β関数(第1種オイラー積分)の例題です。
(例題1)
\(m,n\)を\(0\)以上の整数とし
\(I(m,n)=\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{m}(β-x)^{n}dx\) (\(α<β\))
とする。
(1)\(n≧1\) のとき、\(I(m,n)\) を \(I(m+1,n-1)\) を用いて表せ。
(2)\(I(3,3)\) を求めよ。
(3)\(I(m,n)\) を求めよ。
(解答)
(1)
(この例題では\(m\)乗のほうを積分する誘導になっていますが、逆にしても解くことはできます)
\(I(m,n)=\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{m}(β-x)^{n}dx\)
\(=\left[\displaystyle\frac{(x-α)^{m+1}}{m+1}(β-x)^{n}\right]_{α}^{β}-\displaystyle\int_{α}^{β}\displaystyle\frac{(x-α)^{m+1}}{m+1}\cdot n(β-x)^{n-1}(-1)dx\)
\(=0+\displaystyle\frac{n}{m+1}\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{m+1}(β-x)^{n-1}dx\)
\(=\displaystyle\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)\)
よって
\(I(m,n)=\displaystyle\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)\)
(2)
\(I(m,n)=\displaystyle\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)\) より
\(I(3,3)\)
(\((m,n)=(3,3)\) を代入)
\(=\displaystyle\frac{3}{4}I(4,2)\)
(\((m,n)=(4,2)\) を代入)
\(=\displaystyle\frac{3}{4}\cdot\displaystyle\frac{2}{5}I(5,1)\)
(\((m,n)=(5,1)\) を代入)
\(=\displaystyle\frac{3}{4}\cdot\displaystyle\frac{2}{5}\cdot\displaystyle\frac{1}{6}I(6,0)\)
\(=\displaystyle\frac{3}{4}\cdot\displaystyle\frac{2}{5}\cdot\displaystyle\frac{1}{6}\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{6}dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{20}\left[\displaystyle\frac{(x-α)^{7}}{7}\right]_{α}^{β}\)
\(=\displaystyle\frac{(β-α)^7}{140}\)
(3)
\(I(m,n)=\displaystyle\frac{n}{m+1}I(m+1,n-1)\)・・・① (\(n≧1\)) より
\(I(m,n)=\displaystyle\frac{n}{m+1}\color{blue}{I(m+1,n-1)}\)
(①で\(m \to m+1\)、\(n \to n-1\) として)
\(=\displaystyle\frac{n}{m+1}\cdot\color{blue}{\displaystyle\frac{n-1}{m+2}I(m+2,n-2)}\)
\(=\displaystyle\frac{n}{m+1}\cdot\displaystyle\frac{n-1}{m+2}\cdot\displaystyle\frac{n-2}{m+3}\cdots\displaystyle\frac{2}{m+n-1}\cdot\displaystyle\frac{1}{m+n}I(m+n,0)\)・・・②
(\(n\)次を\(0\)次まで下げた、つまり\(n\)回漸化式を使った。最後は、\(I(m+n-1,1)=\displaystyle\frac{1}{m+n}I(m+n,0)\))
\(=\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n)!}\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{m+n}dx\)
(\(n=0\) の場合も満たす)
(②で分母も階乗にするために、分母分子に\(m!\)を掛けた)
したがって
\(I(m,n)=\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n)!}\left[\displaystyle\frac{(x-α)^{m+n+1}}{m+n+1}\right]_{α}^{β}\)
\(=\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n+1)!}(β-α)^{m+n+1}\)
(例題2)
\(n,m\)を\(0\)以上の整数とし、\(I_{n,m}=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}\cos^nθ\sin^mθdθ\) とおく。
(1)\(n≧2\) のとき、\(I_{n,m}\)を\(I_{n-2,m+2}\)を用いて表せ。
(2)\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}dx\) を示せ。
(3)\(\displaystyle\frac{n!m!}{(n+m+1)!}=\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_{0}}{n+1}-\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_{1}}{n+2}+\cdots+(-1)^{m}\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_{m}}{n+m+1}\) を示せ。
(解答)
(1)
\(I_{n,m}=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}\cos^{n-1}θ(\sin^mθ\cosθ)dθ\)
\(=\left[\cos^{n-1}θ\cdot\displaystyle\frac{\sin^{m+1}θ}{m+1}\right]_{0}^{\frac{π}{2}}-\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}(n-1)\cos^{n-2}θ(-\sinθ)\cdot\displaystyle\frac{\sin^{m+1}θ}{m+1}dθ\)
\(=0+\displaystyle\frac{n-1}{m+1}\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}\cos^{n-2}θ\sin^{m+2}θdθ\)
\(=\displaystyle\frac{n-1}{m+1}I_{n-2,m+2}\)
よって
\(I_{n,m}=\displaystyle\frac{n-1}{m+1}I_{n-2,m+2}\)
(2)
であり、\(n,m\)の2次式になっているので、\(\sin^2θ+\cos^2θ=1\) も考慮して、\(x=\cos^2θ\) の置換をします。
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}\cos^{2n+1}θ\sin^{2m+1}θdθ\)
\(x=\cos^2θ\) と置換すると
\(θ:0 \to \displaystyle\frac{π}{2}\) のとき \(x:1 \to 0\)
\(dx=2\cosθ(-\sinθ)dθ\)
\(\sin^2θ=1-x\) だから
\(I_{2n+1,2m+1}=-\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}\cos^{2n}θ\sin^{2m}θ(-2\sinθ\cosθ)dθ\)
\(=-\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{1}^{0}x^n(1-x)^{m}dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}x^n(1-x)^{m}dx\)
(3)
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}dx\)
を利用します。左辺は(1)の漸化式で具体的に求めて、右辺は二項定理を使えば、コンビネーションの和が得られてうまくいきそうです。
漸化式より\(I_{2n+1,2m+1}\)の\(2n+1\)の次数を2個ずつ下げると(\(m\)のほうは上がっていく)、最後には \(I_{1,2m+1+2n}\) となりますが、この積分は三角関数のほうで解いてても、(2)を用いて整式のほうで解いてもどちらもOKです。
(2)より
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}dx\)・・・①
(①の左辺について)
(1)の結果 \(I_{n,m}=\displaystyle\frac{n-1}{m+1}I_{n-2,m+2}\) より
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{2n}{2m+2}I_{2n-1,2m+3}\)
つまり
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{n}{m+1}I_{2n-1,2m+3}\) (\(n≧1\))だから、これを繰り返し利用すると
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{n}{m+1}\cdot\displaystyle\frac{n-1}{m+2}I_{2n-3,2m+5}\)
\(=\displaystyle\frac{n}{m+1}\cdot\displaystyle\frac{n-1}{m+2}\cdots\displaystyle\frac{2}{m+n-1}\cdot\displaystyle\frac{1}{m+n}I_{1,2m+2n+1}\)
(分母分子に\(m!\) を掛けると)
\(=\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n)!}\displaystyle\int_{0}^{\frac{π}{2}}\cosθ\sin^{2m+2n+1}θdθ\)
(\(n=0\) の場合も満たす)
\(=\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n)!}\left[\displaystyle\frac{\sin^{2m+2n+2}}{2m+2n+2}\right]_{0}^{\frac{π}{2}}\)
\(=\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n)!}\cdot\displaystyle\frac{1}{2(m+n+1)}\)
ゆえに
\(I_{2n+1,2m+1}=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n+1)!}\)・・・②
(①の右辺について)
\(\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}(1-x)^{m}dx\)
(二項定理より)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}\{{}_m\mathrm{C}_0+{}_m\mathrm{C}_1(-x)+{}_m\mathrm{C}_2(-x)^2+\cdots+{}_m\mathrm{C}_m(-x)^m\}dx\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{1}({}_m\mathrm{C}_0x^{n}-{}_m\mathrm{C}_1x^{n+1}+{}_m\mathrm{C}_2x^{n+2}+\cdots+(-1)^{m}{}_m\mathrm{C}_mx^{n+m})dx\)
(積分して)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\left[{}_m\mathrm{C}_0\displaystyle\frac{x^{n+1}}{n+1}-{}_m\mathrm{C}_1\displaystyle\frac{x^{n+2}}{n+2}+{}_m\mathrm{C}_2\displaystyle\frac{x^{n+3}}{n+3}+\cdots+(-1)^{m}{}_m\mathrm{C}_m\displaystyle\frac{x^{n+m+1}}{n+m+1}\right]_{0}^{1}\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}\left(\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_0}{n+1}-\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_1}{n+2}+\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_2}{n+3}+\cdots+(-1)^{m}\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_m}{n+m+1}\right)\)・・・③
したがって①②③より
\(\displaystyle\frac{n!m!}{(m+n+1)!}=\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_0}{n+1}-\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_1}{n+2}+\cdots+(-1)^{m}\displaystyle\frac{{}_m\mathrm{C}_m}{n+m+1}\)
(参考)
(例題1)のような
\(\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{m}(x-β)^{n}dx\) (\(m,n\)は\(0\)以上の整数)
の形をした定積分を第1種オイラー積分とよびます。この定積分の被積分関数を\((-1)^n\)で割って、特に \(α=0\)、\(β=1\) とした定積分
\(\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx\)
を\(β\)関数とよびます。第1種オイラー積分は(例題1)より、\(β\)関数の積分結果は(例題2)より、(例題2では\(m,n\)は入れ替わっているが同じ)
\(\displaystyle\int_{α}^{β}(x-α)^{m}(x-β)^{n}dx=(-1)^n\displaystyle\frac{m!n!}{(m+n+1)!}(β-α)^{m+n+1}\)
\(\displaystyle\int_{0}^{1}x^{m}(1-x)^{n}dx=\displaystyle\frac{m!n!}{(m+n+1)!}\)
となります。β関数で関数となっているのは、変数\(m,n\)を1つ定めると、積分の値がただ1つ定まるからです(2変数関数)。
(例題2)の三角関数の積の積分は\(β\)関数の三角関数表示になります。
なお、これらの積分は、交わる2曲線や接する2曲線が囲む図形の面積計算に利用されます。
以上になります。お疲れさまでした。
ここまで見て頂きありがとうございました。
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