6 ｘ→１＋０ の評価

次は、$H_{+}$ の $x\rightarrow 1+0$ に対する評価を行う。 本節では $x=1+\varepsilon$ とおいて $\varepsilon \rightarrow +0$ の場合を考える。

$$H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma) =\int_0^1 y^{\alpha-1}(1-y)^{\beta-1}(\varepsilon +1-y)^\gamma dy$$

は、$\gamma\geq 0$ のときは $(\varepsilon +1-y)^\gamma$ は有界なので、 ルベーグ収束定理により

  $$H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma)\rightarrow \int_0^1 y^{\alpha-1}(1-y)^{\beta-1+\gamma}dy = B(\alpha,\beta+\gamma)$$ (30)

となる。

$\gamma<0$ の場合でも、 $\beta+\gamma>0$ であれば、 $0<\varepsilon <1/2$ に対して $(\varepsilon +1-y)^\gamma\leq (1-y)^\gamma$ となるので、 ルベーグ収束定理によりやはり (30) が成立する。 よって $\beta+\gamma>0$ の場合は

  $$H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma) = B(\alpha,\beta+\gamma) + o(1)$$ (31)

となる。

次は $Q=\beta+\gamma<0$ (よって $\gamma<0$) の場合を考える。まず、

  $$H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma) = \int_0^{1/2} + \int_{1/2}^1 = I_1+I_2$$ (32)

と分けると、$I_1$ に関しては $\gamma<0$ より $(\varepsilon +1-y)^\gamma\leq (1-y)^\gamma$ となるので、

  $$I_1\rightarrow \int_0^{1/2}y^{\alpha-1}(1-y)^{\beta+\gamma-1}dy$$ (33)

となる。$I_2$ では $1-y=\varepsilon t$ とすると、

$$I_2 = \varepsilon ^{\beta+\gamma} \int_0^{1/(2\varepsilon )} (1-\varepsilon t)^{\alpha-1}t^{\beta-1}(1+t)^\gamma dt$$

となり、 $1/2<1-\varepsilon t<1$, $\beta-1+\gamma=Q-1<-1$ より、 ルベーグ収束定理により

  $$\frac{I_2}{\varepsilon ^{\beta+\gamma}} \rightarrow\int_0^\infty t^{\beta-1}(1+t)^{\gamma}dt$$ (34)

となる。 よって、 $\beta+\gamma=Q<0$ より、 (33), (34) をまとめると、

  $$\frac{H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma)}{\varepsilon ^{\beta+\gamma}} \rightarrow\int_0^\infty t^{\beta-1}(1+t)^{\gamma}dt$$ (35)

となることがわかる。この最後の積分は $1+t=s^{-1}$ とすれば、 $t=(1-s)/s$, $dt=-ds/s^2$ より、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\int_0^\infty t^{\beta-1}(1+t)^{\gamma}dt \ =\ \int... ...amma-\beta-1}(1-s)^{\beta-1}ds } \\ &=& B(\beta,-\gamma-\beta)\end{eqnarray*}$$

となり、結局 $Q=\beta+\gamma<0$ のときは

  $$H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma) =\varepsilon ^{\beta+\gamma}(B(\beta,-\gamma-\beta)+o(1))$$ (36)

が言える。

あとは、 $Q=\beta+\gamma=0$ の場合を考えればよい。

この場合 $\gamma=-\beta$ なので、$1-y=t$ により、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,-\beta) \ =\ \int... ...{t}\left(\frac{t}{\varepsilon +t}\right)^\beta dt \ =\ I_3+I_4\end{eqnarray*}$$

と分けると、$I_3$ では $((1-t)^{\alpha-1}-1)/t$ は可積分で、 $0<t/(\varepsilon + t)<1$ より

  $$I_3\rightarrow \int_0^1\frac{(1-t)^{\alpha-1}-1}{t}dt$$ (37)

となる。以後この極限を $M(\alpha)$ と書くことにする:

  $$M(\alpha)=\int_0^1\frac{(1-t)^{\alpha-1}-1}{t}dt \hspace{1zw}(\alpha>0)$$ (38)

なお、本稿では $M(\alpha)$ で書き表すが、[1] (p297 2.2.4, 20.) に よれば、
$\psi(x)=\mathop{\mathit{\Gamma}}'(x)/\mathop{\mathit{\Gamma}}(x)$ によって

$$M(\alpha)=\psi(1)-\psi(\alpha)$$

とも書けるようである。

$I_4$ の方は、 $t=\varepsilon (1-s)/s$ と置換すると、 $t/(\varepsilon + t)=1-s$, $dt=-\varepsilon ds/s^2$ より

$$\begin{eqnarray*}I_4 &=& \int_{\varepsilon /(1+\varepsilon )}^1\frac{s}{1-s}(... ...silon }{1+\varepsilon } \ =\ -\log\varepsilon + M(\beta) +o(1) \end{eqnarray*}$$

となる。よって、

  $$I_3+I_4= -\log\varepsilon + M(\alpha)+M(\beta) +o(1) =(-\log\varepsilon )(1+o(1))$$ (39)

が言える。

以上をまとめると $\varepsilon \rightarrow +0$ のときに以下が言えることになる。

  $$H_{+}(1+\varepsilon ;\alpha,\beta,\gamma) = \left\{\begin{array}... ...gamma<0)\\ (-\log\varepsilon )(1+o(1)) & (\beta+\gamma=0) \end{array}\right.$$ (40)

これにより、$x=1+0$ の近くでは、 $\beta+\gamma>0$ のときは $H_{+}$ は有界で、 $\beta+\gamma>-1$ のときは可積分になる。