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ガンマ関数の定義
Def: ガンマ関数
正の実数 $x$に対して
\[\Gamma(x) = \int^\infty_0t^{x-1}\exp(-t)dt\]をガンマ関数と呼ぶ.
上記のガンマ関数の定義から以下の関係式がそのまま出てきます
$a > 0$という定数をについて
\[\int^\infty_0t^{x-1}\exp(-at)dt = \frac{\Gamma(x)}{a^x}\]証明
$t=as \ \ (a > 0)$と変換すると
\[\begin{align*} s &= \frac{t}{a}\\[3pt] s&: 0\to\infty \text{ when } \ \ t: 0\to\infty\\[3pt] dt &= ads \end{align*}\]なので
\[\begin{align*} \Gamma(x) &= \int^\infty_0t^{x-1}\exp(-t)dt\\[3pt] &= \int^\infty_0(as)^{x-1}\exp(-as)ads\\[3pt] &= a^x \int^\infty_0s^{x-1}\exp(-as)ds \end{align*}\]従って,
\[\int^\infty_0t^{x-1}\exp(-at)dt = \frac{\Gamma(x)}{a^x}\]ガンマ関数の性質
ガンマ関数の性質
ガンマ関数には以下の有名な性質があります:
\[\begin{align*} \Gamma(1) &= 1\\[3pt] \Gamma(2) &= 1\\[3pt] \Gamma(x+1) &= x\Gamma(x)\\[3pt] \Gamma(n) &= (n-1)! \ \ \text{ where } n \in \mathbb N \\[3pt] \Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg) &= \sqrt{\pi} \end{align*}\]$\Gamma(1) = 1$は直接積分を計算するだけで導出できます
\[\begin{align*} \Gamma(1) &= \int_0^\infty t^0\exp(-t)dt\\[3pt] &= [-\exp(-t)]_0^\infty\\[3pt] &= 1 \end{align*}\]ガンマ関数と階乗の一般化
ガンマ関数の定義から$\Gamma(1) = 1$は自明ですが, $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$が成立すると, $\Gamma(x) = (x-1)!$が成立することがわかります.
Property
任意の正の実数 $x$ について
\[\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)\]証明は部分積分を用います.
証明
1/2でのガンマ関数と円周率
Property
\[\Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg) = \sqrt{\pi}\]この証明は
- ガウス積分で証明する方法
- 座標変換で証明
があります.
証明: ガウス積分で証明する方法
ここで, $t = u^2$と変換すると $dt = 2udu$となるので
\(\begin{align*} \int^\infty_0t^{-1/2}\exp(-t)dt &= \int^\infty_0u^{-1}\exp(-u^2)2udu\\[3pt] &= 2\int^\infty_0\exp(-u^2)du\\[3pt] &= \int^\infty_{-\infty}\exp(-u^2)du\\[3pt] &= \int^\infty_{-\infty}\exp\bigg(-\frac{u^2}{2\times(\frac{1}{\sqrt 2})^2}\bigg)du\\[3pt] &= \sqrt{2\pi}\frac{1}{\sqrt 2}\\ &= \sqrt{\pi} \end{align*}\)
証明: 座標変換で証明
ここで, $x = u^2, y = v^2$と置換積分すると
\(\begin{align*} \int^\infty_0x^{-1/2}\exp(-x)dx\int^\infty_0y^{-1/2}\exp(-y)dy &= 4\int^\infty_0\exp(-u^2)du\int^\infty_0\exp(-v^2)dv\\ &= 4\int^\infty_0\int^\infty_0\exp[-(u^2+v^2)]dudv \end{align*}\)
ここで, $u = r\cos\theta, v=r\sin\theta$と置換するとヤコビアンは$r$であり, また$u, v\geq 0$であることに留意すると
\(\begin{align*} 4\int^\infty_0\int^\infty_0\exp[-(u^2+v^2)]dudv &= 4\int^\infty_0\int^{\pi/2}_0\exp[-r^2]r d\theta dr \ \ \because u, v\geq 0 \\[3pt] &= 4\times \frac{\pi}{2} \int^{\infty}_0\exp[-r^2]rdr\\[3pt] &= 4\times \frac{\pi}{2}\bigg[\frac{\exp(-r^2)}{-2}\bigg]^\infty_0\\[3pt] &= \pi \end{align*}\)
$\Gamma(1/2)>0$より,
\[\begin{align*} &\Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg)^2 = \pi\\ &\Rightarrow \Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg) = \sqrt{\pi} \end{align*}\]ガンマ関数の変形
Property
ガンマ関数について以下の性質が知られている
\[\Gamma(s) = 2\int_0^\infty t^{2s-1}\exp(-t^2)dt\]この性質は, ガンマ関数の積を考え極座標変換する際に用いたりします. 証明は置換積分法を用いて以下のように示せます.
\[2\int_0^\infty t^{2s-1}\exp(-t^2)dt\]について $t^2 = u$という変換を行います. つまり
\(\begin{align*} 2\int_0^\infty t^{2s-1}\exp(-t^2)dt &= 2\int_0^\infty u^{s-1/2}\exp(-u)\frac{1}{2u^{1/2}}du\\[3pt] &= \int_0^\infty u^{s-1}\exp(-u)du\\ &= \Gamma(s) \end{align*}\)
証明完了.
例題
Problem
\[\int^\infty_{-\infty}x^2\exp(-ax^2)dx\]解答
$x^2$は原点を中心に対称なので
\[\int^\infty_{-\infty}x^2\exp(-ax^2)dx = 2\int^\infty_{0}x^2\exp(-ax^2)dx\]ここで$x^2=t$と変換すると
\[\begin{align*} x &= \sqrt{t}\\[3pt] t&: 0\to\infty \text{ when } \ \ x: 0\to\infty\\[3pt] dx&= \frac{1}{2}t^{-\frac{1}{2}}dt \end{align*}\]従って,
\[\begin{align*} \int^\infty_{0}x^2\exp(-ax^2)dx &= \int^\infty_{0}t\exp(-at)\frac{1}{2}t^{-1/2}dt\\[3pt] &= \frac{1}{2}\int^\infty_{0}t^{1/2}\exp(-at)dt\\[3pt] &= \frac{1}{2}\int^\infty_{0}t^{3/2-1}\exp(-at)dt\\[3pt] &= \frac{\Gamma(3/2)}{2a\sqrt{a}}\\[3pt] &= \frac{\sqrt{\pi}}{4a\sqrt{a}} \end{align*}\]従って,
\[\int^\infty_{-\infty}x^2\exp(-ax^2)dx = \frac{\sqrt{\pi}}{2a\sqrt{a}}\]数理統計におけるガンマ関数
標準正規分布の4次モーメント
標準正規分布の4次モーメント
$X \sim N(0, 1)$とするとき, $\mathbb E[X^4]$を求めよ
解答
$X$は標準正規分布に従うので
\[\begin{align*} \mathbb E[X^4] = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{-\infty}x^4\exp\bigg(-\frac{x^2}{2}\bigg)dx \end{align*}\]ここで, $x^2/2=u$とおくと
\(\begin{align*} du &= xdx\\ x &= \sqrt{2u}\\ \mathbb E[X^4] &= \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{0}x^4\exp\bigg(-\frac{x^2}{2}\bigg)dx\\[3pt] &= \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{0} 4u^2\exp(-u)\frac{1}{\sqrt{2u}}du\\[3pt] &= \frac{4}{\sqrt{\pi}}\int^\infty_{0}u^{\frac{5}{2}-1}\exp(-u)du\\[3pt] &= \frac{4}{\sqrt{\pi}}\Gamma\bigg(\frac{5}{2}\bigg) \end{align*}\)
ここで, $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$であるので
\[\begin{align*} \Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg) &= \sqrt{\pi}\\[3pt] \Gamma\bigg(\frac{5}{2}\bigg) &= \frac{3}{2}\frac{1}{2}\Gamma\bigg(\frac{1}{2}\bigg) \end{align*}\]従って,
\[\begin{align*} \mathbb E[X^4] &= \frac{4}{\sqrt{\pi}}\times\frac{3}{4}\times\sqrt{\pi}\\[3pt] &= 3 \end{align*}\]Appendix: ロピタルの定理
Theorem: ロピタルの定理
$x=a$に十分近い$x$について$f(x), g(x)$は微分可能とする. さらに$x=a$以外で$g(x)\neq 0$とする
(1) $\lim_{x\to a}f(x)=\lim_{x\to a}g(x)=0$のとき次式が成り立つ
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\](2) $\lim_{x\to a}\vert f(x)\vert= \infty, \lim_{x\to a}\vert g(x)\vert=\infty$のとき次式が成り立つ
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\](1), (2)で$a$を$\infty, -\infty$に置き換えても同様の命題が成り立つ.
証明
$a<\infty, \lim_{x\to a}f(x)=g(x)=0$ の場合
平均値の定理より
\[\begin{align*} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}= \frac{f^\prime(\xi)}{g^\prime(\xi)} \end{align*}\]このとき, $\xi$は$a, x$の間の数. なお, $\xi\to a \text{ as }x\to a$なので
\[\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^\prime(a)}{g^\prime(a)}\]$a=\infty, \lim_{x\to \infty}f(x)=g(x)=0$ の場合
$x = \frac{1}{t}$と変換し, 次の関数を考える
\[\begin{align*} &h(t) = f(1/t)\\ &k(t) = g(1/t)\\ & \lim_{t\to 0} h(t) = \lim_{t\to 0} k(t) = 0 \end{align*}\]従って,
\[\begin{align*} &\frac{h(t)}{k(t)} = \frac{h(t)-h(0)}{k(t)-k(0)} = \frac{h^\prime(\xi)}{k^\prime(\xi)}\\[3pt] &\Rightarrow \lim_{t\to0}\frac{h(t)}{k(t)} = \lim_{t\to0}\frac{h^\prime(t)}{k^\prime(t)} \end{align*}\]よって,
\[\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\infty}\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\]\[\begin{align*} \lim_{x\to\infty}\frac{x^k}{e^x} &= \lim_{x\to\infty}\frac{kx^{k-1}}{e^x}\\[3pt] &= \lim_{x\to\infty}\frac{k(k-1)x^{k-2}}{e^x}\\[3pt] &= \cdots\\ &= \lim_{x\to\infty}\frac{k!}{e^x}\\[3pt] &= 0 \end{align*}\]ロピタルの定理の使用例
References
(注意：GitHub Accountが必要となります）