§179 置換積分と部分積分の無限積分への応用

§161 で議論した定積分の変形公式は無限積分へ拡張できる。

置換積分: 無限積分 \[ \int_{a}^{\infty} \phi(x)\, dx \qquad \text{(1)} \] が収束すると仮定する。さらに \(a\) より大きい任意の \(\xi\) に対して、§161 と同様に \[ \int_{a}^{\xi} \phi(x)\, dx = \int_{b}^{\tau} \phi\{f(t)\}f'(t)\, dt \qquad \text{(2)} \] が成り立ち、\(a = f(b),\ \xi = f(\tau)\) だとする。さらに関係 \(x = f(t)\) が \(x \to \infty\) で \(t \to \infty\) を満たすなら、\(\text{(2)}\) で \(\tau\) (および \(\xi\)) を \(\infty\) に向かせることで積分 \[ \int_{b}^{\infty} \phi\{f(t)\}f'(t)\, dt \qquad \text{(3)} \] が収束し、積分 \(\text{(1)}\) と等しい値を取ると分かる。

一方で \(\tau \to -\infty\) や \(\tau \to c\) で \(\xi \to \infty\) となる可能性もある。前者の場合には \[ \begin{alignedat}{2} \int_{a}^{\infty} \phi(x)\, dx & = & & \lim_{\tau\to-\infty} \int_{b}^{\tau} \phi\{f(t)\}f'(t)\, dt\\ & = -& & \lim_{\tau\to-\infty} \int_{\tau}^{b} \phi\{f(t)\}f'(t)\, dt = -\int_{-\infty}^{b} \phi\{f(t)\}f'(t)\, dt \end{alignedat} \] が成り立ち、後者の場合には \[ \int_{a}^{\infty} \phi(x)\, dx = \lim_{\tau\to c} \int_{b}^{\tau} \phi\{f(t)\}f'(t)\, dt \qquad \text{(4)} \] が成り立つ。この等式は §181 でもう一度考える。

もちろん \[ \int_{-\infty}^{a} \phi(x)\, dx,\quad \int_{-\infty}^{\infty} \phi(x)\, dx \] といった積分にも対応する結果が得られるが、ここに細かく書く意味はない。読者は自分で定式化できるだろう。

例 74
  1. 置換 \(x = t^{\alpha}\) を使って、\(s \gt 1\) かつ \(\alpha \gt 0\) なら \[ \int_{1}^{\infty} x^{-s}\, dx = \alpha\int_{1}^{\infty} t^{\alpha(1-s) - 1}\, dt \] だと示せ。直接求めた積分の値と比較して結果が正しいことを確かめよ。

  2. \(\displaystyle\int_{a}^{\infty} \phi(x)\, dx\) が収束するなら、その値は次のどちらかに等しい: \[ \alpha\int_{(a-\beta)/\alpha}^{\infty} \phi(\alpha t + \beta)\, dt,\quad -\alpha\int_{-\infty}^{(a-\beta)/\alpha} \phi(\alpha t + \beta)\, dt \] \(\alpha\) が正なら前者で、負なら後者となる。

  3. \(\phi(x)\) は常に正で \(x\) に関して単調減少な関数で、\(\alpha,\ \beta\) は任意の実数とする。級数 \(\sum \phi(n)\) が収束するなら \(\sum \phi(\alpha n + \beta)\) も収束し、この逆も成り立つことを示せ。

    [置換 \(x = \alpha t + \beta\) を使えば、二つの積分 \[ \int_{a}^{\infty} \phi(x)\, dx,\quad \int_{(a-\beta)/\alpha}^{\infty} \phi(\alpha t + \beta)\, dt \] の収束または発散が一致すると容易に分かる。それから積分判定法を使う]

  4. \(\displaystyle \int_{1}^{\infty} \frac{dx}{(1 + x)\sqrt{x}} = \dfrac{1}{2} \pi\) を示せ。 [\(x = t^{2}\) と置換する]

  5. \(\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\sqrt{x}}{(1 + x)^{2}}\, dx = \dfrac{1}{2}\pi\) を示せ。 [\(x = t^{2}\) と置換して部分積分を使う]

  6. \(x \to \infty\) で \(\phi(x) \to h\) かつ \(x \to -\infty\) で \(\phi(x) \to k\) なら \[ \int_{-\infty}^{\infty} \{\phi(x - a) - \phi(x - b)\}\, dx = -(a - b)(h - k) \] が成り立つ。

    [等式 \[ \begin{alignedat}{2} \int_{-\xi'}^{\xi} \{\phi(x - a) - \phi(x - b)\}\, dx & = \int_{-\xi'}^{\xi} \phi(x - a)\, dx & & - \int_{-\xi'}^{\xi} \phi(x - b)\, dx\\ & = \int_{-\xi'-a}^{\xi-a} \phi(t)\, dt & & - \int_{-\xi'-b}^{\xi-b} \phi(t)\, dt\\ & = \int_{-\xi'-a}^{-\xi'-b} \phi(t)\, dt & & - \int_{\xi-a}^{\xi-b} \phi(t)\, dt \end{alignedat} \] から分かる。一つ目の積分は \[ (a - b) k + \int_{-\xi'-a}^{-\xi'-b} \rho\, dt \] という形で表せる。ここで \(\rho\) は \(\xi' \to \infty\) のとき \(\rho \to 0\) を満たす。\([-\xi' - a, -\xi' - b]\) における \(\rho\) の絶対値の最大値を \(\kappa\) とすると最後の積分は \(|a - b| \kappa\) 以下である。よって \[ \int_{-\xi'-a}^{-\xi'-b} \phi(t)\, dt \to (a - b) k \] が成り立つ。二つ目の積分も同様に議論できる]

部分積分: §161 で示した部分積分の公式は \[ \int_{a}^{\xi} f(x)\phi'(x)\, dx = f(\xi)\phi(\xi) - f(a)\phi(a) - \int_{a}^{\xi} f'(x)\phi(x)\, dx \] だった。

\(\xi \to \infty\) のときを考えると、もし上記の式の \(\xi\) が含まれる三つの項のうち二つが収束するなら、残りの一つの項も収束する。ここから次の結果が得られる: \[ \int_{a}^{\infty} f(x)\phi'(x)\, dx = \lim_{\xi\to\infty} f(\xi)\phi(\xi) - f(a)\phi(a) - \int_{a}^{\infty} f'(x)\phi(x)\, dx \] もちろん \(-\infty\) からの積分および \(-\infty\) から \(+\infty\) への積分に関しても同様の結果がある。

例 75
  1. \(\displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1 + x)^{3}}\, dx = \dfrac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{dx}{(1 + x)^{2}} = \dfrac{1}{2}\) を示せ。

  2. \(\displaystyle\int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{(1 + x)^{4}}\, dx = \dfrac{2}{3} \int_{0}^{\infty} \frac{x}{(1 + x)^{3}}\, dx = \dfrac{1}{3}\) が成り立つ。

  3. \(m\) と \(n\) を正の整数として \[ I_{m, n} = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{m}\, dx}{(1 + x)^{m+n}} \] と定める。このとき \[ I_{m, n} = \frac{m}{m + n - 1} I_{m-1, n} \] が成り立つ。これを使って \(I_{m, n} = \dfrac{m!\, (n - 2)!}{(m + n - 1)!}\) を示せ。

  4. 同様に \[ I_{m, n} = \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2m+1}\, dx}{(1 + x^{2})^{m+n}} \] なら \[ I_{m, n} = \frac{m}{m + n - 1} I_{m-1, n},\quad 2I_{m, n} = \frac{m!\, (n - 2)!}{(m + n - 1)!} \] が成り立つ。問題 3 に対して置換 \(x = t^{2}\) を適用することでこの結果を確かめよ。



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