Integrate

まだまだですが、積分マスター・インテグラー(Integraler)を目指していきます。私の数学レベルの向上とともにブログのレベルも上げていきたいと思います。

不完全ガンマ関数が半径無限大のとき

主張.
複素数\begin{align}z\end{align}が、\begin{align}|z|=\infty\end{align}を満たすとき、0以外の複素数\begin{align}s\end{align}に対して
\begin{align}\int^{z}_{0}e^{-x}x^{s-1}dx=\Gamma(s)\end{align}
が成り立つ。

これが一体何の役に立つのかというと、
\begin{align}\int^{\infty}_{0}e^{-zx}x^{s-1}dx=z^{-s}\Gamma(s)\end{align}
という綺麗な公式が成り立ちます。かなり便利です。
ということで、今回はこれを示したいと思うんですがその前に前置きを挟みます。



定義.不完全ガンマ関数
非負実数\begin{align}x\end{align}複素数\begin{align}s\end{align}に対して、不完全ガンマ関数は
\begin{align}\gamma(x,s):=\int^{x}_{0}e^{-t}t^{s-1}dt\end{align}
と定義される。

と、見るからに\begin{align}\gamma(x,s)\end{align}\begin{align}x\to \infty\end{align}\begin{align}\Gamma(s)\end{align}になります。


そこで、今回はこの\begin{align}\gamma(x,s)\end{align}\begin{align}x\in\mathbb R_{\ge 0}\end{align}形式上\begin{align}z\in\mathbb C\end{align}に拡張します。


形式上というのは、図形的な意味を除いて、定積分の基本定理に従うのみだということです。



そして今日考えるのは、0以外の複素数\begin{align}z\end{align}に対しての\begin{align}\gamma(z\cdot \infty,s)\end{align}です。


証明.
\begin{align}\gamma(z\cdot\infty,s)&=\int^{z\cdot\infty}_{0}e^{-x}x^{s-1}dx\\
&=z^s\int^{\infty}_{0}e^{-zx}x^{s-1}dx\\
&=z^s\mathcal{M}[e^{-zs}]\end{align}
と、メリン変換で表されるので、ガウス積分の別証明 - Integrateの本題のはじめの方に書いてある式
\begin{align}\mathcal{M}[\mathcal{L}[f(s)]]=\Gamma(s)\mathcal{M}[f(s)\mid_{s\mapsto 1-s}]\end{align}
より、
\begin{align}\gamma(z\cdot \infty,s)=z^s\Gamma(s)\mathcal{M}[\mathcal{L}^{-1}[e^{-zs}]\mid_{s\mapsto 1-s}]\end{align}
\begin{align}c\gt 0\end{align}に対して
\begin{align}\mathcal{L}^{-1}[e^{-zs}]&=\frac{1}{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}e^{(s-z)\omega}d\omega\end{align}
これを積分路を変えて留数をとる・・・なんてことはせずにあえて、これを広義積分と捉え、通常の定積分をすると、(逆変換といったら普通留数とるから)
\begin{align}\mathcal{L}^{-1}[e^{-zs}]&=\lim_{R\to\infty}\frac{e^{(s-z)(c+iR)}-e^{(s-z)(c-iR)}}{2\pi i(s-z)}\\
&=\lim_{R\to\infty}e^{(s-z)c}\frac{\sin(s-z)R}{\pi (s-z)}\\
&=e^{(s-z)c}\delta(s-z)\end{align}
デルタ関数が出てきました。(デルタ関数についてはデルタ関数のsin極限表示の導出 - Integrateを要参照)よって、
\begin{align}\gamma(z\cdot\infty,s)&=z^s\Gamma(s)\int^{\infty}_{0}e^{(x-z)c}\delta(x-z)x^{-s}dx\\
&=\Gamma(s)\end{align}
となりました。⬜︎

MDG多重三角関数に関する久しぶりの結果

今日、ファ◯リーマートで数学のノートを出してきずいたら小一時間。



まあこのために費やした時間の合計は計り知れませんが。



そこで本当に綺麗な定理を発見しまして。



そこから派生して導かれたMDG多重三角関数の結果をですね紹介したいと思います。






ただ何より、証明を書き下すのが容易ではないと判断したため






いや、やっぱり何より今日はもう眠いから(笑)



証明は省略させていただきます。

定理.
\begin{align}\zeta^{G^{\prime}}_n(a):=\frac{d}{ds}\zeta^G_n(s)\mid_{s=a}\end{align}と定義します。このとき
\begin{align}\mathcal{S}^N_n(r)=e^{\zeta^{G^{\prime}}_n(1-r)}\end{align}

綺麗でしょう。






追記:(2018/04/30(翌日))
さっききずいたのですが、
\begin{align}\zeta^{G^{\prime}}_n(r)=\left(\frac{1-e^{-2\pi is}}{\zeta^s_n-1}\zeta^M_n(s)\right)^{\prime}\mid_{s=r}=2\pi i\frac{\zeta^M_n(r)}{\zeta^r_n-1}\end{align}
ですので、今回の結果は以下のような包含関係にあるとわかりました^^;。
f:id:parvaN:20180430101059p:plain

追記:(2018/05/04)
わざわざ正規化しなくても、\begin{align}0\neq x\in\mathbb R\end{align}に対して
\begin{align}\mathcal{S}^G_{r,n}(x)=e^{\zeta^{G^{\prime}}_n(1-r)}\end{align}
だとわかりました。\begin{align}x\end{align}に依存しないのが直感的に理解し難いですが、もし綺麗な定理が間違っていても少なくとも\begin{align}n=2\end{align}に対して成り立ちます。
それから、今回の結果は次のような包含関係にあります。
f:id:parvaN:20180504212400p:plain

数検一級の反省

本日は、数検を受けに行ってまいりました。


まず1問目、ある二項係数の和を求め、素因数分解した形で求めよというものなのですが、



なんと答えが\begin{align}4(1+2^{97})\end{align}になりました・・・



これを素因数分解しろと?



ツイッターでも見かけました。\begin{align}4(1+2^{97})\end{align}ではありませんが。




続いて2問目。



みたことのない形の方程式で、撃沈しました。





3問目。



(1)は、ただ単に係数を求めるだけで、(2)は法線ベクトルから求めることができたはずです。



4問目。(1)、固有値、求めました。





(2)、曲線に囲まれた部分の面積?



知りません。






5問目。共分散の求め方は知っていましたが、計算の分量が多すぎることに気がつき、他の求め方であっさりと回答しました。





6問目。パッと見0だなーと思いつつも、問題としておかしいだろうなと思って、ためらいましたが時間がなかったので0と書きました。





その後電車でもう一回解いたら\begin{align}\frac{e}{2}\end{align}でした😇




本当にもったいない。



終わってから、隣の人が\begin{align}-\infty\end{align}と書いていたので少し緊張がほぐれました(笑)






7問目、まあ微分方程式を解くというよりも、
\begin{align}\int\sin(2x)e^{\sin x}dx\end{align}
をどうするかという方がみなさん悩まれたのではないでしょうか?



ここで比較的僕の得意分野でしたので簡単に答えられました。















ということで、どう考えても不合格です😇






はい。お疲れ。

n次元ガンマ関数の積分表示を求めたい

僕は\begin{align}n\end{align}次元ガンマ関数の積分表示を求めたいんです。



今週の日曜日に数検一級を受けるのでそれまでは数論の勉強はまだできない(というか数論Iがもうamazonで購入してから3ヶ月経っても届かないから、まだ全く勉強できていない状態です笑。可哀想だと思ってください)


という訳で、私は私なりに積分表示に関する考察をしてみました。



まず
\begin{align}1^{\prime}_n=\{l\mid \mathbb N_n+l=\mathbb N_n\}\end{align}
と定義します。ここら辺の厳密さはまだよく理解していないのでご了承くださいませ。本が届いてから手直しをするつもりです。それかどなたかにご教授していただけるとありがたいです。


以下断りのない限り\begin{align}l_n\in 1^{\prime}_n\end{align}とします。


さて、\begin{align}n\end{align}次元ガンマ関数の定義式は、

定義.n次元ガンマ関数
\begin{align}\frac{1}{\Gamma_n(s)}:=se^{Q_n(s)}\prod_{l\in\mathbb N_n}\left(1+\frac{s}{l}\right)\exp\left(\sum^{n-1}_{k=1}\frac{1}{k}\left(-\frac{s}{l}\right)^k\right)\end{align}
ここで\begin{align}Q_n(s)\end{align}は都合のいい多項式。(今回、次数は\begin{align}n-1\end{align}とさせていただきました。)
※実際のところ、右辺被積数\begin{align}\exp\end{align}内の多項式は、原pdfに書いてあるものだと\begin{align}\Gamma_2(s)=\Gamma(s)\end{align}とならなくなるので入力ミスと判断いたしました結果都合のいいように変形させていただきました。

また、
\begin{align}\sum_{l\in\mathbb N_n}l^{-s}=\sum^{\infty}_{k=1}n_k^{-s}\end{align}
という風に、\begin{align}n\end{align}によっては一意に定まらないでしょうがこれ以外に表記がわからないので\begin{align}n_k\end{align}を定義し、
\begin{align}Q_n(s):=\gamma^M_n s-\sum^{n-1}_{k=2}\frac{(-s)^k}{k}\end{align}
\begin{align}\gamma^M_n:=\lim_{N\to\infty}\sum^{N}_{k=1}\frac{1}{n_k}-\frac{1}{l_n}\log N\end{align}
と定義する。このとき

定理.
\begin{align}s\Gamma_n(s)=\Gamma(s+l_n)\end{align}
\begin{align}S_n(\pi_n s)=\pi_n (-s)^{1-n}\prod^{n-1}_{k=0}\Gamma_n(\zeta^k_n s)^{-1}\end{align}

また、
\begin{align}P_n(s):=\sum^{n-1}_{k=2}\frac{(-s)^k}{k}(\zeta^M_n(k)-1)\end{align}
\begin{align}G_{n,m}:=m^{\frac{s}{l_n}}\prod^{n-1}_{k=1}\left(1+\frac{s}{n_k}\right)^{-1}:=\int_{\mathbb R_n}g_{n,m}(s,z)dz\end{align}
と定義する。ここで\begin{align}g_{n,m}\end{align}\begin{align}m\to \infty\end{align}\begin{align}g_n\end{align}に一様収束し、\begin{align}\mathbb R_n\end{align}\begin{align}\mathbb R_2=[0,\infty)\end{align}の一般化とする。(プレビューを見てビックリ!Latex itとは\begin{align}g\end{align}の表記が違うんですね。)


このとき

定理.
\begin{align}\frac{\pi_n s}{S_n(\pi_n s)}=\prod^{n}_{k=1}\left(\int_{\mathbb R_n}g_n(\zeta^k_n s,z_k)dz_k\right)\end{align}


ここでふと思ったのですが、逆に、
\begin{align}\frac{\pi s}{\sin(\pi s)}&=\int^{\infty}_{0}\int^{\infty}_{0}e^{-x+y}x^s y^{-s}dxdy\\
&=4\int^{\infty}_{0}\int^{\infty}_{0}e^{-(x^2+y^2)}x^{1+2s}y^{1-2s}dxdy\\
&=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\int^{\infty}_{0}r^3e^{-r^2}\sin\theta\cos\theta(\tan\theta)^{2s}drd\theta\\
&=\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\sin(2x)(\tan x)^{2s}dx\end{align}
を一般化したら、
\begin{align}\frac{\pi_n s}{S_n(\pi_n s)}\stackrel{\mathrm{?}}{=}\int^{\frac{\pi_n}{n}}_{0}S_n(nx)\prod^{n-1}_{k=0}S_n^{(n-1-k)}(x)^{n\zeta^k_n s}dx\end{align}
となるのでしょうか?


これは結構真面目に検討しといたほうがいいかもしれません。相当それっぽいので。

数検1級問題に挑戦

最近、\begin{align}n\end{align}次元サインやらなにやらと、


周期性やら、正規化やらなにやらと



マイナーな理論で遊びやがって😡



そんなことしらん!!




もっと身近なことについて記事を書け!!







というお声を、頂いたわけではないですが





自分で直感的にそう感じました。



もうそろそろやばいぞと。一ブロガーとして。







というわけで今回はめずらしく、数検1級という身近なものに触れて、少しはマンネリ化を防ごうという次第です。

以下は、自分が60分(試験時間)でやったこと思ったことを口語で表現しました。(※受けてはいませんよ)数検の過去問から適当に選びました。




第133回数学検定一級一次試験

1問目
\begin{align}x^8+4x^7+10x^6+16x^5+19x^4+16x^3+10x^2+4x+1\end{align}
を整数係数の範囲で因数分解しなさい。

相反方程式か、じゃあまあ\begin{align}t=x+\frac{1}{x}\end{align}
\begin{align}x^2+\frac{1}{x^2}=t^2-2,x^3+\frac{1}{x^3}=t^3-3t,x^4+\frac{1}{x^4}=t^4-4t^4+2\end{align}
だから\begin{align}x^4\end{align}割った題は
\begin{align}t^4-4t^2+2+4(t^3-3t)+10(t^2-2)++16t+19=t^4+4t^3+6t^2+4t+1=(t+1)^4\end{align}
おっよくできてるなあ。さすが。てゆうことで

(正解)
\begin{align}(x^2+x+1)^4\end{align}

か。

2問目
次の定数係数2階線形微分方程式の一般解を求めなさい。
\begin{align}2y^{\prime\prime}+9y^{\prime}-35y+105x-97=0\end{align}

\begin{align}2y^{\prime\prime}+9y^{\prime}-35y=-105x+97\end{align}
\begin{align}2\lambda^2+9\lambda-35=0\end{align}
解いて\begin{align}\lambda=\frac{5}{2},-7\end{align}だから、
\begin{align}y=C_1e^{\frac{5}{2}x}+C_2e^{-7x}+ax+b\end{align}
ってすればいいんだっけなー。なんだっけあんま覚えてねーな。あ、でも原理的にあってるからいいのか。したら\begin{align}a=3,b=-2\end{align}

(正解)
\begin{align}y=C_1 e^{\frac{5}{2}x}+C_2e^{-7x}+3x-2\end{align}
\begin{align}C_1,C_2\end{align}は任意定数。

3問目
次の連立方程式の解で、\begin{align}x\ge y\ge z\end{align}となる実数解を求めなさい。
\begin{align}\begin{cases}
x+y+z=6\\
x^2+y^2+z^2=14\\
x^3+y^3+z^3=36\end{cases}\end{align}

見た感じ、\begin{align}(x,y,z)=(3,2,1)\end{align}だけどあってるかな・・・。もっとありそうだけどどうやって求めようか。
\begin{align}(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(xy+yz+zx)(x+y+z)-3xyz\end{align}
\begin{align}6^3=36+3\cdot 11\cdot 6-3xyz\end{align}
\begin{align}xyz=6\end{align}
だけど、うーん。\begin{align}x+y+z=xyz\end{align}だからなに??わからん😥

(一応正解)
\begin{align}(x,y,z)=(3,2,1)\end{align}

なんだ、一組だけだったのね。

4問目
\begin{align}(1+x)^n\end{align}の展開式を\begin{align}c_0+c_1x+\cdots c_n x^n\end{align}とするとき
\begin{align}\sum^{n}_{k=0}(-1)^k\frac{c_k}{k+1}\end{align}
を求めなさい。

いや、簡単すぎか。明らかに\begin{align}c_k\end{align}は二項係数。
\begin{align}f_n(x):=\sum^{n}_{k=0}(-1)^k\left(\begin{array}{ccc}
n\\
k\end{array}\right)\frac{x^{k+1}}{k+1}\end{align}
\begin{align}f_n(1)\end{align}を求めればいいので、
\begin{align}f_n^{\prime}(x)=(1-x)^n,f_n(x)=-\frac{(1-x)^{n+1}}{n+1}+C,C=\frac{1}{n+1}\end{align}
\begin{align}f_n(1)=\frac{1}{n+1}\end{align}

(正解)
\begin{align}\frac{1}{n+1}\end{align}

5問目
下の行列について、次の問いに答えなさい。
\begin{align}\left(\begin{array}{ccc}
a & -b & -c & -d\\
b & a & -d & c\\
c & d & a & -b\\
d & -c & b & a\end{array}\right)\end{align}
(1)逆行列を持つための条件を求めなさい。
(2)(1)の条件のもとで、逆行列を求めなさい。

(1)は、行列式求めて0でない条件を示せばいいんだな。

(試行錯誤)



いやどうやって綺麗にやんの?😅

(不正解(未回答))

6問目
\begin{align}a_n=\sum^{n}_{k=1}\log\left(1+\frac{k}{n^2}\right)\end{align}のとき、\begin{align}\lim_{n\to \infty}a_n\end{align}を求めなさい。

えっと、区分求積法、中身が\begin{align}e^x\end{align}\begin{align}x\end{align}\begin{align}\frac{1}{2}\end{align}か。

(正解(約5秒暗算))
\begin{align}\frac{1}{2}\end{align}

7問目
\begin{align}D=\{(x,y)\mid 1\leq x^2+y^2\leq 4,x\ge 0,y\ge 0\}\end{align}とおくとき、次の二重積分の値を求めなさい。
\begin{align}\iint_{D}xy dxdy\end{align}

はいきた得意分野ー。
\begin{align}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\int^{2}_{1}r^3\sin\theta\cos\theta drd\theta=\frac{16-1}{4}\frac{1}{2}=\frac{15}{8}\end{align}

(正解)
\begin{align}\frac{15}{8}\end{align}




・・・というわけで、7点満点中惜しくも6点ということで合格点です。
まあ、でしょうね。←ってイヤミか笑

Snについての予想

今日は予想しました。

\begin{align}n\end{align}次元サインについてです。



そんな、勝手に予想されても困ります。


なんていう方は、ぜひその途中経過だけ見て、


一種の微分方程式の解法なんだなと、自分に思い聞かせて見ててください。

予想.
\begin{align}S_n(x)=\frac{1}{n\zeta_{n^2}}\sum^{n-1}_{k=0}\zeta^{-k}_n e^{\zeta^k_n\zeta_{n^2}x}\end{align}


まあ最初からこんな複雑な式を予想できるわけないですよね。


実はこれの前に、次の同値な予想を予想していたのです。

同値な予想.
\begin{align}S^{(n)}_n(x)=\zeta_n S_n(x)\end{align}

同値な予想から予想までの過程pf.
自然数\begin{align}m\end{align}に対して
\begin{align}\text{同値な予想}\Rightarrow S^{(nm+1)}(0)=\zeta^m_n\end{align}
ですから、斉次性による\begin{align}S_n(x)\end{align}マクローリン展開より、
\begin{align}S_n(x)=\sum^{\infty}_{m=0}\frac{\zeta^m_n}{(nm+1)!}x^{nm+1}\end{align}
が成り立つので、
\begin{align}\sum^{\infty}_{m=0}\frac{x^{nm+1}}{(nm+1)!}\end{align}
を明示すれば良い。
これは、
\begin{align}\sum^{n-1}_{k=0}\zeta^{mk}_n=\frac{1-\zeta^{nm}_n}{1-\zeta_n}=\begin{cases}
n & (n\mid m)\\
0 & (otherwise)\end{cases}\end{align}
と表されることから、
\begin{align}\sum^{n-1}_{k=0}e^{\zeta^k_n x}=n\sum^{\infty}_{m=0}\frac{x^{nm}}{(nm)!}\end{align}
つまり\begin{align}n-1\end{align}微分して、
\begin{align}\sum^{n-1}_{k=0}\zeta^{-k}_n e^{\zeta^k_n x}=n\sum^{\infty}_{m=0}\frac{x^{nm+1}}{(nm+1)!}\end{align}
によって明示できる。
これの両辺を\begin{align}x\mapsto \zeta_{n^2}x\end{align}とすれば、
\begin{align}\sum^{n-1}_{k=0}\zeta^{-k}_n e^{\zeta^k_n\zeta_{n^2}x}=n\zeta_{n^2}S_n(x)\end{align}
\begin{align}S_n(x)=\frac{1}{n\zeta_{n^2}}\sum^{n-1}_{k=0}\zeta^{-k}_n e^{\zeta^k_n\zeta^{n^2}x}\end{align}
となって求める式が得られる。

不完全ガンマ関数の積分路が[0,i∞)、[0,-i∞)の時の求め方

本来、不完全ガンマ関数は積分区間が実数の時しか定義されてないのですが、



最近そんなことを言っている場合ではなくなってきたので、勝手に定義域を変更しちゃいます。


本来の不完全ガンマ関数は、次のように定義されます。


とは言っても、第一種と第二種があるのですが*1今回は題目の通り積分路の端っこを考えているので、第一種で統一します。

定義.第一種不完全ガンマ関数(本来)
\begin{align}x\in\mathbb R_{\ge 0}\end{align}\begin{align}a\in\mathbb C,Re(a)\gt 0\end{align}のとき、
\begin{align}\gamma(a,x):=\int^{x}_{0}e^{-x}x^{a-1}dx\end{align}
第一種不完全ガンマ関数という。

そして、今回だけは積分範囲の定義域を複素数全体にしたと思って話を進めます。




【[0,i∞)のとき】
本来の定義と同じ定義で\begin{align}s\end{align}とおいて、メリン変換で
\begin{align}\gamma(s,i\infty)&=\int^{i\infty}_{0}e^{-x}x^{s-1}dx\\
&=i^s\int^{\infty}_{0}e^{-ix}x^{s-1}dx\\
&=i^s(\mathcal{M}[\cos s]-\mathcal{M}[\sin s])\end{align}
となります、ガウス積分の別証明 - Integrateにのっている、メリンラプラス公式\begin{align}\mathcal{M}[\mathcal{L}[f(s)]]=\Gamma(s)\mathcal{M}[f(s)\mid_{s\to 1-s}]\end{align}を使って一個ずつ解体していきます。
\begin{align}\mathcal{M}[\cos s]=\frac{1}{\Gamma(1-s)}\mathcal{M}[\mathcal{L}[\cos s]\mid_{s\to 1-s}]\end{align}
ここで、三角関数と指数関数の積の積分を一発で求める公式 | 高校数学の美しい物語を参照して、
\begin{align}\mathcal{L}[\cos s]&=\int^{\infty}_{0}e^{-sx}\cos xdx\\
&=\left[\frac{e^{-sx}}{1+s^2}(\sin x-s\cos x)\right]^{\infty}_{0}\\
&=\frac{s}{1+s^2}\end{align}
となり、
\begin{align}\mathcal{M}[\cos s]=\frac{1}{\Gamma(1-s)}\int^{\infty}_{0}\frac{x^{1-s}}{1+x^2}dx\end{align}
\begin{align}x\mapsto \tan x\end{align}と変数変換して、ベータ関数を使って
\begin{align}&=\frac{1}{\Gamma(1-s)}\int^{\frac{\pi}{2}}_{0}\tan^{1-s} xdx\\
&=\frac{1}{\Gamma(1-s)}\cdot\frac{1}{2}B\left(1-\frac{s}{2},\frac{s}{2}\right)\\
&=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\Gamma(1-s)\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)}\end{align}
となるので、\begin{align}\mathcal{M}[\sin s]\end{align}の方も同様にして
\begin{align}\mathcal{M}[\sin s]=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\Gamma(1-s)\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}\end{align}
がわかり、よって
\begin{align}\gamma(s,i\infty)&=\frac{\pi}{2}\frac{i^{s}}{\Gamma(s)}\left(\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)}-\frac{i}{\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}\right)\\
&=\Gamma(s)\end{align}
が成り立ちます。綺麗ですね。


【[0,-i∞)のとき】
\begin{align}\gamma(s,-i\infty)&=\int^{-i\infty}_{0}e^{-x}x^{s-1}dx\\
&=i^{-s}(\mathcal{M}[\cos s]+i\mathcal{M}[\sin s])\\
&=\frac{\pi}{2}\frac{i^{-s}}{\Gamma(1-s)}\left(\frac{1}{\sin\left(\frac{\pi s}{2}\right)}+\frac{i}{\cos\left(\frac{\pi s}{2}\right)}\right)\\
&=\Gamma(s)\end{align}




このようにして、

定理.
\begin{align}Re(s)\gt 0\end{align}に対して
\begin{align}\gamma(s,i\infty)=\gamma(s,-i\infty)=\Gamma(s)\end{align}

が得られました。複素解析を使えばもっと手短にできそうですが。