e^{-ax}(4x)^{v-(1/2)}γ(v,(1/4x))[0,∞]などの定積分

\begin{alignat}{2}
&(1)  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} γ\left(v,\frac{1}{4x}\right)dx
=\frac{\sqrt{π}γ(2v,\sqrt{a})}{a^{v+\frac{1}{2}}}\\
&(2)  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} Γ\left(v,\frac{1}{4x}\right)dx=\frac{\sqrt{π}Γ(2v,\sqrt{a})}{a^{v+\frac{1}{2}}}\\
\end{alignat}ただし、全て \(a,v \gt 0\)











<証明>

予め、途中で現れる定積分を作っておきます。

次の定積分の結果を用います。(詳細はこちらです)$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-a^2x^2-\frac{b^2}{x^2}} dx=\frac{\sqrtπ}{2a}e^{-2ab}  (a,b \gt 0)$$\(a^2\) を \(a\) に、\(b^2\) を \(b\) に書き換えます。$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax^2-\frac{b}{x^2}} dx=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{-2\sqrt{ab}}  (a,b \gt 0)$$\(x^2=t\) と置きます。\((2xdx=dt)\)$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-at-\frac{b}{t}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{t}}dt=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}e^{-2\sqrt{ab}}$$\(b\) を \(\displaystyle \frac{r}{4}\) に変えます。$$\displaystyle\int_0^{\infty} t^{-\frac{1}{2}}e^{-at-\frac{b}{t}} dt=\sqrt{\frac{π}{a}}e^{-\sqrt{ar}}$$\(t\) を \(x\) に戻します。$$(A)  \displaystyle\int_0^{\infty} x^{-\frac{1}{2}} e^{-ax-\frac{r}{4x}}dx=\sqrt{\frac{π}{a}}e^{-\sqrt{ar}}$$



\((1)\) \(\displaystyle t=\frac{1}{4x}r\) と置きます。\(\displaystyle \left(dt=\frac{1}{4x}dr\right)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} γ\left(v,\frac{1}{4x}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} \left(\displaystyle\int_0^{\frac{1}{4x}} t^{v-1} e^{-t}dt\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} \left\{\displaystyle\int_0^1 \left(\frac{r}{4x}\right)^{v-1} e^{-\frac{r}{4x}} \cdot \frac{1}{4x}dr\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} \left(\frac{1}{4x}\right)^v \left(\displaystyle\int_0^1 r^{v-1} e^{-\frac{r}{4x}}dr\right)dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 r^{v-1} \left(\displaystyle\int_0^{\infty} x^{-\frac{1}{2}} e^{-ax-\frac{r}{4x}}dx\right)dr\\
\end{alignat}\((A)\) の式を代入します。$$=\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 r^{v-1} \sqrt{\frac{π}{a}}e^{-\sqrt{ar}}dr=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}\displaystyle\int_0^1 r^{v-1}e^{-\sqrt{ar}}dr$$\(\sqrt{ar}=y\) と置きます。\((ar=y^2,\,adr=2ydy)\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \displaystyle\int_0^{\sqrt{a}} \left(\frac{y^2}{a}\right)^{v-1} e^{-y} \cdot \frac{2}{a}ydy\\
&=\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{1}{a^v} \displaystyle\int_0^{\sqrt{a}} y^{2v-1} e^{-y}dy\\
&=\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{1}{a^v} γ(2v,\sqrt{a})=\frac{\sqrt{π}γ(2v,\sqrt{a})}{a^{v+\frac{1}{2}}}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} γ\left(v,\frac{1}{4x}\right)dx
=\frac{\sqrt{π}γ(2v,\sqrt{a})}{a^{v+\frac{1}{2}}}$$








\((2)\) \(\displaystyle t=\frac{1}{4x}r\) と置きます。\(\displaystyle \left(dt=\frac{1}{4x}dr\right)\)
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} Γ\left(v,\frac{1}{4x}\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} \left(\displaystyle\int_{\frac{1}{4x}}^{\infty} t^{v-1} e^{-t}dt\right)dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} \left\{\displaystyle\int_1^{\infty} \left(\frac{r}{4x}\right)^{v-1} e^{-\frac{r}{4x}} \cdot \frac{1}{4x}dr\right\}dx\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} \left(\frac{1}{4x}\right)^v \left(\displaystyle\int_1^{\infty} r^{v-1} e^{-\frac{r}{4x}}dr\right)dx\\
&=\frac{1}{2}\displaystyle\int_1^{\infty} r^{v-1} \left(\displaystyle\int_0^{\infty} x^{-\frac{1}{2}} e^{-ax-\frac{r}{4x}}dx\right)dr\\
\end{alignat}\((A)\) の式を代入します。$$=\frac{1}{2}\displaystyle\int_1^{\infty} r^{v-1} \sqrt{\frac{π}{a}}e^{-\sqrt{ar}}dr=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}}\displaystyle\int_1^{\infty} r^{v-1}e^{-\sqrt{ar}}dr$$\(\sqrt{ar}=y\) と置きます。\((ar=y^2,\,adr=2ydy)\)
\begin{alignat}{2}
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{π}{a}} \displaystyle\int_{\sqrt{a}}^{\infty} \left(\frac{y^2}{a}\right)^{v-1} e^{-y} \cdot \frac{2}{a}ydy\\
&=\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{1}{a^v} \displaystyle\int_{\sqrt{a}}^{\infty} y^{2v-1} e^{-y}dy\\
&=\sqrt{\frac{π}{a}} \cdot \frac{1}{a^v} Γ(2v,\sqrt{a})=\frac{\sqrt{π}Γ(2v,\sqrt{a})}{a^{v+\frac{1}{2}}}
\end{alignat}以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} e^{-ax} (4x)^{v-\frac{1}{2}} Γ\left(v,\frac{1}{4x}\right)dx
=\frac{\sqrt{π}Γ(2v,\sqrt{a})}{a^{v+\frac{1}{2}}}$$

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