi }=\frac{\sqrt{\pi }}{\sqrt{2}}\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{r}\mathrm{\Gamma }\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{\pi }}{\sqrt{2}}=\sqrt{\pi }\end{array}$$ $◼$

定義式において次のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}1-x=t\iff x=1-t\\ \frac{dx}{dt}=-1\Rightarrow dx=-dt\\ x:0\to 1\Rightarrow t:1\to 0\end{array}$$ 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}B(\alpha ,\beta )& ={\int }_1^0{(1-t)}^{\alpha -1}\cdot t^{\beta -1}\cdot (-1)\cdot dt\\ & ={\int }_0^1{t}^{\beta -1}{(1-t)}^{\alpha -1}dt\\ & =B(\beta ,\alpha )\end{array}$$ $◼$

ガンマ関数の定義式より、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)\mathrm{\Gamma }\left(\beta \right)& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{s}^{\alpha -1}\cdot e^{-s}ds\cdot {\int }_0^{\mathrm{\infty }}{t}^{\beta -1}\cdot e^{-t}dt\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{s}^{\alpha -1}\cdot t^{\beta -1}\cdot e^{-(s+t)}dsdt\end{array}$$ ここで、次のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}x=\frac{s}{s+t}\\ y=s+t\end{array}\iff \{\begin{array}{c}s=xy\\ t=y(1-x)\end{array}\\ \begin{array}{c}t:0\to \mathrm{\infty }\\ s:0\to \mathrm{\infty }\end{array}\iff \begin{array}{c}x:0\to 1\\ y:0\to \mathrm{\infty }\end{array}\end{array}$$ 変数変換のヤコビアンは、 $$\begin{array}{rl}\left|J\right|& =\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial s}{\partial x}& \frac{\partial t}{\partial x}\\ \frac{\partial s}{\partial y}& \frac{\partial t}{\partial y}\end{array}\right|\\ & =\left|\begin{array}{cc}y& -y\\ x& 1-x\end{array}\right|\\ & =y(1-x)+xy\\ & =y\end{array}$$ したがって、変数変換による重積分の公式より、 $$\begin{array}{rl}\mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)\mathrm{\Gamma }\left(\beta \right)& ={\int }_0^1{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\left(xy\right)}^{\alpha -1}\cdot {\left\{y(1-x)\right\}}^{\beta -1}\cdot e^{-y}\cdot y\cdot dxdy\\ & ={\int }_0^1{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^{\alpha -1}\cdot {(1-x)}^{\beta -1}\cdot y^{\alpha +\beta -1}{e}^{-y}\cdot dxdy\\ & =\left({\int }_0^1{x}^{\alpha -1}\cdot {(1-x)}^{\beta -1}dx\right)\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{y}^{\alpha +\beta -1}\cdot e^{-y}dy\right)\\ & =B(\alpha ,\beta )\cdot \mathrm{\Gamma }(\alpha +\beta )\end{array}$$ したがって、 $$\begin{array}{c}B(\alpha ,\beta )=\frac{\mathrm{\Gamma }\left(\alpha \right)\mathrm{\Gamma }\left(\beta \right)}{\mathrm{\Gamma }(\alpha +\beta )}\end{array}$$ $◼$

ベータ関数の定義式において、次のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}x=\frac{u}{1+u}\iff u=\frac{x}{1-x}\\ \frac{dx}{du}=\frac{1}{{(1+u)}^2}\Rightarrow dx=\frac{1}{{(1+u)}^2}du\\ x:0\to 1\Rightarrow u:0\to \mathrm{\infty }\end{array}$$ 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}B(\alpha ,\beta )& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{u}{1+u}\right)}^{\alpha -1}\cdot {\left(\frac{1}{1+u}\right)}^{\beta -1}\cdot \frac{1}{{(1+u)}^2}du\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{u^{\alpha -1}}{{(1+u)}^{\alpha +\beta }}du\end{array}$$ $◼$