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特殊関数・漸近解析の問題

難易度 2大学院の講義の演習問題レベル証明問題大学院数学特殊関数・漸近解析

実数 $a, b$ が $0 < a < b$ を満たすとする。 $x > 0$ に対し $x^{c} = e^{c l o g x}$ （ $c$ は実数）と定める。このとき広義積分
$J (a, b) = \int_{0}^{\infty} \frac{x ^{a - 1}}{1 + x ^{b}} d x$
は収束し、
$J (a, b) = \frac{π}{b sin ( \frac{π a}{b} )}$
であることを証明せよ。

ただし、次の事実は用いてよい。
- $p > 0, q > 0$ に対してベータ関数 $B (p, q) = \int_{0}^{1} t^{p - 1} (1 - t)^{q - 1} d t$ は収束し、 $B (p, q) = \frac{Γ ( p ) Γ ( q )}{Γ ( p + q )}$ が成り立つ。
- $Γ (1) = 1$ であり、 $0 < s < 1$ に対して相補公式 $Γ (s) Γ (1 - s) = \frac{π}{sin π s}$ が成り立つ。
- 開区間の間の $C^{1}$ 級の狭義単調な全単射による置換積分は、非負の被積分関数の広義積分に対して（値が $+ \infty$ の場合も含めて）成り立つ。

この問題で使うもの

ベータ関数に帰着する広義積分（説明と入口の問題）
ガンマ関数の相反公式と倍数公式（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（94 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$x^{b}$ を新しい変数にとって分母を $1 + u$ の形にし、さらに $(0, \infty)$ を $(0, 1)$ に移す置換でベータ関数の形に直すことを目指しましょう。被積分関数が正であることは、収束の扱いで役に立ちます。

ヒント 2

$u = x^{b}$ とすると $J (a, b) = \frac{1}{b} \int_{0}^{\infty} \frac{u ^{s - 1}}{1 + u} d u$ （ $s = a / b$ ）になります。次に $u = \frac{t}{1 - t}$ とおくと $1 + u = \frac{1}{1 - t}$ , $d u = \frac{d t}{( 1 - t ) ^{2}}$ です。

ヒント 3

2 回目の置換で被積分関数は $t^{s - 1} (1 - t)^{- s}$ になり、これは $B (s, 1 - s)$ の被積分関数です。 $0 < s < 1$ を確かめたうえで $B (p, q) = Γ (p) Γ (q) /Γ (p + q)$ を使いましょう。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

$u = x^{b}$ の置換で $J (a, b) = \frac{1}{b} \int_{0}^{\infty} u^{a / b - 1} / (1 + u) d u$ を、 $d x$ の変換も含めて正しく導いている（2 点）
$u = t / (1 - t)$ などの置換で $(0, \infty)$ を $(0, 1)$ に移し、被積分関数が $t^{s - 1} (1 - t)^{- s}$ となることを計算で示している（3 点）
得られた積分を $B (a / b, 1 - a / b)$ と同定し、 $0 < a / b < 1$ からベータ関数の収束条件 $p, q > 0$ が満たされることを確認している（2 点）
$B (p, q) = Γ (p) Γ (q) /Γ (p + q)$ 、 $Γ (1) = 1$ 、相補公式を使って $π / sin (π a / b)$ を得ている（2 点）
被積分関数が正であることを用いて、置換の正当性と元の積分の収束を論じ、 $π / (b sin (π a / b))$ と結論している（1 点）

結果を記録する（このブラウザにだけ保存されます）:

模範解答を読む

方針: 2 回の置換で $J (a, b)$ をベータ関数 $B (s, 1 - s)$ （ $s = a / b$ ）に直し、ガンマ関数との関係と相補公式を使う。被積分関数はすべて正なので、問題文で認められた置換積分の事実により、各段階の等式は $[0, + \infty]$ の値として成り立つ。最後に有限な値に等しいことから収束も従う。

以下 $s = \frac{a}{b}$ とおく。 $0 < a < b$ より $0 < s < 1$ である。

ステップ 1（ $u = x^{b}$ の置換）. 写像 $φ : (0, \infty) \to (0, \infty)$ , $φ (u) = u^{1/ b}$ は $b > 0$ より $C^{1}$ 級の狭義単調増加な全単射で、 $φ^{'} (u) = \frac{1}{b} u^{1/ b - 1}$ である。 $x = u^{1/ b}$ とおくと $x^{a - 1} = u^{(a - 1) / b}$ , $x^{b} = u$ なので
$\frac{x ^{a - 1}}{1 + x ^{b}} d x = \frac{u ^{(a - 1) / b}}{1 + u} \cdot \frac{1}{b} u^{1/ b - 1} d u = \frac{1}{b} \cdot \frac{u ^{a / b - 1}}{1 + u} d u .$
被積分関数は $(0, \infty)$ 上で正なので、
$J (a, b) = \frac{1}{b} \int_{0}^{\infty} \frac{u ^{s - 1}}{1 + u} d u (1)$
が $[0, + \infty]$ の値として成り立つ。

ステップ 2（ $u = \frac{t}{1 - t}$ の置換）. 写像 $ψ : (0, 1) \to (0, \infty)$ , $ψ (t) = \frac{t}{1 - t}$ は $C^{1}$ 級で、 $ψ^{'} (t) = \frac{1}{( 1 - t ) ^{2}} > 0$ より狭義単調増加であり、連続で $t \to + 0$ で $0$ に、 $t \to 1 - 0$ で $+ \infty$ に近づくので（中間値の定理より）全単射である。 $u = ψ (t)$ のとき
$1 + u = \frac{1}{1 - t}, u^{s - 1} = t^{s - 1} (1 - t)^{1 - s}$
なので
$\frac{u ^{s - 1}}{1 + u} d u = t^{s - 1} (1 - t)^{1 - s} \cdot (1 - t) \cdot \frac{1}{( 1 - t ) ^{2}} d t = t^{s - 1} (1 - t)^{- s} d t .$
被積分関数は正なので、
$\int_{0}^{\infty} \frac{u ^{s - 1}}{1 + u} d u = \int_{0}^{1} t^{s - 1} (1 - t)^{(1 - s) - 1} d t = B (s, 1 - s) (2)$
が $[0, + \infty]$ の値として成り立つ。

ステップ 3（ベータ関数の値）. $0 < s < 1$ より $p = s > 0$ , $q = 1 - s > 0$ なので、認められた事実により $B (s, 1 - s)$ は収束し
$B (s, 1 - s) = \frac{Γ ( s ) Γ ( 1 - s )}{Γ ( s + ( 1 - s ))} = \frac{Γ ( s ) Γ ( 1 - s )}{Γ ( 1 )} = Γ (s) Γ (1 - s) .$
さらに $0 < s < 1$ なので相補公式が使えて
$B (s, 1 - s) = \frac{π}{sin π s} . (3)$
$0 < π s < π$ より $sin π s > 0$ なので、これは正の有限な値である。

ステップ 4（収束と値）. $(1)$ , $(2)$ , $(3)$ より
$J (a, b) = \frac{1}{b} B (s, 1 - s) = \frac{π}{b sin π s} < + \infty.$
非負の被積分関数の広義積分が有限の値に等しいので、 $J (a, b)$ は収束する。 $s = a / b$ を戻して
$\int_{0}^{\infty} \frac{x ^{a - 1}}{1 + x ^{b}} d x = \frac{π}{b sin ( \frac{π a}{b} )}$
が示された。

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