ガンマ関数・ベータ関数・スターリングの近似

まず、 \begin{gather} f \left(x\right)=x^{\alpha-1} \cdot e^{-x} \end{gather} とおく。 $0 \lt \alpha$ なのでロピタルの定理により、 \begin{gather} \lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x^{\alpha+1}}{e^x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{ \left(\alpha+1\right)!}{e^x}}=0 \end{gather} よって、$c \le x$ について、 \begin{gather} x^{\alpha+1} \cdot e^{-x} \lt 1\tag{1} \end{gather} となるような $c$ を取ることができる。 このとき、 \begin{gather} I_1=\int_{0}^{c}f \left(x\right)dx \quad I_2=\int_{c}^{\infty}f \left(x\right)dx \end{gather} とおく。

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

［1B］$0 \lt \alpha \lt 1$ のとき
$f \left(x\right)$ は区間 $ \left(0\right., \left.c\right]$ において連続で \begin{gather} x^{1-\alpha}f \left(x\right)=e^{-x} \lt 1\\ \end{gather} 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{gather} x^{\alpha+1} \cdot e^{-x}=x^2 \cdot x^{\alpha-1} \cdot e^{-x}=x^2f \left(x\right) \lt 1 \end{gather} $f \left(x\right)$ は区間 $ \left[c\right., \left.\infty\right)$ 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。 $\blacksquare$

定義式に $\alpha=1$ を代入すると、 \begin{align} \Gamma \left(\alpha\right)&=\int_{0}^{\infty}{x^{1-1} \cdot e^{-x}dx}\\ &=\int_{0}^{\infty}{e^{-x}dx}\\ &= \left[-e^{-x}\right]_0^\infty\\ &=- \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{e^{-x}}-1\right)\\ &=1 \end{align} $\blacksquare$

与式において、次のように変数変換すると、 \begin{gather} \beta x=t\Leftrightarrow x=\frac{t}{\beta}\\ \frac{dx}{dt}=\frac{1}{\beta}\Rightarrow dx=\frac{1}{\beta}dt\\ x:0\rightarrow\infty\Rightarrow t:0\rightarrow\infty \end{gather} 置換積分法により、 \begin{align} \int_{0}^{\infty}{x^{\alpha-1} \cdot e^{-\beta x}dx}&=\int_{0}^{\infty}{ \left(\frac{t}{\beta}\right)^{\alpha-1} \cdot e^{-t} \cdot \frac{1}{\beta} \cdot d t}\\ &=\frac{1}{\beta^\alpha}\int_{0}^{\infty}{t^{\alpha-1} \cdot e^{-t}dt}\\ &=\frac{\Gamma \left(\alpha\right)}{\beta^\alpha} \end{align} $\blacksquare$

定義式より、 \begin{gather} \Gamma \left(\alpha+1\right)=\int_{0}^{\infty}{x^\alpha \cdot e^{-x}dx} \end{gather} ここで \begin{gather} f \left(x\right)=x^\alpha \quad g^\prime \left(x\right)=e^{-x} \quad =-e^{-x} \end{gather} とすると、 部分積分法により、 \begin{align} \Gamma \left(\alpha+1\right)&= \left[-x^\alpha \cdot e^{-x}\right]_0^\infty+\alpha\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha-1} \cdot e^{-x}dx}\\ &=- \left(\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x^\alpha}{e^x}}-0\right)+\alpha\Gamma \left(\alpha\right) \end{align} ロピタルの定理により、 \begin{gather} \lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{x^\alpha}{e^x}}=\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{\alpha x^{\alpha-1}}{e^x}}= \cdots =\lim_{x\rightarrow\infty}{\frac{\alpha!}{e^x}}=0 \end{gather} したがって、 \begin{gather} \Gamma \left(\alpha+1\right)=\alpha\Gamma \left(\alpha\right) \end{gather} $\blacksquare$

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

定義式に $\alpha=\frac{1}{2}$ を代入すると、 \begin{align} \Gamma \left(\frac{1}{2}\right)&=\int_{0}^{\infty}{x^{\frac{1}{2}-1} \cdot e^{-x}dx}\\ &=\int_{0}^{\infty}{x^{-\frac{1}{2}} \cdot e^{-x}dx} \end{align} ここで、次のように変数変換すると、 \begin{gather} x=\frac{y^2}{2}\Leftrightarrow y=\pm\sqrt{2x}\\ \frac{dx}{dy}=y\Rightarrow dx=ydy\\ x:0\rightarrow\infty\Rightarrow t:0\rightarrow\infty \end{gather} 置換積分法により、 \begin{align} \Gamma \left(\frac{1}{2}\right)&=\int_{0}^{\infty}{ \left(\frac{y^2}{2}\right)^{-\frac{1}{2}} \cdot \mathrm{exp} \left(-\frac{y^2}{2}\right) \cdot y \cdot d y}\\ &=\sqrt2\int_{0}^{\infty}{\frac{1}{y} \cdot \mathrm{exp} \left(-\frac{y^2}{2}\right) \cdot y \cdot d y}\\ &=\sqrt2\int_{0}^{\infty}{\mathrm{exp} \left(-\frac{y^2}{2}\right)dy} \end{align} ガウス積分の公式より、 \begin{gather} \int_{0}^{\infty}{\mathrm{exp} \left(-\frac{y^2}{2}\right)dy}=\frac{1}{2} \cdot \sqrt{2\pi}=\frac{\sqrt\pi}{\sqrt2} \end{gather} したがって、 \begin{align} \Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt2 \cdot \frac{\sqrt\pi}{\sqrt2}=\sqrt\pi \end{align} $\blacksquare$

定義式において次のように変数変換すると、 \begin{gather} 1-x=t\Leftrightarrow x=1-t\\ \frac{dx}{dt}=-1\Rightarrow dx=-dt\\ x:0\rightarrow1\Rightarrow t:1\rightarrow0 \end{gather} 置換積分法により、 \begin{align} B \left(\alpha,\beta\right)&=\int_{1}^{0}{ \left(1-t\right)^{\alpha-1} \cdot t^{\beta-1} \cdot \left(-1\right) \cdot d t}\\ &=\int_{0}^{1}{t^{\beta-1} \left(1-t\right)^{\alpha-1}dt}\\ &=B \left(\beta,\alpha\right) \end{align} $\blacksquare$

ガンマ関数の定義式より、 \begin{align} \Gamma \left(\alpha\right)\Gamma \left(\beta\right)&=\int_{0}^{\infty}{s^{\alpha-1} \cdot e^{-s}ds} \cdot \int_{0}^{\infty}{t^{\beta-1} \cdot e^{-t}dt}\\ &=\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}{s^{\alpha-1} \cdot t^{\beta-1} \cdot e^{- \left(s+t\right)}dsdt} \end{align} ここで、次のように変数変換すると、 \begin{gather} \left\{\begin{matrix}x=\frac{s}{s+t}\\y=s+t\\\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}s=xy\\t=y \left(1-x\right)\\\end{matrix}\right.\\ \begin{matrix}t:0\rightarrow\infty\\s:0\rightarrow\infty\\\end{matrix}\Leftrightarrow\begin{matrix}x:0\rightarrow1\\y:0\rightarrow\infty\\\end{matrix} \end{gather} 変数変換のヤコビアンは、 \begin{align} \left|J\right|&= \left|\begin{matrix}\frac{\partial s}{\partial x}&\frac{\partial t}{\partial x}\\\frac{\partial s}{\partial y}&\frac{\partial t}{\partial y}\\\end{matrix}\right|\\ &= \left|\begin{matrix}y&-y\\x&1-x\\\end{matrix}\right|\\ &=y \left(1-x\right)+xy\\ &=y \end{align} したがって、変数変換による重積分の公式より、 \begin{align} \Gamma \left(\alpha\right)\Gamma \left(\beta\right)&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}{ \left(xy\right)^{\alpha-1} \cdot \left\{y \left(1-x\right)\right\}^{\beta-1} \cdot e^{-y} \cdot y \cdot d x d y}\\ &=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty}{x^{\alpha-1} \cdot \left(1-x\right)^{\beta-1} \cdot y^{\alpha+\beta-1}e^{-y} \cdot d x d y}\\ &= \left(\int_{0}^{1}{x^{\alpha-1} \cdot \left(1-x\right)^{\beta-1}dx}\right) \left(\int_{0}^{\infty}{y^{\alpha+\beta-1} \cdot e^{-y}dy}\right)\\ &=B \left(\alpha,\beta\right) \cdot \Gamma \left(\alpha+\beta\right) \end{align} したがって、 \begin{gather} B \left(\alpha,\beta\right)=\frac{\Gamma \left(\alpha\right)\Gamma \left(\beta\right)}{\Gamma \left(\alpha+\beta\right)} \end{gather} $\blacksquare$

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{gather} x=\frac{u}{1+u}\Leftrightarrow u=\frac{x}{1-x}\\ \frac{dx}{du}=\frac{1}{ \left(1+u\right)^2}\Rightarrow dx=\frac{1}{ \left(1+u\right)^2}du\\ x:0\rightarrow1\Rightarrow u:0\rightarrow\infty \end{gather} 置換積分法により、 \begin{align} B \left(\alpha,\beta\right)&=\int_{0}^{\infty}{ \left(\frac{u}{1+u}\right)^{\alpha-1} \cdot \left(\frac{1}{1+u}\right)^{\beta-1} \cdot \frac{1}{ \left(1+u\right)^2}du}\\ &=\int_{0}^{\infty}{\frac{u^{\alpha-1}}{ \left(1+u\right)^{\alpha+\beta}}du} \end{align} $\blacksquare$