Ch.11 「ガンマ関数とベータ関数」の演習問題の解答例 〜統計学のための数学入門30講〜

当記事は「統計学のための数学入門$30$講(朝倉書店)」の読解サポートにあたってChapter.$11$の「ガンマ関数とベータ関数」の章末問題の解答の作成を行いました。
基本的には書籍の購入者向けの解説なので、まだ入手されていない方は購入の上ご確認ください。また、解説はあくまでサイト運営者が独自に作成したものであり、書籍の公式ページではないことにご注意ください。

・書籍解答まとめ
https://www.hello-statisticians.com/answer_textbook

本章のまとめ

ガンマ関数の定義と公式の導出

ガンマ関数$\Gamma(\alpha)$は下記のように定義される。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(\alpha) = \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{-x} dx \quad (1)
\end{align}
$$

ガンマ関数$\Gamma(\alpha)$に関して以下の式が成立する。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(\alpha+1) &= \alpha \Gamma(\alpha), \quad (2) \\
\Gamma(1) &= 1, \qquad (3) \\
\Gamma(n) &= (n-1)!, n \in \mathbb{N}, \quad (4) \\
\Gamma \left( \frac{1}{2} \right) &= \sqrt{\pi}, \qquad (5)
\end{align}
$$

以下、$(2)$〜$(5)$式が成立することをそれぞれ確認する。

・$(2)$式の導出
$(1)$式に基づいて$\Gamma(\alpha+1)$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(\alpha+1) &= \int_{0}^{\infty} x^{\alpha+1-1} e^{-x} dx \quad (1) \\
&= \int_{0}^{\infty} x^{\alpha} e^{-x} dx \\
&= \left[ -x^{\alpha} e^{-x} \right]_{0}^{\infty} + \alpha \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{-x} dx \\
&= 0 + \alpha \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{-x} dx \\
&= \alpha \Gamma(\alpha), \quad (2)
\end{align}
$$

・$(3)$式の導出
$(1)$式に基づいて$\Gamma(1)$は下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(1) &= \int_{0}^{\infty} x^{1-1} e^{-x} dx \quad (1) \\
&= \int_{0}^{\infty} e^{-x} dx \\
&= \left[ -e^{-x} \right]_{0}^{\infty} = -(0-1) = 1, \quad (3)
\end{align}
$$

・$(4)$式の導出
$n \in \mathbb{N}$のとき、$(2)$式を繰り返し用いたのちに$(3)$式を用いることで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(n) &= (n-1) \Gamma(n-1) \\
&= \cdots \\
&= (n-1)! \Gamma(1) = (n-1)!, \quad (4)
\end{align}
$$

・$(5)$式の導出
$(1)$式より、$\displaystyle \Gamma \left( \frac{1}{2} \right)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma \left( \frac{1}{2} \right) &= \int_{0}^{\infty} x^{\frac{1}{2}-1} e^{-x} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} x^{-\frac{1}{2}} e^{-x} dx
\end{align}
$$

ここで上記に対し、$\displaystyle x = \frac{t^2}{2}$を考えると、$dx = t dt$が成立する。また、$x$と$t$の範囲の対応は下記のように考えられる。

$x$$0 \to \infty$
$t$$0 \to \infty$

よって$\displaystyle \Gamma \left( \frac{1}{2} \right)$は置換積分法を用いて下記のように変形できる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma \left( \frac{1}{2} \right) &= \int_{0}^{\infty} x^{-\frac{1}{2}} e^{-x} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \left( \frac{t^2}{2} \right)^{-\frac{1}{2}} e^{-\frac{t^2}{2}} \cdot t dt \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\sqrt{2}}{\cancel{t}} e^{-\frac{t^2}{2}} \cdot \cancel{t} dt \\
&= \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{2} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \\
&= \sqrt{\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \\
&= \sqrt{\pi}
\end{align}
$$

途中計算では標準正規分布$\mathcal{N}(0,1)$の全範囲での積分が$1$であることを用いた。標準正規分布の積分に関する導出の詳細は下記で取り扱った。

ベータ関数の定義と公式の導出

ベータ関数$B(\alpha,\beta)$は下記のように定義される。
$$
\large
\begin{align}
B(\alpha,\beta) = \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} (1-x)^{\beta-1} dx \quad (6)
\end{align}
$$

ガンマ関数$\Gamma(\alpha)$に関して以下の式が成立する。
$$
\large
\begin{align}
B(\alpha,\beta) &= B(\beta,\alpha), \quad (7) \\
B(\alpha,\beta) &= \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}, \quad (8) \\
\Gamma(m,n) &= \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!}, m,n \in \mathbb{N}, \quad (9)
\end{align}
$$

以下、$(7)$〜$(9)$式が成立することをそれぞれ確認する。

演習問題解答

問題$11.1$

・$[1]$
前節の$(4)$式より、下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma(4) = 3! = 6
\end{align}
$$

・$[2]$
前節の$(2)$式と$(5)$式より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
\Gamma \left( \frac{5}{2} \right) &= \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{2} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \\
&= \frac{3}{4} \sqrt{\pi}
\end{align}
$$

・$[3]$
前節の$(8)$式より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
B(3,4) &= \frac{\Gamma(3)\Gamma(4)}{\Gamma(3+4)} \\
&= \frac{2! \times 3!}{6!} \\
&= \frac{1}{60}
\end{align}
$$

・$[4]$
前節の$(8)$式と$(5)$式より下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
B \left( \frac{1}{2},\frac{1}{2} \right) &= \frac{\displaystyle \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \Gamma \left( \frac{1}{2} \right)}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{1}{2}+\frac{1}{2} \right)} \\
&= \frac{\sqrt{\pi} \times \sqrt{\pi}}{\Gamma(1)} \\
&= \pi
\end{align}
$$

問題$11.2$

・$[1]$
下記のように定積分を計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} y^{5} e^{-2y} dy &= \left[ -\frac{1}{2}y^{5}e^{-2y} \right]_{0}^{\infty} + \frac{5}{2} \int_{0}^{\infty} y^{4} e^{-2y} dy \\
&= 0 + \frac{5}{2} \int_{0}^{\infty} y^{4} e^{-2y} dy \\
&= \cdots \\
&= \frac{5!}{2^5} \int_{0}^{\infty} e^{-2y} dy \\
&= \frac{5!}{2^5} \left[ -\frac{1}{2}e^{-2y} \right]_{0}^{\infty} \\
&= \frac{5!}{2^6} = \frac{15}{8}
\end{align}
$$

・$[2]$
ガンマ分布$\displaystyle \Gamma \left( \frac{7}{2}, 2 \right)$の確率密度関数$f(y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f(y) = \frac{1}{\displaystyle 2^{\frac{7}{2}} \Gamma \left( \frac{7}{2} \right)} y^{\frac{7}{2}-1} e^{-\frac{y}{2}}
\end{align}
$$

上記の全区間での積分が$1$であることから、下記のように定積分を計算できる。
$$
\large
\begin{align}
\int_{0}^{\infty} y^{\frac{5}{2}} e^{-\frac{y}{2}} dy &= \int_{0}^{\infty} y^{\frac{7}{2}-1} e^{-\frac{y}{2}} dy \\
&= 2^{\frac{7}{2}} \Gamma \left( \frac{7}{2} \right) \\
&= \frac{5 \cdot 3 \cdot 1}{2^3} \times \sqrt{\pi} \times 2^{\frac{7}{2}} = 15 \sqrt{2 \pi}
\end{align}
$$