10 Gauss積分, ガンマ函数, ベータ函数
黒木玄2018-06-21～2019-04-03, 2020-04-25, 2023-06-22, 2023-11-05
Copyright 2018,2019,2020,2023 Gen Kuroki
License: MIT https://opensource.org/licenses/MIT (https://opensource.org/licenses/MIT)
Repository: https://github.com/genkuroki/Calculus (https://github.com/genkuroki/Calculus)
このファイルは次の場所できれいに閲覧できる:
http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/10%20Gauss%2C%20Gamma%2C%20Beta.ipynb(http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/10%20Gauss%2C%20Gamma%2C%20Beta.ipynb)
https://genkuroki.github.io/documents/Calculus/10%20Gauss%2C%20Gamma%2C%20Beta.pdf(https://genkuroki.github.io/documents/Calculus/10%20Gauss%2C%20Gamma%2C%20Beta.pdf)
このファイルは Julia Box (https://juliabox.com) で利用できる.
自分のパソコンにJulia言語 (https://julialang.org/)をインストールしたい場合にはWindowsへのJulia言語のインストール (http://nbviewer.jupyter.org/gist/genkuroki/81de23edcae631a995e19a2ecf946a4f)
Julia v1.1.0 の Windows 8.1 へのインストール (https://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/msfd28/blob/master/install.ipynb)
を参照せよ. 前者は古く, 後者の方が新しい.
論理的に完璧な説明をするつもりはない. 細部のいい加減な部分は自分で訂正・修正せよ.

目次
 1 Gauss積分
1.1 Gauss積分の公式
 1.2 Gauss積分を使う簡単な計算例
1.2.1 Gauss積分1.2.2 正規分布
1.2.3 Lebesgueの収束定理が成立しない場合2
1.2.4 正規分布のモーメント1.3 Gauss分布のFourier変換
 1.4 Gauss積分の公式の導出
1.4.1 方法1: 高さ で輪切りにする方法
1.4.2 方法2: 極座標を使う方法
1.4.3 方法3:と変数変換する方法
 2 ガンマ函数とベータ函数
 2.1 ガンマ函数とベータ函数の定義
2.1.1 ガンマ函数のGauss積分型表示
2.1.2 ガンマ函数のスケール変換
2.1.3 ベータ函数の様々な表示
2.1.4 ガンマ函数を定義する積分の被積分函数のグラフ
2.1.5 ベータ函数を定義する積分の被積分函数のグラフ
 2.2 ガンマ函数の特殊値と函数等式
2.2.1 ガンマ函数の1と1/2での値.
2.2.2 ガンマ函数の函数等式
2.2.3 ガンマ函数の正の半整数での値
2.2.4 ガンマ函数の Ramanujan's master theorem 型解析接続
 2.3 Riemannのゼータ函数の積分表示と函数等式と負の整数と正の偶数における特殊値
2.3.1 Riemannのゼータ函数の積分表示1
2.3.2 Riemannのゼータ函数の0以下での整数での値
2.3.3 交代版のRiemannのゼータ函数の積分表示
2.3.4 Hurwitzのゼータ函数0以下の整数での特殊値がBernoulli多項式で書けること
2.3.5 べき乗和のBernoulli多項式による表示
2.3.6 Riemannのゼータ函数の積分表示2(テータ函数のMellin変換)と函数等式
 2.4 ベータ函数とガンマ函数の関係
2.4.1 方法1: 置換積分と積分の順序交換のみを使う方法
2.4.2 方法2: 極座標変換を使う方法
2.4.3 方法3: y = tx と変数変換する方法
2.4.4 ガンマ函数の1/2での値をベータ函数経由で計算

𝑧𝑦 = 𝑥tan𝜃2.4.5 ベータ函数の応用の雑多の例
2.4.6 B(s, 1/2)の級数展開
 2.5 ガンマ函数の無限積表示
2.5.1 ガンマ函数に関するGaussの公式
2.5.2 指数函数の上からと下からの評価を用いた厳密な議論
2.5.3 ガンマ函数に関するWeierstrassの公式
 2.6 sinとガンマ函数の関係
2.6.1 sinの奇数倍角の公式を用いたsinの無限積表示の導出
2.6.2 Euler's reflection formula2.6.3 cosの偶数倍角の公式を用いたcosの無限積表示の導出
 2.7 Wallisの公式
2.7.1 2種類のWallisの公式の同値性
2.7.2 sinの無限積表示を用いたWallisの公式の証明
2.7.3 ベータ函数の極限でガンマ函数が得らえることを用いWallisの公式の証明
2.7.4 Wallisの公式からGauss積分の値を得る方法
2.8 Legendre's duplication formula 2.9 sinとガンマ函数の関係の再証明
2.9.1 Legendre's duplication formula を用いた Euler's reflection formula の再証明
2.9.2 sinの無限積表示の再証明
 2.10 Lerchの定理とゼータ正規化積
2.10.1 Lerchの定理 (Hurwitzのゼータ函数とガンマ函数の関係)
2.10.2 digamma, trigamma, polygamma 函数
2.10.3 ゼータ正規化積
2.10.4 Lerchの定理を用いたBinetの公式の証明
 3 Stirlingの公式とLaplaceの方法
3.1 Stirlingの公式
3.2 Wallisの公式のStirlingの公式を使った証明
3.3 Gauss's multiplication formula 3.4 Laplaceの方法
3.4.1 Laplaceの方法の解説
3.4.2 Laplaceの方法によるStirlingの公式の導出
3.5 Laplaceの方法の弱形

In [1]:



1
2
3
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9
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39
40

using Base.MathConstants
using Base64
using Printf
using Statistics
const e = ℯ
endof(a) = lastindex(a)linspace(start, stop, length) = range(start, stop, length=length)​
using Plots#gr(); ENV["PLOTS_TEST"] = "true"#pyplot(fmt=:svg)
pyplot()#clibrary(:colorcet)#clibrary(:misc)
default(fmt=:png)​function pngplot(P...; kwargs...)sleep(0.1)
pngfile = tempname() * ".png"
savefig(plot(P...; kwargs...), pngfile)showimg("image/png", pngfile)end
pngplot(; kwargs...) = pngplot(plot!(; kwargs...))​
showimg(mime, fn) = open(fn) do fbase64 = base64encode(f)display("text/html", """<img src="data:$mime;base64,$base64">""")
end​
using SymPy#sympy.init_printing(order="lex") # default#sympy.init_printing(order="rev-lex")​const latex = sympy.latex
using LaTeXStrings​
using SpecialFunctions
SpecialFunctions.lgamma(x::Real) = logabsgamma(x)[1]​
using QuadGKIn [2]:



1
2
3
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5
6
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18

# Override the Base.show definition of SymPy.jl:# https://github.com/JuliaPy/SymPy.jl/blob/29c5bfd1d10ac53014fa7fef468bc8deccadc2fc/src/ty​@eval SymPy function Base.show(io::IO, ::MIME"text/latex", x::SymbolicObject)
print(io, as_markdown("\\displaystyle " * sympy.latex(x, mode="plain", fold_short_frac
end@eval SymPy function Base.show(io::IO, ::MIME"text/latex", x::AbstractArray{Sym})
function toeqnarray(x::Vector{Sym})a = join(["\\displaystyle " * sympy.latex(x[i]) for i in 1:length(x)], "\\\\")"""\\left[ \\begin{array}{r}$a\\end{array} \\right]"""end
function toeqnarray(x::AbstractArray{Sym,2})sz = size(x)a = join([join("\\displaystyle " .* map(sympy.latex, x[i,:]), "&") for i in 1:sz[1"\\left[ \\begin{array}{" * repeat("r",sz[2]) * "}" * a * "\\end{array}\\right]"
end
print(io, as_markdown(toeqnarray(x)))
end

1 Gauss積分
1.1 Gauss積分の公式

∞ 2
⎯⎯
−𝑥
∫−∞ 𝑒 𝑑𝑥 = √𝜋をGauss積分の公式と呼ぶことにする. 証明は後で行う.
このノートの筆者は大学新入生が習う積分の公式の中でこれが最も重要であると考えている. ガウス積分が重要だと考える理由は以下の通り.
(1) この公式自体が非常に面白い形をしている. 左辺を見てもどこにも円周率は見えないが, 右辺には円周率が出て来る. しかも円周率がそのまま出て来るのではなく, その平方根が出て来る.

(2) 様々な方法を使ってGauss積分の公式を証明できる.
(3) Gauss積分の公式は確率論や統計学で正規分布を扱うときには必須である. 正規分布は中心極限定理によって特別に重要な役目を果たす確率分布である.
(4) Gauss積分はガンマ函数に一般化される.
(5) Gauss積分はLaplaceの方法の基礎である. Laplaceの方法はある種の積分の漸近挙動を調べるための最も基本的な方法であり,解析学の応用において基本的かつ重要である.
(6) 特にGauss積分で階乗に等しい積分を近似することによって, Stirlingの公式が得られる. (Stirlingの公式
平行根の因子はGauss積分を経由して得られる.)
以上のようにGauss積分は純粋数学的にも応用数学的にも基本的かつ重要である.

1.2 Gauss積分を使う簡単な計算例
1.2.1 Gauss積分
問題: 上の公式を使って,

𝑎 > 0 のとき,

∞ 2
⎯⎯⎯⎯
−𝑦 /𝑎
∫−∞ 𝑒 𝑑𝑦 = √𝑎𝜋となることを示せ.
注意:𝑎 を 1/𝑎 で置き換えれば∞ 2−𝑎𝑦 𝑑𝑦 = ⎯⎯⎯𝜋⎯
𝑒
∫−∞
√𝑎

も得られる.

𝑥 = √𝑦⎯⎯𝑎 と置換積分すると∞∞√⎯⎯𝜋 = ∫−∞ 𝑒−𝑥2 𝑑𝑥 = √1⎯⎯𝑎 ∫−∞ 𝑒−𝑦2/𝑎 𝑑𝑦⎯⎯
なので, 両辺に √ 𝑎 をかければ示したい公式が得られる. □解答例: Gauss積分の公式で1.2.2 正規分布問題: 分散𝜎 2 > 0, 平均 𝜇 の正規分布の確率密度函数 𝑝(𝑥) が1 ⎯ 𝑒−(𝑥−𝜇)2/(2𝜎2)𝑝(𝑥) = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯√2𝜋𝜎 2で定義される. このとき∞∫−∞ 𝑝(𝑥)𝑑𝑥 = 1となることを示せ. (この問題より, 確率統計学においてGauss積分の公式は必須であることがわかる.)
解答例:

𝑥 = 𝑦 + 𝜇 と置換し, 上の問題の結果を使うと,∞
1 ⎯ ∞ 𝑒−(𝑥−𝜇)2/(2𝜎2) 𝑑𝑥 = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
1 ⎯ ∞ 𝑒−𝑦2/(2𝜎2) 𝑑𝑦𝑝(𝑥)𝑑𝑥=⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯∫−∞√2𝜋𝜎 2 ∫−∞√2𝜋𝜎 2 ∫−∞1 ⎯ √⎯2⎯⎯⎯⎯⎯⎯
2 𝜋⎯ = 1.
= ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯𝜎□√2𝜋𝜎 2

1.2.3 Lebesgueの収束定理が成立しない場合2𝑓𝑛 (𝑥) を
𝑓𝑛 (𝑥) = √1⎯𝑛𝜋⎯⎯⎯ 𝑒−𝑥2/𝑛問題(Lebesgueの収束定理の結論が成立しない場合2): 函数列と定める. 以下を示せ.

⎯⎯⎯⎯⎯ の𝑛! ∼ 𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯2𝜋𝑛(1)∞∫−∞ 𝑓𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 = 1.

(2) 各𝑥 ∈ ℝ ごとに 𝑛→∞lim 𝑓𝑛 (𝑥) = 0.

(3) したがって∞∞

lim ∫−∞ 𝑓𝑛 (𝑥)𝑑𝑥 ≠ ∫−∞ 𝑛→∞
lim 𝑓𝑛 (𝑥)𝑑𝑥.
𝑛→∞

解答例: (1)はGauss積分の公式から得られる(詳細は自分で計算して確認せよ). (3)は(1)と(2)からただちに得られるので, あとは(2)のみを示せば十分である.
となることもわかる.

□

2
𝑥 ∈ ℝ を任意に取って固定する. このとき 𝑛 → ∞ で 𝑥𝑛 → 0, √1⎯𝑛𝜋⎯⎯⎯ → 0 となるので, 𝑓𝑛 (𝑥) → 0

問題: すぐ上の問題の函数

𝑓𝑛 (𝑥) のグラフを描いてみよ.

解答例: 以下のセルのようになる.

𝑛 が大きくなると, 𝑓𝑛 (𝑥) の「分布」は広く拡がる. □In [3]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

f(n,x) = exp(-x^2/n)/√(n*π)
x = -10.0:0.05:12.0#cycls = [:solid, :dash, :dashdot, :dashdotdot]
cycls = [:solid, :dash, :dashdot, :dot]ns = [1,2,3,4,5,10, 30, 100]
P = plot(size=(420,250))
for k in 1:lastindex(ns)plot!(x, f.(ns[k],x), label="n = $(ns[k])", ls=cycls[mod1(k, lastindex(cycls))], lw=1
endPOut[3]:

1.2.4 正規分布のモーメント問題: 次を示せ:

注意:𝑎 > 0 と 𝑘 = 0,1,2,… について∞ 2
− 1) 𝑎−(2𝑘+1)/2 = √⎯⎯𝜋 (2𝑘)! 𝑎−(2𝑘+1)/2 .
⎯⎯ 1 ⋅ 3⋯(2𝑘−𝑎𝑥 2𝑘𝑘∫−∞ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋222𝑘 𝑘!

𝑎 を 1/𝑎 で置き換えれば次も得られる:∞ 2
1 ⋅ 3⋯(2𝑘 − 1) √⎯𝑎⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯−𝑥 /𝑎 2𝑘
2𝑘+1 𝜋⎯ = (2𝑘)! √⎯𝑎⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
2𝑘+1 𝜋⎯.
2𝑘𝑘∫−∞ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 =22 𝑘!

解答例: Gauss積分の公式から得られる公式

の両辺を

∞ 2
⎯⎯ −1/2−𝑎𝑥∫−∞ 𝑒 𝑑𝑥 = √𝜋 𝑎𝑎 で微分して −1 倍する操作を繰り返すと((K)を使う),∞ 2⎯⎯ 1 −3/2−𝑎𝑥 2∫−∞ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋 2 𝑎 ,∞ 2⎯⎯ 1 3 −5/2
−𝑎𝑥 4∫−∞∞ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋 2 2 𝑎 ,⎯⎯ 1 3 5 −7/2
−𝑎𝑥2 6∫−∞ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋 2 2 2 𝑎 .

𝑘 回その操作を繰り返すと,

(1)
(2)

∞ 2
⎯⎯ 1 3 2𝑘 − 1 −(2𝑘+1)/2 .
−𝑎𝑥 2𝑘∫−∞ 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = √𝜋 2 2 ⋯ 2 𝑎
これより, (1)の前半が成立することがわかる. 後半の成立は

1 ⋅ 3⋯(2𝑘 − 1) = 1 ⋅ 3⋯(2𝑘 − 1) 2 ⋅ 4⋯(2𝑘) = (2𝑘)!
2𝑘
2𝑘
2𝑘 𝑘!
22𝑘 𝑘!

□
注意: 奇数の積 1 ⋅ 3⋯(2𝑘 − 1) について(3)の計算法はよく使われる:(2𝑘)! .
1 ⋅ 3⋯(2𝑘 − 1) = 1 ⋅ 3⋯(2𝑘 − 1) 2 ⋅ 4⋯(2𝑘)
=
𝑘
2 𝑘!
2𝑘 𝑘!
によって確認できる.

例えば二項係数に関するもよく出て来る.

□𝑘 (−1/2)(−3/2)⋯(−(2𝑘 − 1)/2)(−1)𝑘(−1/2
=
(−1)
)
𝑘!
𝑘
1
⋅
3⋯(2𝑘
−
1)
1 2𝑘
= 2𝑘 𝑘! = 22𝑘(2𝑘)!
=𝑘!𝑘! 22𝑘 ( 𝑘 )1.3 Gauss分布のFourier変換

𝑎 > 0 であるとする. 𝑒−𝑥2/𝑎 型の函数をGauss分布函数と呼ぶことがある.
一般に函数 𝑓(𝑥) に対して,
̂ = ∫ ∞ 𝑒−𝑖𝑝𝑥 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
𝑓 (𝑝)−∞を 𝑓 のFourier変換(フーリエ変換)と呼ぶ. もしも実数値函数 𝑓(𝑥) が偶函数であれば,
𝑒−𝑖𝑝𝑥 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥)cos(𝑝𝑥) − 𝑖𝑓(𝑥)sin(𝑝𝑥)の虚部は奇函数になり, その積分は消えるので∞

̂ = ∫ 𝑓(𝑥)cos(𝑝𝑥)𝑑𝑥
𝑓 (𝑝)
−∞
となる.

𝑎 > 0 とする. 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥2/𝑎 のFourier変換を求めよ.
∞ (−𝑝2 )𝑘𝑥2𝑘
解答例1: cos(𝑝𝑥) =∑ (2𝑘)! より,
問題:

𝑘=0

̂ = ∫ ∞ 𝑒−𝑥2/𝑎 cos(𝑝𝑥)𝑑𝑥 = ∑∞ (−𝑝2 )𝑘 ∫ ∞ 𝑒−𝑥2/𝑎 𝑥2𝑘 𝑑𝑥
𝑓 (𝑝)−∞𝑘=0 (2𝑘)! −∞∞ (−𝑝2 )𝑘 (2𝑘)! ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯∞2 𝑘= ∑ (2𝑘)! 22𝑘 𝑘! √𝑎2𝑘+1 𝜋 = √⎯𝑎𝜋⎯⎯⎯ ∑ (−𝑎𝑝𝑘!/4) = √⎯𝑎𝜋⎯⎯⎯ 𝑒−𝑎𝑝2/4 .
𝑘=0
𝑘=0
3つ目の等号で上の方の問題の結果を用いた. □解答例2: 複素解析を用いる. 複素解析さえ認めて使えば, 形式的によりわかり易く計算できる.

22− 𝑥𝑎2 − 𝑖𝑝𝑥 = − 1𝑎 (𝑥2 + 𝑖𝑎𝑝𝑥) = − 1𝑎 ((𝑥 + 𝑖𝑎𝑝2 ) − −𝑎42 𝑝2 ) = − 1𝑎 (𝑥 + 𝑖𝑎𝑝2 ) − 𝑎4𝑝2
𝑖𝑎𝑝 と置換すると,と平方完成し, 𝑥 = 𝑦 −2
̂ = ∫ ∞ 𝑒−𝑥2/𝑎 𝑒−𝑖𝑝𝑥 𝑑𝑥 = ∫ ∞ 𝑒−(𝑥2/𝑎+𝑖𝑝𝑥) 𝑑𝑥
𝑓 (𝑝)
−∞
−∞
2
∞+𝑖𝑎𝑝/2∞
2= ∫−∞ exp(− 1𝑎 (𝑥 + 𝑖𝑎𝑝2 ) − 𝑎𝑝4 ) 𝑑𝑥 = 𝑒−𝑎𝑝2/4 ∫−∞+𝑖𝑎𝑝/2 𝑒−𝑦2/𝑎 𝑑𝑦.

(3)Cauchyの積分定理より,∞+𝑖𝑎𝑝/2 2∞ 2⎯⎯⎯⎯−𝑦 /𝑎 𝑑𝑦 =−𝑦 /𝑎𝑒∫−∞+𝑖𝑎𝑝/2∫−∞ 𝑒 𝑑𝑦 = √𝑎𝜋.
したがって,

̂ = ∫ ∞ 𝑒−𝑥2/𝑎 𝑒−𝑖𝑝𝑥 𝑑𝑥 = √⎯𝑎𝜋⎯⎯⎯ 𝑒−𝑎𝑝2/4 .
𝑓 (𝑝)
−∞
𝐶
𝑅 + 𝑖𝑎𝑝/2

−𝑅

𝑅

□

補足: 複素平面上の経路 を次のように定める: まずから に直線的に移動する. 次にする. その次にからに直線的に移動する. 最後にからって得られる長方形型の経路が である. 上の解答例2の中のCauchyの積分定理をこの経路とすると, 左右の縦方向に移動する経路上での積分が に収束することを使う.

𝑅→∞𝑒−𝑎𝑥2 のFourier変換については−𝑅 + 𝑖𝑎𝑝/2
𝐶

0−𝑅 + 𝑖𝑎𝑝/2□

𝑅 から 𝑅 + 𝑖𝑎𝑝/2 に直線的に移動−𝑅 に直線的に移動する. これによ
𝐶𝑅 に適用した場合を使っている.

黒木玄, ガンマ分布の中心極限定理とStirlingの公式 (https://genkuroki.github.io/documents/20160501StirlingFormula.pdf)の第6節も参照せよ.

1.4 Gauss積分の公式の導出
Gauss積分の計算の仕方については
黒木玄, ガンマ分布の中心極限定理とStirlingの公式 (https://genkuroki.github.io/documents/20160501StirlingFormula.pdf)の第7節および高木貞治, 解析概論, 岩波書店 (1983)の第3章§35の例5,6 (https://twitter.com/genkuroki/status/1018654177164083201)を参照せよ.

∞
𝐼 = ∫−∞ 𝑒−𝑥2 𝑑𝑥 とおく. 𝐼 = √⎯⎯𝜋 であることを示したい. そのためには∞∞

𝐼 2 = ∫−∞ 𝑒−𝑥2 𝑑𝑥 ⋅ ∫−∞ 𝑒−𝑦2 𝑑𝑦∞∞∞∞= ∫−∞ (∫−∞ 𝑒−𝑥2 𝑑𝑥) 𝑒−𝑦2 𝑑𝑦 = ∫−∞ (∫−∞ 𝑒−(𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑥) 𝑑𝑦

が𝜋 に等しいことを証明すればよい. 上の計算の2つ目と3つ目の等号で積分の線形性(A)を用いた.

𝑧 で輪切りにする方法∞∞
𝐼 2 = ∫−∞ (∫−∞ 𝑒−(𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑥) 𝑑𝑦 は2変数函数 𝑧 = 𝑒−(𝑥2+𝑦2) の 𝑥𝑦𝑧 空間内のグラフと 𝑥𝑦 平面 𝑧 = 0 のあいだに挟まれた
1.4.1 方法1: 高さ

山型の領域の体積を意味する.
なぜならば,∞

𝑆(𝑦) = ∫−∞ 𝑒−(𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑥 はその領域の 𝑦 を固定したときの切断面の面積に等しく, ∫−∞∞ 𝑆(𝑦)𝑑𝑦 はその切断面の面積の積分なので領域全体の体積に等しいからである. 一般に, 長さを積分すれば面積になり、面積を積分すれば体積になる.

𝑧 での切断面の面積の 𝑧 = 0 から 𝑧 = 1 までの積分に等しい. 高さ 𝑧 での切断面は半径⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
⎯
2
2
+
=
−log𝑧
𝑥
𝑦
の円盤になり,その面積は −𝜋log𝑧 になる. ゆえに√√
1
𝐼 2 = ∫0 (−𝜋log𝑧)𝑑𝑧 = −𝜋[𝑧log𝑧 − 𝑧]10 = 𝜋.
∞ 2⎯⎯
これより 𝐼 = ∫−∞ 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = √ 𝜋 であることがわかる.
その山型の領域の体積は高さ

1.4.2 方法2: 極座標を使う方法
以下の方法は2重積分の積分変数の変換の仕方(Jacobianが出て来る)を知っておかなければ使えない.

𝑥 = 𝑟cos𝜃, 𝑦 = 𝑟sin𝜃 とおくと,

𝐼2 =

2𝜋

∫0 𝑑𝜃 ∫0∞

𝑟𝑒−𝑟2 𝑑𝑟 = 2𝜋 𝑒−𝑟∞

1 = 𝜋.
=
2𝜋2[ −2 ]
20⎯⎯
ゆえに 𝐼 = √ 𝜋
1.4.3 方法3: 𝑦 = 𝑥tan𝜃 と変数変換する方法
𝐼 2 は次のようにも表せる:∞∞
𝐼 2 = 2 ∫0 (∫−∞ 𝑒−(𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑦) 𝑑𝑥.
この積分内で 𝑥 は 𝑥 > 0 を動くと考える.
内側の積分で積分変数を −∞ < 𝑦 < ∞ から −𝜋/2 < 𝜃 < 𝜋/2 に 𝑦 = 𝑥tan𝜃 によって変換すると,
2cos𝜃 > 0, 𝑑𝑦 = cos𝑥2 𝜃 𝑑𝜃, 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑥2 (1 + tan2 𝜃) = cos𝑥2 𝜃
なので

𝜋/2
∞
2
𝐼 2 = 2 ∫0 (∫−𝜋/2 exp(− cos𝑥2 𝜃 ) cos𝑥2 𝜃 𝑑𝜃) 𝑑𝑥.

ゆえに積分の順序を交換すると((J)を使う),∞
𝜋/22
𝐼 2 = 2 ∫−𝜋/2 (∫0 exp(− cos𝑥2 𝜃 ) cos𝑥2 𝜃 𝑑𝑥) 𝑑𝜃
𝑥=∞
𝜋/2
𝜋/2
= 2 ∫−𝜋/2 [ −21 exp(− cos𝑥22 𝜃 )] 𝑑𝜃 = 2 ∫−𝜋/2 12 𝑑𝜃 = 2 𝜋2 = 𝜋.
𝑥=0⎯⎯
したがって 𝐼 = √ 𝜋 .
注意: 極座標変換 (𝑥,𝑦) = (𝑟cos𝜃,𝑟sin𝜃) が有効な場面では, 𝑦 = 𝑥tan𝜃 という変数変換も有効なことが多い. tan𝜃 の幾何的な意味は「原点を通る直線の傾き」であった. その意味でも 𝑦 = 𝑥tan𝜃 は自然な変数変換だと言える. □2 ガンマ函数とベータ函数
2.1 ガンマ函数とベータ函数の定義

𝑠 > 0, 𝑝 > 0, 𝑞 > 0 と仮定する. Γ(𝑠) と 𝐵(𝑝,𝑞) を次の積分で定義する:∞
1
Γ(𝑠) = ∫0 𝑒−𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥, 𝐵(𝑝,𝑞) = ∫0 𝑥𝑝−1 (1 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥.
Γ(𝑠) をガンマ函数と, 𝐵(𝑝,𝑞) をベータ函数と呼ぶ.
2.1.1 ガンマ函数のGauss積分型表示問題(ガンマ函数のGauss積分型の表示): 次を示せ:∞

Γ(𝑠) = 2 ∫0 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑠−1 𝑑𝑦.
解答例: ガンマ函数の積分による定義式において 𝑥 = 𝑦2 と置換すると,∞∞
Γ(𝑠) = ∫0 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑠−2 2𝑦𝑑𝑦 = 2 ∫0 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑠−1 𝑑𝑦.
注意: この公式より, ガンマ函数は本質的にGauss積分の一般化になっていることがわかる.
In [4]:

Out[4]:

1
2
3
4

□
□

y = symbols("y")
s = symbols("s", positive=true)
sol = 2*integrate(e^(-y^2)*y^(2s-1), (y,0,oo))
latexstring(raw"\ds 2\int_0^\infty e^{-y^2} y^{2s-1} \,dy =", latex(sol))∞

2 ∫0 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑠−1 𝑑𝑦 = Γ(𝑠)

問題: 次を示せ:

略解:𝑟 > 0 について

1 1−𝑥𝑟
∫0 𝑒 𝑑𝑥 = 𝑟 Γ ( 𝑟 ) .
∞𝑥 = 𝑡1/𝑟 と置換すればただちに得られる. □注意: ガンマ函数の函数等式(下の方で示す)もしくは部分積分によってIn [5]:

1
2
3
4



Out[5]:

1 Γ 1 = Γ 1 + 1 が成立することもわかる. □𝑟 (𝑟) ( 𝑟)x = symbols("x")
r = symbols("r", positive=true)
sol = integrate(e^(-x^r), (x,0,oo))
latexstring(raw"\ds \int_0^\infty e^{-x^r} \,dx =", latex(sol))−𝑥𝑟 𝑑𝑥 = Γ 1 + 1
𝑒
∫0
( 𝑟)
∞

2.1.2 ガンマ函数のスケール変換
問題(ガンマ函数のスケール変換): 次を示せ:∞−𝑥/𝜃 𝑠−1𝑠∫0 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝜃 Γ(𝑠) (𝜃 > 0, 𝑠 > 0).
ガンマ函数はこの形式でも非常によく使われる.

𝑥 = 𝜃𝑦 と置換すると, 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 = 𝜃𝑠 𝑦𝑠−1 𝑑𝑦 なので示したい公式が得られる. □.

解答例:
In [6]:

1
2
3
4
5



Out[6]:∞

x = symbols("x")
s = symbols("s", positive=true)t = symbols("t", positive=true)
sol = simplify(integrate(e^(-x/t)*x^(s-1), (x,0,oo)))latexstring(raw"\ds \int_0^\infty e^{-x/t} x^{s-1} \,dx =", latex(sol))−𝑥/𝑡 𝑠−1𝑠∫0 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑡 Γ(𝑠)2.1.3 ベータ函数の様々な表示問題(ベータ函数の様々な表示): 次を示せ:

𝜋/2∞∞
𝐵(𝑝,𝑞) = 2 ∫0 (cos𝜃)2𝑝−1 (sin𝜃)2𝑞−1 𝑑𝜃 = ∫0 (1 +𝑡𝑝−1𝑡)𝑝+𝑞 𝑑𝑡 = 1𝑝 ∫0 (1 + 𝑢𝑑𝑢1/𝑝)𝑝+𝑞 .

ベータ函数のこれらの表示もよく使われる.
解答例:

𝐵(𝑝,𝑞) = ∫01 𝑥𝑝−1 (1 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥 で 𝑥 = cos2 𝜃 と置換すると,
𝑑𝑥 = −2cos𝜃 sin𝜃 𝑑𝜃

より,

𝜋/2

𝐵(𝑝,𝑞) = 2 ∫0 (cos𝜃)2𝑝−1 (sin𝜃)2𝑞−1 𝑑𝜃.
𝐵(𝑝,𝑞) = ∫01 𝑥𝑝−1 (1 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥 で 𝑥 = 1 +𝑡 𝑡 = 1 − 1 +1 𝑡 と置換すると,
𝑑𝑥 = 1 𝑑𝑡+ 𝑡
より,

𝑞−1
∞
∞ 𝑝−1
𝐵(𝑝,𝑞) = ∫0 ( 1 +𝑡 𝑡 )𝑝−1 ( 1 +1 𝑡 ) (1 +𝑑𝑡𝑡)2 = ∫0 (1 +𝑡 𝑡)𝑝+𝑞 𝑑𝑡

さらに

𝑡 = 𝑢1/𝑝 と置換すると,𝑡𝑝−1 𝑑𝑡 = 1𝑝 𝑑𝑢

より,

∞ 𝑝−1
∞
𝐵(𝑝,𝑞) = ∫0 (1 +𝑡 𝑡)𝑝+𝑞 𝑑𝑡 = 1𝑝 ∫0 (1 + 𝑢𝑑𝑢1/𝑝)𝑝+𝑞 .

□𝑎 < 𝑏, 𝑝 > 0, 𝑞 > 0 のとき,
𝑏
𝑝−1
𝑞−1
𝑝+𝑞−1
∫𝑎 (𝑥 − 𝑎) (𝑏 − 𝑥) 𝑑𝑥 = (𝑏 − 𝑎) 𝐵(𝑝,𝑞).
証明: 𝑥 = (1 − 𝑡)𝑎 + 𝑡𝑏 = 𝑎 + (𝑏 − 𝑎)𝑡 と積分変数を置換すると,
𝑏1𝑝−1 (𝑏 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥 = ((𝑏 − 𝑎)𝑡)𝑝−1 ((𝑏 − 𝑎)(1 − 𝑡))𝑞−1(𝑏 − 𝑎)𝑑𝑡 = (𝑏 − 𝑎)𝑝+𝑞−1𝐵(𝑝,𝑞).
(𝑥
−
𝑎
)
∫𝑎
∫0
1
1 1 1
例: 𝐵(2,2) =∫0 𝑥(1 − 𝑥)𝑑𝑥 = 2 − 3 = 6 なので𝑏
3 𝐵(2,2) = (𝑏 − 𝑎)3 .
(𝑥
−
𝑎)(𝑏
−
𝑥)𝑑𝑥
=
(𝑏
−
𝑎
□
)
∫𝑎
6
問題: 次を示せ.

2.1.4 ガンマ函数を定義する積分の被積分函数のグラフ
問題: ガンマ函数を定義する積分の被積分函数のグラフを色々な解答例: 次のセルを見よ.

□𝑠 > 0 について描いてみよ.

In [7]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14

In [8]:



1 plot(PP[1:3]...; size=(750, 200), legend=false, layout=@layout([a b c]))# ガンマ函数の積分の被積分函数のグラフ​
f(s,x) = e^(-x)*x^(s-1)
x = 0.00:0.05:30.0
PP = []
for s in [1/2, 1, 2, 3, 6, 10]
P = plot(x, f.(s,x), title="s = $s", titlefontsize=10)
push!(PP, P)
end
for s in [15, 20, 30]
x = 0:0.02:2.2s
P = plot(x, f.(s,x), title="s = $s", titlefontsize=10)
push!(PP, P)
end

Out[8]:

In [9]:

Out[9]:

1 plot(PP[4:6]..., size=(750, 200), legend=false, layout=@layout([a b c]))□In [10]:

1 plot(PP[7:9]..., size=(750, 200), legend=false, layout=@layout([a b c]))Out[10]:𝑠 を大きくすると, ガンマ函数の被積分函数(を函数で割ったもの)は正規分布の確率密度函数とほとんどぴったり一致するようになる. 次のセルを見よ.
In [11]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

# f(s,x) = e^{-x} x^{s-1} / Γ(s)# g(s,x) = e^{-(x-s)^2/(2s)} / √(2πs)​
f(s,x) = e^(-x+(s-1)*log(x)-lgamma(s))
g(s,x) = e^(-(x-s)^2/(2s)) / √(2π*s)s = 100
x = 0:0.5:2splot(size=(400, 250))
plot!(title="y = e^(-x) x^(s-1)/Gamma(s), s = $s", titlefontsize=11)
plot!(x, f.(s,x), label="Gamma dist", lw=2)
plot!(x, g.(s,x), label="normal dist", ls=:dash, lw=2)

Out[11]:2.1.5 ベータ函数を定義する積分の被積分函数のグラフ
問題: ベータ函数を定義する積分の被積分函数のグラフを色々な解答例: 次のセルを見よ.
In [12]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10

□

𝑝,𝑞 > 0 について描いてみよ.

# ベータ函数の積分の被積分函数のグラフ​
f(p,q,x) = x^(p-1)*(1-x)^(q-1)
x = 0.002:0.002:0.998
PP = []for (p,q) in [(1/2,1/2), (1,1), (1,2), (2,2), (2,3), (2,4), (4,6), (8, 12), (16, 24)]y = f.(p,q,x)
P = plot(x, y, title="(p,q) = ($p,$q)", titlefontsize=10, xlims=(0,1), ylims=(0,1.05*m
push!(PP, P)
end

In [13]:

1 plot(PP[1:3]..., size=(750, 200), legend=false, layout=@layout([a b c]))Out[13]:

In [14]:

1 plot(PP[4:6]..., size=(750, 200), legend=false, layout=@layout([a b c]))Out[14]:

In [15]:

1 plot(PP[7:9]..., size=(750, 200), legend=false, layout=@layout([a b c]))Out[15]:𝑝,𝑞 がそれらの比を保ちながら大きくすると, ベータ函数の被積分函数をベータ函数で割ったものは正規分布の被積分函数にほとんどぴったり一致するようになる. 次のセルを見よ.

In [16]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

# f(p,q,x) = x^{p-1} (1-x)^{q-1} / B(p,q)# μ = p/(p+q)# σ² = pq/((p+q)^2(p+q+1))# g(μ,σ²,x) = e^{-(x-μ)^2/(2σ²)} / √(2πσ²)​f(p,q,x) = x^(p-1)*(1-x)^(q-1)/beta(p,q)
g(μ,σ²,x) = e^(-(x-μ)^2/(2*σ²)) / √(2π*σ²)p, q = 45,55
μ = p/(p+q)σ² = p*q/((p+q)^2*(p+q+1))
x = 0.000:0.002:1.000plot(size=(400, 250))
plot!(title="y = x^(p-1) (1-x)^(q-1) / B(p,q), (p,q) = ($p,$q)", titlefontsize=10)
plot!(x, f.(p,q,x), label="Beta dist", lw=2)
plot!(x, g.(μ,σ²,x), label="normal dist", lw=2, ls=:dash)Out[16]:

2.2 ガンマ函数の特殊値と函数等式
2.2.1 ガンマ函数の1と1/2での値.
問題(ガンマ函数の最も簡単な特殊値):
解答例: 前者は

Γ(1) = 1 と Γ(1/2) = √⎯⎯𝜋 を示せ.
∞

Γ(1) = ∫0 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = [−𝑒−𝑥 ]∞0 = 1.
∞ 2⎯⎯と容易に示される. 後者を示すためには Γ(1/2) がGauss積分 ∫−∞ 𝑒−𝑦 𝑑𝑦 = √ 𝜋 に等しいことを示せばよい. 𝑥 = 𝑦2 で置換積分すると,注意: 上の問題の解答より,
言える.

□

∞
∞
Γ(1/2) = ∫0 𝑒−𝑥 𝑥1/2−1 𝑑𝑥 = ∫0 𝑒−𝑦2 1𝑦 2𝑦𝑑𝑦∞∞
= 2 ∫0 𝑒−𝑦2 𝑑𝑦 = ∫−∞ 𝑒−𝑦2 𝑑𝑦 = √⎯⎯𝜋.

□Γ(1/2) は本質的にGauss積分に等しい. その意味でガンマ函数はGauss積分の一般化になっていると

2.2.2 ガンマ函数の函数等式

𝑠 > 0 のとき Γ(𝑠 + 1) = 𝑠Γ(𝑠) となることを示せ.
解答例: 部分積分を使う. 𝑠 > 0 と仮定する. このとき∞∞
Γ(𝑠 + 1) = ∫0 𝑒−𝑥 𝑥𝑠 𝑑𝑥 = ∫0 (−𝑒−𝑥 )′𝑥𝑠 𝑑𝑥∞∞= ∫0 𝑒−𝑥 (𝑥𝑠 )′ 𝑑𝑥 = ∫0 𝑒−𝑥 𝑠𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 = 𝑠Γ(𝑠).
3つ目の等号で部分積分を行った. そのとき, 𝑥 ↘ 0 でも 𝑥 → ∞ でも 𝑒−𝑥 𝑥𝑠 → 0 となることを使った(𝑠 > 0 と仮定したことに注意せよ). (積分以外の項が消える.) □注意: 上の問題の結果を使えば, 𝑠 < 0, 𝑠 ≠ 0,−1,−2,… のとき 𝑠 + 𝑛 > 0 となる整数 𝑛 を取れば,
Γ(𝑠 + 𝑛)Γ(𝑠) = 𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠+ 𝑛 − 1)の右辺はwell-definedになるので, この公式によってガンマ函数を 𝑠 < 0, 𝑠 ≠ 0,−1,−2,… の場合に自然に拡張できる. □問題(ガンマ函数の函数等式):

𝑛 についてΓ(𝑛 + 1) = 𝑛Γ(𝑛) = 𝑛(𝑛 − 1)Γ(𝑛 − 1) = ⋯ = 𝑛(𝑛 − 1)⋯1Γ(1) = 𝑛!.
すなわち, Γ(𝑠 + 1) は階乗 𝑛! の連続変数 𝑠 への拡張になっていることがわかる. □注意(ガンマ函数は階乗の一般化): 以上の問題の結果より, 非負の整数

2.2.3 ガンマ函数の正の半整数での値

𝑘 に対して− 1) √⎯⎯𝜋 = (2𝑘)! √⎯⎯𝜋Γ((2𝑘 + 1)/2) = 1 ⋅ 3⋯(2𝑘𝑘
2
22𝑘 𝑘!
⎯⎯
解答例1: ガンマ函数の函数等式と Γ(1/2) = √ 𝜋 より
Γ ( 2𝑘 2+ 1 ) = 2𝑘 2− 1 Γ ( 2𝑘 2− 1 ) = 2𝑘 2− 1 2𝑘 2− 3 Γ ( 2𝑘 2− 3 ) = ⋯− 1) √⎯⎯𝜋.
= 2𝑘 2− 1 2𝑘 2− 3 ⋯ 12 Γ ( 12 ) = 1 ⋅ 3⋯(2𝑘
2𝑘
問題(ガンマ函数の正の半整数での値): 次を示せ: 非負の整数

これで示したい公式の1つ目の等号は示せた. 2つ目の等号は上の方のGauss積分の応用問題で使った方法を使えば同様に示される.

□Γ(𝑠) = 2 ∫0∞ 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑠−1 𝑑𝑦 という表示を使うと,∞∞
Γ((2𝑘 + 1)/2) = 2 ∫0 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑘 𝑑𝑦 = ∫−∞ 𝑒−𝑦2 𝑦2𝑘 𝑑𝑦
なので, 上の方のGauss積分の応用問題に関する結果から欲しい公式が得られる. □解答例2: ガンマ函数の2.2.4 ガンマ函数の Ramanujan's master theorem 型解析接続問題:

𝑁 = 0,1,2,… とする. 次の公式を示せ:
𝑁
∞
𝑘 𝑠−1
Γ(𝑠) = ∫0 (𝑒−𝑥 − ∑ (−𝑥)𝑘! ) 𝑥 𝑑𝑥

解答例:

Re𝑠 > 0 のとき

𝑘=0(−(𝑁 + 1) < Re𝑠 < −𝑁).

1

−𝑥 𝑠−1∫0 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑁
𝑁 (−1)𝑘 1
1
𝑘 𝑠−1= ∫0 (𝑒−𝑥 − ∑ (−𝑥)𝑑𝑥+𝑥𝑥𝑠+𝑘−1 𝑑𝑥∑
𝑘=0 𝑘! )𝑘=0 𝑘! ∫0𝑁
𝑁 (−1)𝑘 1
1
𝑘 𝑠−1= ∫0 (𝑒−𝑥 − ∑ (−𝑥)
𝑑𝑥
+
.
𝑥
∑
𝑘=0 𝑘! )𝑘=0 𝑘! 𝑠 + 𝑘1
この計算の最後の結果中の積分は Re𝑠 > −(𝑁 + 1) で収束し, この計算結果は ∫0 𝑒−𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 の Re𝑠 > −(𝑁 + 1) への解析接続を与える.

∫1∞ 𝑥𝑠+𝑘−1 𝑑𝑥 = −1/(𝑠 + 𝑘) (Re𝑠 < −𝑘) を使った上と同様の計算によって, Re𝑠 < −𝑁 のとき∞−𝑥 𝑠−1∫1 𝑒 𝑥 𝑑𝑥
𝑁𝑁∞= ∫1 (𝑒−𝑥 − ∑ (−𝑥𝑘!)𝑘 ) 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 − ∑ (−1𝑘!)𝑘 𝑠 +1 𝑘𝑘=0
𝑘=0となることがわかる.

−(𝑁 + 1) < Re𝑠 < −𝑁 のとき, 以上の2つの結果を足し合わせると, ∑ の項がキャンセルして消えて,
𝑁
∞
𝑘 𝑠−1
Γ(𝑠) = ∫0 (𝑒−𝑥 − ∑ (−𝑥)𝑘! ) 𝑥 𝑑𝑥が得られる.

□

𝑘=0

注意: この公式は Ramanujan's master theorem (https://www.google.com/search?q=Ramanujan+master+theorem) の特別な場合になっている. 論文

Tewodros Amdeberhen, Olivier Espinosa, Ivan Gonzalez, Marshall Harrison, Victor H. Moll, and Armin Straub. Ramanujan’s
Master Theorem. The Ramanujan Journal 29(1-3). DOI: 10.1007/s11139-011-9333-y (ResearchGate(https://www.researchgate.net/publication/257643116_Ramanujan's_Master_Theorem))の Example 8.2 は上の公式の𝑁 = 0 の場合になっている. □2.3 Riemannのゼータ函数の積分表示と函数等式と負の整数と正の偶数における特殊値
この節はこのノートを最初に読むときには飛ばして読んでも構わない. ガンマ函数の理論がRiemannのゼータ函数の理論と密接に関係していることを認識しておけば問題ない.
Bernoulli数やBernoulli多項式に関してはノート「13 Euler-Maclaurinの和公式(http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/13%20Euler-Maclaurin%20summation%20formula.ipynb)」により詳しい解説がある.

2.3.1 Riemannのゼータ函数の積分表示1
問題(Riemannのゼータ函数の積分表示1): 次をが成立することを示せ.

∞
1 ∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 (𝑠 > 1).
𝜁(𝑠) = ∑ 𝑛1𝑠 = Γ(𝑠)∫0 𝑒𝑥 − 1𝑛=1
𝑒𝑥 − 1 → 1 となるので, 𝑥 は 𝑥 = 0 まで連続的に拡張され, この公式の積分は注意: 𝑥 → 0 のとき𝑥𝑒𝑥 − 1∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥∞ 𝑥
𝑠−2=∫0 𝑒𝑥 − 1 ∫0 𝑒𝑥 − 1 𝑥 𝑑𝑥と書けるので, 𝑠 − 2 > −1 すなわち 𝑠 > 1 ならば収束している. □1 = 1 ∞ 𝑒−𝑛𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 なので,解答例: ガンマ函数のスケール変換に関する問題の結果より,
𝑛𝑠 Γ(𝑠) ∫0∞
1 ∞ ∞ 𝑒−𝑛𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥
𝜁(𝑠) = ∑ 𝑛1𝑠 = Γ(𝑠)∑𝑛=1𝑛=1 ∫0∞∞∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥
1−𝑛𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 = 1= Γ(𝑠)𝑒∫0 ∑Γ(𝑠) ∫0 𝑒𝑥 − 1 . □𝑛=1

定義: Bernoulli数

𝐵𝑛 (𝑛 = 0,1,2,…) を次の条件によって定める:
𝑧 = ∞ 𝐵𝑛 𝑧𝑛 .
𝑒𝑧 − 1 ∑ 𝑛!
𝑛=1□

𝐵0 = 1, 𝐵1 = − 12 であり, 𝑛 が3以上の奇数のとき 𝐵𝑛 = 0 となることを示せ.
𝑧
解答例: 𝑧 → 0 のとき,
𝑒𝑧 − 1 → 1 より 𝐵0 = 1 となる. さらに,𝑧 + 𝑧 = 𝑧 𝑒𝑧 + 1 = 𝑧 𝑒𝑧/2 + 𝑒−𝑧/2
𝑒𝑧 − 1 2 2 𝑒𝑧 − 1 2 𝑒𝑧/2 − 𝑒−𝑧/21であることと, これが偶函数であることから, 𝐵1 = − でかつ 𝑛 が3以上の奇数ならば 𝐵𝑛 = 0 となることがわかる. □2問題(Riemannのゼータ函数の積分表示1'): 非負の整数 𝑁 に対して, 次を示せ:
1 ∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 + 1 𝑥 − 𝑁 𝐵𝑘 𝑥𝑘 𝑥𝑠−2 𝑑𝑥 + 𝑁 𝐵𝑘 1 .
𝜁(𝑠) = Γ(𝑠)∑ 𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1 ][∫1 𝑒𝑥 − 1 ∫0 ( 𝑒𝑥 − 1 ∑ 𝑘! )
問題:

𝑘=0

𝑘=0

𝑠 > −𝑁 で絶対収束していることを示せ.
∞
1
解答例: Riemannのゼータ函数の積分表示1の公式で積分を ∫1 と ∫0 に分けて, 𝑘 = 0,1,…,𝑁 に対する
1 𝐵𝑘
𝐵𝑘 1
𝑠+𝑘−2
∫0 𝑘! 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1
さらに右辺の括弧の内側の2つ目の積分がを足して引けば示したい公式が得られる.

1

1𝑥 − 𝑁 𝐵𝑘 𝑥𝑘 = 𝑂(𝑥𝑁+1 )𝑒𝑥 − 1 ∑𝑘=0 𝑘!

𝑁+1 𝑠−2𝑠+𝑁−1∫0 𝑥 𝑥 𝑑𝑥 = ∫0 𝑥 𝑑𝑥 が 𝑠 > −𝑁 で絶対収束していることから, 右辺の括弧の内側の2つ目の積分もそこで収束している. □であり,

2.3.2 Riemannのゼータ函数の0以下での整数での値

𝜁(𝑠) を 𝑠 > −𝑁 まで拡張しておくとき,
𝜁(0) = − 12 , 𝜁(−𝑟) = − 𝑟𝐵+𝑟+11 (𝑟 = 1,2,3,…)となることを示せ. (𝑟 が2以上の偶数のとき 𝐵𝑟+1 = 0 となることに注意せよ.)問題: Riemannのゼータ函数の積分表示1'の右辺で解答例: ガンマ函数の函数等式より,

𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠 + 𝑘 − 2)(𝑠 + 𝑘 − 1) 𝐵𝑘 1
1 𝐵𝑘 1
Γ(𝑠) 𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1 =Γ(𝑠 + 𝑘)𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1
𝑠(𝑠
+
1)⋯(𝑠
+
𝑘
−
2)
𝐵
𝑘
=
Γ(𝑠 + 𝑘)𝑘!
なので, 非負の整数 𝑟 に対して, 𝑘 = 𝑟 + 1 とおいて 𝑠 → −𝑟 とすると,
 1
1 𝐵𝑘 1 → (−1)𝑟 𝐵𝑟+1 =  − 2 (𝑟 = 0)
Γ(𝑠) 𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1
𝑟 + 1  − 𝐵𝑟+1 (𝑟 = 1,2,3,…) .
𝑟+1
1
ただし, 等号で, 𝐵1 = − と 𝑟 + 1 が3以上の奇数のとき 𝐵𝑟+1 = 0 となることを使った. これをRiemannのゼータ函数の積分表
2示1'
1 ∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 + 1 𝑥 − 𝑁 𝐵𝑘 𝑥𝑘 𝑥𝑠−2 𝑑𝑥 + 𝑁 𝐵𝑘 1
𝜁(𝑠) = Γ(𝑠)∑[∫1 𝑒𝑥 − 1 ∫0 ( 𝑒𝑥 − 1 ∑𝑘=0 𝑘! )𝑘=0 𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1 ]に適用すれば,が得られる.

□

𝜁(0) = − 12 , 𝜁(−𝑟) = − 𝑟𝐵+𝑟+11 (𝑟 = 1,2,3,…)2.3.3 交代版のRiemannのゼータ函数の積分表示
問題: 次を示せ.

∞
𝑛−1
1 ∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 (𝑠 > 1).
(1 − 21−𝑠 )𝜁(𝑠) = ∑ (−1)𝑛𝑠 = Γ(𝑠)∫0 𝑒𝑥 + 1
𝑛=1
注意: この公式の積分は Re𝑠 > 0 で収束している. □解答例: 1つ目の等号を示そう:

𝜁(𝑠) = 11𝑠 + 21𝑠 + 31𝑠 + 41𝑠 + ⋯,21−𝑠 𝜁(𝑠) = 22𝑠 + 42𝑠 + 62𝑠 + 82𝑠 + ⋯,∞(1 − 21−𝑠 )𝜁(𝑠) = 11𝑠 − 21𝑠 + 31𝑠 − 41𝑠 + ⋯ = ∑ (−1𝑛)𝑠𝑛−1 .
𝑛=1
1 1 ∞ 𝑒−𝑛𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 なので,2つ目の等号を示そう. 上の問題の解答例と同様にして, 𝑠 =𝑛 Γ(𝑠) ∫0∞ (−1)𝑛−1
1 ∞ (−1)𝑛−1 ∞ 𝑒−𝑛𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥=𝑠∑∫0Γ(𝑠) ∑
𝑛=1 𝑛
𝑛=1
1 ∞ ∞ (−1)𝑛−1 𝑒−𝑛𝑥 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 = 1 ∞ 𝑥𝑠−1 𝑑𝑥 𝑑𝑥.
= Γ(𝑠)∫0 ∑Γ(𝑠) ∫0 𝑒𝑥 + 1
𝑛=1□

注意: 以上の計算は統計力学におけるFermi-Dirac統計 (https://www.google.co.jp/search?q=DiracFermi%E5%88%86%E5%B8%83+%CE%B6)に関する議論に登場する. ゼータ函数は数論の基本であるだけではなく, 統計力学的にも意味を持っている.

□

2.3.4 Hurwitzのゼータ函数0以下の整数での特殊値がBernoulli多項式で書けること

𝜁(𝑠,𝑥) とBernoulli多項式 𝐵𝑘(𝑥) を∞𝜁(𝑠,𝑥) = ∑ (𝑥 +1 𝑘)𝑠 (𝑥 > 0, 𝑠 > 1),

問題: Hurwitzのゼータ函数

𝑘=0𝑡𝑒𝑥𝑡 = ∞ 𝐵𝑘(𝑥) 𝑡𝑘
𝑒𝑡 − 1 ∑𝑘=0 𝑘!

𝜁(𝑠) = 𝜁(𝑠,1) なのでHurwitzのゼータ函数はRiemannのゼータ函数の拡張になっている. 以下を示せ:
1 ∞ 𝑒(1−𝑥)𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡.
𝜁(𝑠,𝑥) = Γ(𝑠)(1)∫0 𝑒𝑡 − 1
と定める.

(2)

1 ∞ 𝑒(1−𝑥)𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 + 1 𝑡𝑒(1−𝑥)𝑡 − 𝑁 𝐵𝑘(1 − 𝑥) 𝑡𝑘 𝑡𝑠−2 𝑑𝑡 + 𝑁 𝐵𝑘(1 − 𝑥) 1 .
𝜁(𝑠,𝑥) = Γ(𝑠)∫0 ( 𝑒𝑡 − 1 ∑ 𝑘! )∑ 𝑘! 𝑠 + 𝑘 − 1 ][∫1 𝑒𝑡 − 1
𝑘=0

𝑘=0

𝑠 < 1 に拡張すると, 0 以上の整数 𝑚 について
(1 − 𝑥) = − 𝐵𝑚+1(𝑥) .
𝜁(−𝑚,𝑥) = (−1)𝑚𝐵𝑚𝑚+1
+1
𝑚+1
∞
1
1
−(𝑥+𝑘)𝑡 𝑠−1
解答例: (1) 𝑥,𝑠 > 0, 𝑘 ≧ 0 に対して,(𝑥 + 𝑘)𝑠 = Γ(𝑠) ∫0 𝑒 𝑡 𝑑𝑡 を使うと,
∞ 1
∞
∞ ∞
−(𝑥+𝑘)𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 = 1−𝑘𝑡 𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡𝜁(𝑠,𝑥) = ∑ Γ(𝑠)
𝑒
𝑒
∑
∫
∫
Γ(𝑠)
(
0
0 𝑘=0 )
𝑘=0∞∞1𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 = 1𝑒(1−𝑥)𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡.
= Γ(𝑠)−𝑡∫0 1 − 𝑒Γ(𝑠) ∫0 𝑒𝑡 − 1(2) 上の(1)の結果の右辺の積分を 0 から 1 への積分と 1 から ∞ の積分に分けて, 0 から 1 への積分の被積分函数に𝑁 𝐵 (1 − 𝑥)𝑘𝑡𝑘 を足して引き, 引いた方の積分を計算すれば, (2)の公式が得られる.
∑𝑘!
𝑘=0
𝑡𝑒(1−𝑥)𝑡 − 𝑁 𝐵𝑘(1 − 𝑥) 𝑡𝑘 𝑡𝑠−1 = 𝑂(𝑡𝑠+𝑁−1 ) となるので, (2)の右辺の 0 から 1 への積分
(3) Bernoulli多項式の定義より,( 𝑒𝑡 − 1 ∑)𝑘=0 𝑘!
1は 𝑠 > −𝑁 で絶対収束している. 𝑁 > 𝑚 と仮定する. 𝑠 が 0 以下の整数に近付くとΓ(𝑠) → 0 となり,𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠 + 𝑚 − 1)11𝑚
Γ(𝑠) 𝑠 + (𝑚 + 1) − 1 = Γ(𝑠 + 𝑚 + 1) → (−1) 𝑚! (𝑠 → −𝑚)より, 𝑠 → −𝑚 のとき,
1 𝐵𝑚+1(1 − 𝑥)1
𝑚𝑚! 𝐵𝑚+1(1 − 𝑥) = (−1)𝑚𝐵𝑚+1(1 − 𝑥)→(−1)
Γ(𝑠) (𝑚 + 1)! 𝑠 + (𝑚 + 1) − 1(𝑚 + 1)!
𝑚+1(−1)𝑚𝐵𝑚+1(1 − 𝑥) が得られる. さらに, 𝑡𝑒(1−𝑥)𝑡 = (−𝑡)𝑒𝑎(−𝑡) によって,となることから, 𝜁(−𝑚,𝑥) =𝑚+1
𝑒𝐵𝑡 − 1(1 − 𝑥)𝑒−𝑡 − 1𝐵 (𝑥)
𝑚
(−1
)
𝑚+1
= − 𝑚𝑚+1+ 1 も得られる. □𝐵𝑘(1 − 𝑥) = (−1)𝑘𝐵𝑘(𝑥) となることがわかるので, 𝜁(−𝑚,𝑥) =𝑚+1(3) Hurwitzのゼータ函数を(2)によって2.3.5 べき乗和のBernoulli多項式による表示
注意: 上の結果より, 累乗和

𝑆𝑚 (𝑛) = 1𝑚 + 2𝑚 + ⋯ + 𝑛𝑚を次のようにして, Bernoulli多項式を使って表すことができることがわかる:

𝑆𝑚 (𝑛) = 𝜁(−𝑚,1) − 𝜁(−𝑚,𝑛 + 1) = 𝐵𝑚+1(𝑛 +𝑚1)+−1 𝐵𝑚+1(1) .

ここで𝜁(𝑠,𝑥) の解析接続を使った. 形式的には
𝜁(−𝑚,1) − 𝜁(−𝑚,𝑛 + 1) = (1𝑚𝑚 + ⋯ + 𝑛𝑚𝑚 + (𝑛 + 1)𝑚 + (𝑛 + 1)𝑚 + ⋯) − ((𝑛 + 1)𝑚 + (𝑛 + 1)𝑚 + ⋯)= 1 + ⋯ + 𝑛 = 𝑆𝑚 (𝑛)という計算が実行されたことになる. この計算はれる.

□

𝑚 < −1 ならばそのまま正しい. それ以外の場合には解析接続によって正当化さ

2.3.6 Riemannのゼータ函数の積分表示2(テータ函数のMellin変換)と函数等式問題(Riemannのゼータ函数の積分表示2):

𝜃(𝑡) を∞

𝜃(𝑡) = ∑ 𝑒−𝜋𝑛2𝑡 (𝑡 > 0)𝑛=1

とおくと, 次が成立することを示せ:∞

𝜋−𝑠/2 Γ(𝑠/2)𝜁(𝑠) = ∫0 𝜃(𝑡)𝑡𝑠/2−1 𝑑𝑡 (𝑠 > 2).
解答例:∞ Γ(𝑠/2) ∞ ∞ 2−𝜋𝑛 𝑡 𝑠/2−1
𝜋−𝑠/2 Γ(𝑠/2)𝜁(𝑠) = ∑ (𝜋𝑛2 )𝑠/2 = ∑ ∫0 𝑒 𝑡 𝑑𝑥

𝑛=1
𝑛=1
∞ ∞
∞
= ∫0 ∑ 𝑒−𝜋𝑛2𝑡 𝑡𝑠/2−1 𝑑𝑥 = ∫0 𝜃(𝑡)𝑡𝑠/2−1 𝑑𝑡.
𝑛=1□𝜃(𝑡) が1 + 2𝜃(1/𝑡) = 𝑡1/2 (1 + 2𝜃(𝑡)) (𝑡 > 0)問題(Riemannのゼータ函数の積分表示2'): 上の問題の続き.

すなわち

𝜃(1/𝑡) = − 12 + 12 𝑡1/2 + 𝑡1/2 𝜃(𝑡)を満たしていることを認めて, 次を示せ:∞
𝜋−𝑠/2 Γ(𝑠/2)𝜁(𝑠) = − 1𝑠 − 1 −1 𝑠 + ∫1 𝜃(𝑡)(𝑡𝑠/2 + 𝑡(1−𝑠)/2 ) 𝑑𝑡𝑡 .

𝜃(𝑡) に関する上の公式の証明についてはノート「12 Fourier解析(http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/12%20Fourier%20analysis.ipynb)」におけるPoissonの和公式の解説を見よ.

𝑠

注意: 上の問題の公式の右辺の積分は が任意の複素数であってもしているので, 右辺は左辺の複素平面上への解析接続を与える.
さらに, 右辺は をで置き換える操作で不変であるから,𝑠 1−𝑠

̂ = 𝜋−𝑠/2 Γ(𝑠/2)𝜁(𝑠)
𝜁 (𝑠)

とおくと,

̂
𝜁 (1̂ − 𝑠) = 𝜁 (𝑠)が成立している. これをゼータ函数の函数等式と呼ぶ. □0 から 1 と 1 から ∞ に分けて, 𝑡 = 1/𝑢 とおく
𝑡𝑠/2−1 𝑑𝑡 = −𝑢−𝑠/2+1 𝑢−2 𝑑𝑢 = −∞𝑢−𝑠/2−1 𝑑𝑢1∞
𝑠/2−1 𝑑𝑡 =𝑠/2−1 𝑑𝑡 +
𝑠/2
𝜃(𝑡)
𝜃(𝑡)
𝑡
𝑡
∫0
∫0
∫1 𝜃(𝑡)𝑡 𝑑𝑡,1∞ 1 1
𝑠/2−1 𝑑𝑡 =1/2 1/2−𝑠/2−1𝜃(𝑡)𝑡∫0∫1 (− 2 + 2 𝑡 + 𝑡 𝜃(𝑡)) 𝑡 𝑑𝑡∞
= ∫1 (− 12 𝑡−𝑠/2−1 + 12 𝑡(1−𝑠)/2−1 + 𝜃(𝑡)𝑡(1−𝑠)/2−1 ) 𝑑𝑡∞
= − 1𝑠 − 𝑠 −1 1 + ∫1 𝜃(𝑡)𝑡(1−𝑠)/2−1 𝑑𝑡.
上の問題の結果と以上の計算をまとめると, 欲しい結果が得られる. □解答例: 上の問題と以下の計算を合わせれば欲しい結果が得られる. 積分区間を
と,
を使うと,

問題: 上の問題の続き. ガンマ函数が Euler's reflection formula𝜋Γ(𝑠)Γ(1 − 𝑠) = sin(𝜋𝑠)と Legendre's duplication formulaΓ(𝑠)Γ(𝑠 + 1/2) = 21−2𝑠 𝜋1/2 Γ(2𝑠)̂ − 𝑠) = 𝜁 (𝑠)̂ がを満たしていることを認めて, 上の問題の注意におけるゼータ函数の函数等式 𝜁 (1𝜁(𝑠) = 2𝑠 𝜋𝑠−1 sin 𝜋𝑠2 Γ(1 − 𝑠)𝜁(1 − 𝑠)と書き直されることを示せ.
Legendre's duplication formula と Euler's reflection formula はこのノートの下の方で初等的に証明される. Euler's reflection
formulaの証明についてはノート「12 Fourier解析(http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/12%20Fourier%20analysis.ipynb)」のガンマ函数とsinの関係の節も参照せよ.
解答例:

̂ = 𝜋−𝑠/2 Γ(𝑠/2)𝜁(𝑠), 𝜁 (𝑠)̂ = 𝜁 (1̂ − 𝑠) より,
𝜁 (𝑠)𝜋−𝑠/2 Γ(𝑠/2)𝜁(𝑠) = 𝜋−(1−𝑠)/2 Γ((1 − 𝑠)/2)𝜁(1 − 𝑠).

これは以下のように書き直される:− 𝑠)/2) 𝜁(𝑠).
𝜁(𝑠) = 𝜋𝑠−1/2 Γ((1Γ(𝑠/2)𝑠 に 𝑠/2 を代入すると,
𝜋 , i.e. 1 = 𝜋−1 sin 𝜋𝑠 Γ(1 − 𝑠/2)
Γ(𝑠/2)Γ(1 − 𝑠/2) = sin(𝜋𝑠/2)
Γ(𝑠/2)
2となり, Legendre's duplication formula の 𝑠 に (1 − 𝑠)/2 を代入すると,
Γ((1 − 𝑠)/2)Γ(1 − 𝑠/2) = 2𝑠 𝜋1/2 Γ(1 − 𝑠),
一方, Euler's reflection formula のとなるので, それらを上の公式に代入すると,が得られる.

問題:

𝜁(𝑠) = 2𝑠 𝜋𝑠−1 sin 𝜋𝑠2 Γ(1 − 𝑠)𝜁(1 − 𝑠)□𝑘 が正の整数であるとき 𝜁(−(2𝑘 − 1)) = − 𝐵2𝑘2𝑘 であるという事実と上の問題の結果から
2𝑘−1 )𝑘−1𝐵2𝑘 2𝑘
𝜁(2𝑘) = 2 (−1(2𝑘)! 𝜋が導かれることを示せ.

𝜁(−(2𝑘 − 1)) = − 𝐵2𝑘2𝑘 と上の問題の結果より,− 𝐵2𝑘2𝑘 = 𝜁(−(2𝑘 − 1)) = 2−(2𝑘−1) 𝜋−2𝑘 (−1)𝑘(2𝑘 − 1)!𝜁(2𝑘).
これより示したい公式が得られる. □解答例:

2.4 ベータ函数とガンマ函数の関係
ベータ函数はガンマ函数によって𝐵(𝑝,𝑞) = Γ(𝑝)Γ(𝑞)Γ(𝑝 + 𝑞)と表わされる. これを証明したい. そのためには

∞

(∗)

∞

Γ(𝑝)Γ(𝑞) = ∫0 (∫0 𝑒−(𝑥+𝑦) 𝑥𝑝−1 𝑦𝑞−1 𝑑𝑦) 𝑑𝑥
が∞1

Γ(𝑝 + 𝑞)𝐵(𝑝,𝑞) = ∫0 𝑒−𝑧 𝑧𝑝+𝑞−1 𝑑𝑧 ∫0 𝑡𝑝−1 (1 − 𝑡)𝑞−1 𝑑𝑡に等しいことを示せばよい. ガンマ函数とベータ函数の別の表示を使えば右辺も別の形になることに注意せよ.

2.4.1 方法1: 置換積分と積分の順序交換のみを使う方法

𝐴
1 ∞ ∞
0 𝑥,𝑦
1𝐴 (𝑥,𝑦)Γ(𝑝)Γ(𝑞) = ∫0 (∫0 𝑒−(𝑥+𝑦) 𝑥𝑝−1 𝑦𝑞−1 𝑑𝑦) 𝑑𝑥∞∞= ∫0 (∫𝑥 𝑒−𝑧 𝑥𝑝−1 (𝑧 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑧) 𝑑𝑥∞∞= ∫0 (∫0 1𝑥<𝑧 (𝑥,𝑧)𝑒−𝑧 𝑥𝑝−1 (𝑧 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑧) 𝑑𝑥∞∞= ∫0 (∫0 1𝑥<𝑧 (𝑥,𝑧)𝑒−𝑧 𝑥𝑝−1 (𝑧 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥) 𝑑𝑧∞𝑧= ∫0 (∫0 𝑒−𝑧 𝑥𝑝−1 (𝑧 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥) 𝑑𝑧∞
1= ∫0 (∫0 𝑒−𝑧 (𝑧𝑡)𝑝−1 (𝑧 − 𝑧𝑡)𝑞−1𝑧𝑑𝑡) 𝑑𝑧∞
1= ∫0 𝑒−𝑧 𝑧𝑝+𝑞−1 𝑑𝑧 ∫0 𝑡𝑝−1 (1 − 𝑡)𝑞−1 𝑑𝑡 = Γ(𝑝 + 𝑞)𝐵(𝑝,𝑞).
2つ目の等号で 𝑦 = 𝑧 − 𝑥 と置換積分し, 4つ目の等号で積分の順序を交換し, 6つ目の等号で 𝑥 = 𝑧𝑡 と置換積分した.

ガンマ函数とベータ函数のあいだの関係式は1変数の置換積分と積分の順序交換のみを使って証明可能である. 条件 に対して,が条件 をみたすとき値が になり, それ以外のときに値が になるの函数をと書くことにすると,

𝑥,𝑦𝐴以上の計算は
黒木玄, ガンマ分布の中心極限定理とStirlingの公式 (https://genkuroki.github.io/documents/20160501StirlingFormula.pdf)の第7.4節からの引き写しである.

2.4.2 方法2: 極座標変換を使う方法
この方法は2重積分に関する知識が必要になる. 2重積分について知らない人は次の節の別の方法を参照せよ.

𝑥 = 𝑋 2 , 𝑦 = 𝑌 2 と変数変換すると,∞ ∞Γ(𝑝)Γ(𝑞) = 4 ∫0 ∫0 𝑒−(𝑋 2+𝑌 2)𝑋 2𝑝−1 𝑌 2𝑞−1 𝑑𝑋𝑑𝑌.
さらに 𝑋 = 𝑟cos𝜃, 𝑌 = 𝑟sin𝜃 と変数変換すると,
𝜋/2∞
Γ(𝑝)Γ(𝑞) = 4 ∫0 𝑑𝜃 ∫0 𝑒−𝑟2 (𝑟cos𝜃)2𝑝−1 (𝑟sin𝜃)2𝑞−1𝑟𝑑𝑟
𝜋/2∞= 4 ∫0 (cos𝜃)2𝑝−1 (sin𝜃)2𝑞−1 𝑑𝜃 ∫0 𝑒−𝑟2 𝑟2(𝑝+𝑞)−1 𝑑𝑟 = 𝐵(𝑝,𝑞)Γ(𝑝 + 𝑞).
最後の等号でベータ函数の三角函数を用いた表示とガンマ函数のGauss積分に似た表示を用いた. □2.4.3 方法3: y = tx と変数変換する方法

𝑦 = 𝑡𝑥 とおくと, 𝑑𝑦 = 𝑥𝑑𝑡 より,∞∞∞∞
Γ(𝑝)Γ(𝑞) = ∫0 (∫0 𝑒−(𝑥+𝑦) 𝑥𝑝−1 𝑦𝑞−1 𝑑𝑦) 𝑑𝑥 = ∫0 (∫0 𝑒−(1+𝑡)𝑥 𝑥𝑝+𝑞−1 𝑡𝑞−1 𝑑𝑡) 𝑑𝑥∞∞∞= ∫0 (∫0 𝑒−(1+𝑡)𝑥 𝑥𝑝+𝑞−1 𝑑𝑥) 𝑡𝑞−1 𝑑𝑡 = ∫0 (1Γ(𝑝+ +𝑡)𝑝+𝑞𝑞) 𝑡𝑞−1 𝑑𝑡∞ 𝑞−1= Γ(𝑝 + 𝑞) ∫0 (1 +𝑡 𝑡)𝑝+𝑞 𝑑𝑡 = Γ(𝑝 + 𝑞)𝐵(𝑝,𝑞).
3つ目の等号で積分順序を交換し, 4つ目の等号で 𝑠,𝑐 > 0 についてよく使われる公式(𝑥 = 𝑦/𝑐 と置けば得られる公式)∞Γ(𝑠)−𝑐𝑥 𝑠−1∫0 𝑒 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑐𝑠を使い, 最後の等号でベータ函数の次の表示の仕方を用いた:

1∞ 𝑞−1
𝐵(𝑝,𝑞) = ∫0 𝑥𝑝−1 (1 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥 = ∫0 (1 +𝑡 𝑡)𝑝+𝑞 𝑑𝑡

この公式は積分変数を

𝑥 = 1 +1 𝑡 と置換すれば得られる. 𝑥 = 1 +𝑡 𝑡 と置換すれば 𝑝,𝑞 を交換した公式が得られる.

ベータ函数に関するその公式を知っていれば, ガンマ函数とベータ函数の関係を導くにはこの方法が簡単かもしれない.

𝑦 = 𝑡𝑥 の 𝑡 は直線の傾きという意味を持っている. 𝑥𝑦 平面の第一象限の点を (𝑥,𝑦) で指定していたのを, (𝑥,𝑦) = (𝑥,𝑡𝑥) と直線の傾き 𝑡 と 𝑥 で指定するようにしたことが 上の計算で採用した方法である この方法はJacobianが出て来る二重積分の積分変2.4.4 ガンマ函数の1/2での値をベータ函数経由で計算
問題: ベータ函数とガンマ函数の関係を用いてΓ(1/2) = √⎯⎯𝜋 を証明せよ.

解答例:

𝜋/2
𝜋/2
2⋅1/2−1(sin𝜃)2⋅1/2−1 𝑑𝜃 = 2
Γ(1/2)2 = Γ(1/2)Γ(1/2)=
𝐵(1/2,1/2)
=
2
(cos𝜃
)
∫0
∫0 𝑑𝜃 = 𝜋.
Γ(1)1つ目の等号で Γ(1) = 1 を使い, 2つ目の等号でベータ函数とガンマ函数の関係を用い, 3つ目の等号でベータ函数の三角函数を用⎯⎯いた表示を使った. ゆえに Γ(1/2) = √ 𝜋 . □∞ 2⎯⎯
注意: この問題の解答例はGauss積分の公式の別証明 ∫−∞ 𝑒−𝑥 𝑑𝑥 = Γ(1/2) = √ 𝜋 を与える. □2.4.5 ベータ函数の応用の雑多の例
問題: 次の積分を計算せよ:

1

𝐴 = ∫0 𝑥5 (1 − 𝑥2 )3/2 𝑑𝑥.

𝑥 = 𝑡1/2 と置換すると 𝑑𝑥 = 12 𝑡−1/2 𝑑𝑡 なので,
11
Γ(3)Γ(5/2) .
𝐴 = ∫0 𝑡5/2 (1 − 𝑡)3/2 12 𝑡−1/2 𝑑𝑡 = 12 ∫0 𝑡2 (1 − 𝑡)3/2 𝑑𝑡 = 12 𝐵(3,5/2) = 2Γ(3+ 5/2)
3つ目の等号で 2 = 3 − 1, 3/2 = 5/2 − 1 とみなしてからベータ函数の表示を得ていることに注意せよ. このステップでよく間
解答例:

違う.

一般に非負の整数

𝑛 についてなので,

1
Γ(𝑛 + 1) = 𝑛!, Γ(𝑠Γ(𝑠)+ 𝑛) = 𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠+ 𝑛 − 1)1
23 .
Γ(3) = 2! = 2, Γ(3Γ(5/2)==+ 5/2) (5/2)(7/2)(9/2) 5 ⋅ 7 ⋅ 9

したがってIn [17]:

Out[17]:3
𝐴 = 22 5 ⋅27 ⋅ 9 = 3158 .

□1 x = symbols("x", real=true)
2 sol = integrate(x^5*(1-x^2)^(Sym(3)/2), (x,0,1))
3 latexstring(raw"\ds \int_0^1 x^5 (1-x^2)^{3/2} \,dx =", latex(sol))

8
5
2 3/2
∫0 𝑥 (1 − 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 315
1

2.4.6 B(s, 1/2)の級数展開−1/2( 𝑛 ) は次を満たしている:ゆえに,|𝑥| < 1 のとき,

−1/2 𝑛 (1/2)(3/2)⋯((2𝑛 − 1)/2) 𝑥𝑛 = 1 2𝑛 𝑥𝑛 .
( 𝑛 )(−𝑥) =𝑛!
22𝑛 ( 𝑛 )∞(1 − 𝑥)−1/2 = ∑ 212𝑛 (2𝑛𝑛)𝑥𝑛 .
𝑛=0

したがって,∞∞11
𝐵(𝑠,1/2) = ∫0 𝑥𝑠−1 (1 − 𝑥)−1/2 𝑑𝑥 = ∑ 212𝑛 (2𝑛𝑛) ∫0 𝑥𝑠+𝑛−1 𝑑𝑥 = ∑ 212𝑛 (2𝑛𝑛) 𝑠 +1 𝑛 .
𝑛=0

例えば,

𝑠 = 1/2 のとき, 𝐵(1/2,1/2) = Γ(1/2)2 = 𝜋 なので, 両辺を2で割ると,∞ 1 2𝑛 1𝜋1∑ 22𝑛 ( 𝑛 ) 2𝑛 + 1 = 2 𝐵(1/2,1/2) = 2 .

𝑛=0

𝑛=0

このような公式はベータ函数について知らないと驚くべき公式に見えてしまうが, ベータ函数について知っていれば単に二項展開
をベータ函数の被積分函数に適用しただけの公式に過ぎない.

2.5 ガンマ函数の無限積表示
2.5.1 ガンマ函数に関するGaussの公式問題(Gaussの公式): ベータ函数とガンマ函数の関係を用いて, 次の公式を示せ.

𝑛𝑠 𝑛! .
Γ(𝑠) = 𝑛→∞lim 𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠+ 𝑛)
解答例: 右辺をベータ函数と表示することを考える. 以下では 𝑛 は正の整数であるとし, 𝑠 > 0 と仮定する. ベータ函数とガンマ函数の函数等式および Γ(𝑛 + 1) = 𝑛! より,+ 1)𝑛!
𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = Γ(𝑠)Γ(𝑛Γ(𝑠 + 𝑛 + 1) = 𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠 + 𝑛) .
ゆえに

𝑛𝑠 𝑛! .
𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = 𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠+ 𝑛)
左辺を 𝑛 → ∞ での極限を取り易い形に変形しよう. 𝑥 = 𝑡/𝑛 と置換することによって, 𝑛 → ∞ のとき
1
𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = 𝑛𝑠 ∫0 𝑥𝑠−1 (1 − 𝑥)𝑛 𝑑𝑥
𝑛∞= ∫0 𝑡𝑠−1 (1 − 𝑛𝑡 )𝑛 𝑑𝑡 → ∫0 𝑡𝑠−1 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 = Γ(𝑠).
以上をまとめると示したい結果が得られる. □2.5.2 指数函数の上からと下からの評価を用いた厳密な議論
問題: 上の問題の解答例中で極限と積分の順序を交換した. その部分の議論を指数函数に関する不等式

𝑡 𝑎 ≦ 𝑒𝑡 ≦ 1 − 𝑡 −𝑏
1
+
( 𝑎)
( 𝑏)

(−𝑎 < 𝑡 < 𝑏, 𝑎,𝑏 > 0)

𝑡 𝑎
𝑡 −𝑏
(1 + 𝑎 ) , (1 − 𝑏 ) がそれぞれ 𝑎,𝑏 について単調増加, 単調減少することを用いて正当化せよ.
解答例: 問題文の中で与えられた不等式の全体の逆数を取り, 𝑎 = 𝑚 , 𝑏 = 𝑛 とおくと,𝑡 𝑛𝑡 −𝑚 (−𝑚 < 𝑡 < 𝑛)
(1 − 𝑛 ) ≦ 𝑒−𝑡 ≦ (1 + 𝑚 )𝑡 𝑛𝑡 −𝑚 はそれぞれ 𝑛,𝑚 について単調増加, 単調減少する. ベータ函数の表式となり, (1 − ) , (1 +
𝑛
𝑚)
1
∞
𝑝−1
𝐵(𝑝,𝑞) = ∫0 𝑥𝑝−1 (1 − 𝑥)𝑞−1 𝑑𝑥 = ∫0 (1 +𝑥 𝑥)𝑝+𝑞 𝑑𝑥
において, それぞれ (𝑝,𝑞,𝑥) = (𝑠,𝑛 + 1,𝑡/𝑛), (𝑝,𝑞,𝑥) = (𝑠,𝑚 − 𝑠,𝑡/𝑚) とおくことによって, 𝑠,𝑛 > 0, 𝑚 > 𝑠 のとき,
𝑛∞𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = ∫0 𝑡𝑠−1 (1 − 𝑛𝑡 )𝑛 𝑑𝑡, 𝑚𝑠𝐵(𝑠,𝑚 − 𝑠) = ∫0 𝑡𝑠−1 (1 + 𝑚𝑡 )−𝑚 𝑑𝑡

(1)

と

∞

(2)

𝑛 𝑚 について単調増加, 単調減少することがわかる. これらと Γ(𝑠) = ∫0 𝑡𝑠−1 𝑒−𝑡 𝑑𝑡 を比較すると,(∗)
𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1) ≦ Γ(𝑠) ≦ 𝑚𝑠𝐵(𝑠,𝑚 − 𝑠).

が得られ, それぞれ, ,𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1), 𝑚𝑠𝐵(𝑠,𝑚 − 𝑠) はそれぞれ 𝑛, 𝑚 について単調増加, 単調減少するので, どちらも 𝑛,𝑚 → ∞ で収束する. そして,
𝑚 = 𝑛 + 𝑠 + 1 とおくと,
𝑚𝑠𝐵(𝑠,𝑚 − 𝑠) = (𝑛 + 𝑠 + 1)𝑠𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = 1 + 𝑠 + 1 𝑠 → 1 (𝑛 → ∞)( 𝑛 )𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1)
𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1)なので, 𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1), 𝑚𝑠 𝐵(𝑠,𝑚 − 𝑠) は 𝑛,𝑚 → ∞ で同じ値に収束する. これと不等式(∗ )を合わせると, 𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1),
𝑚𝑠𝐵(𝑠,𝑚 − 𝑠) は 𝑛,𝑚 → ∞ で Γ(𝑠) に収束することがわかる. □注意: 不等式(1),(2)と 𝑎,𝑏 , 𝑚,𝑛 に関する単調性は極限で指数函数が現われる結果を初等的に正当化するために非常に便利である.
□
2.5.3 ガンマ函数に関するWeierstrassの公式問題(Weierstrassの公式): 上の問題の結果を用いて, 次の公式を示せ.

ここで

1 = 𝑒𝛾𝑠 𝑠 ∞ 1 + 𝑠 𝑒−𝑠/𝑛 .
[( 𝑛 ) ]
∏
Γ(𝑠)
𝑛=1

𝛾 はEuler定数である:(∗)

𝑛
𝛾 = 𝑛→∞lim (∑ 𝑘1 − log𝑛) = 0.5772⋯
𝑘=1

解答例:

𝑠(𝑠 + 1)⋯(𝑠 + 𝑛)
𝑛𝑠 𝑛! 𝑠= 𝑠(1 + 𝑠) (1 + 2 ) ⋯ (1 + 𝑠𝑛 ) 𝑒−𝑠 log 𝑛= 𝑠(1 + 𝑠) 𝑒−𝑠 (1 + 𝑠2 ) 𝑒−𝑠/2 ⋯ (1 + 𝑠𝑛 ) 𝑒−𝑠/𝑛 𝑒𝑠(1+ 12 +⋯+ 1𝑛 −log 𝑛)であるから, 公式(∗ )を得る. □注意:
log[(1 + 𝑠𝑛 ) 𝑒−𝑠/𝑛 ] = log(1 + 𝑠𝑛 ) − 𝑠𝑛
2= 𝑠𝑛 − 2𝑛𝑠 2 + 𝑂 ( 𝑛13 ) − 𝑠𝑛2
= − 2𝑛𝑠 2 + 𝑂 ( 𝑛13 )なので𝑠 𝑒−𝑠/𝑛 = ∞ 1 + 𝑂 1
1+∏ [( 𝑛 ) ] ∏ [ ( 𝑛2 )]∞𝑛=1となり, この無限積は任意の複素数な拡張を与える.

□𝑛=1

𝑠 について収束する. したがって, Weierstrassの公式は 1/Γ(𝑠) のすべての複素数 𝑠 への自然

2.6 sinとガンマ函数の関係
sinの無限積表示と Euler's reflection formulaの証明についてはノート「12 Fourier解析(http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/12%20Fourier%20analysis.ipynb)」のガンマ函数とsinの関係の節も参照せよ. 以下ではsinの奇数倍角の公式を用いた証明を紹介する.

2.6.1 sinの奇数倍角の公式を用いたsinの無限積表示の導出
sinの無限積表示

sin(𝜋𝑠) = 𝑠 ∞ 1 − 𝑠2∏𝜋𝑛=1 ( 𝑛2 )を導出したい. この公式は正弦函数の奇数倍角の公式の極限としても導出されることを以下で説明しよう. (他にも様々な経路での証明がある.)
非負の整数
れる:

𝑛 に関する 𝑒𝑖𝑛𝑥 = (𝑒𝑖𝑥 )𝑛 の右辺に 𝑒𝑖𝑥 = cos𝑥 + 𝑖sin𝑥 を代入して二項定理を適用し, 両辺の虚部を取ると次が得ら

sin(𝑛𝑥) = ∑ (−1)𝑘(2𝑘 𝑛+ 1)(cos𝑥)𝑛−2𝑘−1(sin𝑥)2𝑘+1.
0≦𝑘<𝑛/2(cos𝑥)2 = 1 − (sin𝑥)2 より, 𝑛 が奇数ならば sin(𝑛𝑥) は sin𝑥 の 𝑛 次多項式で表わされることがわかる.
以下では, 𝑚 は非負の整数であるとし, 𝑛 = 2𝑚 + 1 とおき, sin(𝑛𝑥) = sin((2𝑚 + 1)𝑥) について考える. sin((2𝑚 + 1)𝑥) は2𝜋 を持ち,sin𝑥 の 2𝑚 + 1 次の多項式で表わされ, 周期 2𝑚+1
𝑥𝑘 = 2𝑚𝑘𝜋+ 1 , 𝑘 = 0,±1,…,±𝑚
で 0 になり,−𝜋/2 < 𝑥−𝑚 < 𝑥−𝑚+1 < ⋯ < 𝑥𝑚−1 < 𝑥𝑚 < 𝜋/2なので, sin𝑥𝑘 は互いに異なる. これで sin((2𝑚 + 1)𝑥) の互いに異なる (2𝑚 + 1) 個の零点 sin𝑥𝑘 が判明したことになる.
sin((2𝑚 + 1)𝑥) は sin𝑥 の 2𝑚 + 1 次の多項式で表われるので, 0 でないある定数 𝐶 が存在して,𝑚sin((2𝑚 + 1)𝑥) = 𝐶 sin𝑥 ∏ [(sin𝑥 − sin 2𝑚𝑘𝜋+ 1 )(sin𝑥 + sin 2𝑚𝑘𝜋+ 1 )] .
𝑘=1

両辺を

𝑥 で割って, 𝑥 → 0 の極限を取ると,𝑚
2𝑚 + 1 = 𝐶 ∏ [(−sin 2𝑚𝑘𝜋+ 1 )(sin 2𝑚𝑘𝜋+ 1 )] .
𝑘=1

したがって,

sin((2𝑚 + 1)𝑥) = sin𝑥 𝑚 1 − sin𝑥 1 + sin𝑥 .
𝑘𝜋 )( sin 𝑘𝜋 )]∏2𝑚 + 1𝑘=1 [( sin 2𝑚+1
2𝑚+1
2𝑚+1
これで, sin の奇数倍角の公式の積表示が得られた. これに 𝑥 = 𝜋𝑠 を代入し, 両辺に 𝜋 をかけると
2𝑚+1
𝜋𝑠 𝑚
𝜋𝑠
𝜋𝑠
sin 2𝑚+1
sin 2𝑚+1sin(𝜋𝑠) = sin 2𝑚+1
1
−
1
+
𝜋
𝜋𝑘 )( sin 𝜋𝑘 )] .
𝜋
2𝑚+1 ∏
𝑘=1 [( sin 2𝑚+1
2𝑚+1
𝑚 → ∞ の極限を取ると正弦函数の無限積表示
sin(𝜋𝑠) = 𝑠 ∞ 1 − 𝑠 1 + 𝑠 = 𝑠 ∞ 1 − 𝑠2 .
∏ [( 𝑘 )( 𝑘 )] ∏ ( 𝑘2 )𝜋𝑘=1が得られる. ここで以下を使った:

𝑘=1

𝑡 → 0 のとき
sin(𝑎𝑡) → 𝑎,𝑡sin(𝑎𝑡) → 𝑎 .
sin(𝑏𝑡) 𝑏

以上のようにsinの無限積表示はsinの奇数倍角の公式の極限として導出される𝐶 を求めよ.
解答例: 上の議論中で得られた公式に 𝑛 = 2𝑚 + 1 を代入すると
𝑚+ 1 (cos𝑥)2(𝑚−𝑘) (sin𝑥)2𝑘+1.
sin((2𝑚 + 1)𝑥) = ∑(−1)𝑘(2𝑚2𝑘 + 1 )問題: 上の議論で現われた定数

𝑘=0(cos𝑥)2 = 1 − (sin𝑥)2 を代入すると, 右辺の sin𝑥 の多項式としての最高次の係数 𝐶 は𝑚+ 1 (−1)𝑚−𝑘 = (−1)𝑚 𝑚 2𝑚 + 1
𝐶 = ∑(−1)𝑘(2𝑚∑2𝑘 + 1 )𝑘=0
𝑘=0 ( 2𝑘 + 1 )
2𝑚+1= (−1)𝑚 12 ∑ (2𝑚𝑗+ 1) = (−1)𝑚 12 (1 + 1)2𝑚+1 = (−4)𝑚𝑗=0となることがわかる. □注意: 上の議論と問題を合わせると次の公式が証明されたことになる: 正の奇数 𝑛 に対して,
sin(𝑛𝑥) = (−4)(𝑛−1)/2 (𝑛−1)/2 sin2 𝑥 − sin2 𝑘𝜋 .
∏(
sin𝑥
𝑛)
さらに

𝑘=1

さらに, 整数

𝑗 について, 𝑛/2 < 2𝑗 < 𝑛 のとき, 𝑛 − 2𝑗 は奇数でかつ 0 < 𝑛 − 2𝑗 < 𝑛/2 を満たし,

sin 2𝑗𝜋𝑛 = sin(𝜋 − 2𝑗𝑛 ) = sin (𝑛 −𝑛2𝑗)𝜋なので次を得る:sin(𝑛𝑥) = (−4)(𝑛−1)/2 (𝑛−1)/2 sin2 𝑥 − sin2 2𝑗𝜋 .
∏
sin𝑥
𝑛)
𝑗=1 (
この公式を使って平方剰余の相互法則を証明することができる(Eisenstein (1845)). その詳細については
J.-P. セール, 数論講義, 彌永健一訳, 岩波書店, 1979年, 188頁, 第1章補遺.
G. Eisenstein, Crelle's Journal, Vo1.29, 1845. View Archive (https://gdz.sub.uni-goettingen.de/id/PPN243919689_0029?tify={%22pages%22:[183],%22view%22:%22scan%22})
を参照せよ.

□

2.6.2 Euler's reflection formula
ガンマ函数の無限積表示より

𝑠𝑠
Γ(𝑠) = 𝑛→∞lim 𝑠(1 + 𝑠)(2 𝑛+ 𝑛!𝑠)⋯(𝑛 + 𝑠) = 𝑛→∞lim 𝑠(1 + 𝑠) 1 +𝑛𝑠 ⋯ 1 + 𝑠 ,( 2) ( 𝑛)
1−𝑠
𝑛!
𝑛−𝑠
Γ(1 − 𝑠) = 𝑛→∞=lim (1 − 𝑠)(2 −𝑛𝑠)⋯(𝑛lim+ 1 − 𝑠) 𝑛→∞ (1 − 𝑠) (1 − 𝑠2 ) ⋯ (1 − 𝑠𝑛 )(1 + 1−𝑠𝑛 ) ,ゆえに,

sin の無限積表示も使うと,
1 = lim 𝑠 𝑛 1 + 𝑠 1 − 𝑠 = 𝑠 ∞ 1 − 𝑠2 = sin(𝜋𝑠) .
(( 𝑘 )( 𝑘 )) ∏Γ(𝑠)Γ(1 − 𝑠) 𝑛→∞ ∏𝜋
𝑘=1
𝑛=1 ( 𝑛2 )これで次の公式が得られた:𝜋
Γ(𝑠)Γ(1 − 𝑠) = sin(𝜋𝑠)これは Euler's reflection formula と呼ばれる.

2.6.3 cosの偶数倍角の公式を用いたcosの無限積表示の導出
この節の内容はhttps://twitter.com/genkuroki/status/1094856745485139971 (https://twitter.com/genkuroki/status/1094856745485139971)

sin の無限積表示の導出と同じ方法で∞
cos 𝜋𝑠2 = ∏ (1 − (2𝑘 𝑠−2 1)2 ) = (1 − 1𝑠22 )(1 − 3𝑠22 )(1 − 5𝑠22 ) ⋯の詳述になっている. 上における

𝑘=1を示そう. 𝑒𝑖𝑛𝑥 = (𝑒𝑖𝑥 ) 𝑛 の右辺に 𝑒𝑖𝑥 = cos𝑥 + 𝑖sin𝑥 を代入して二項定理を適用し, 両辺の実部を取ることによって,cos(𝑛𝑥) = ∑ (−1)𝑘(2𝑘𝑛 )(cos𝑥)𝑛−2𝑘(sin𝑥)2𝑘.
0≦𝑘≦𝑛/2(cos𝑥)2 = 1 − (sin𝑥)2 より, 𝑛 が偶数ならば cos(𝑛𝑥) は sin𝑥 の 𝑛 次多項式で表わされることがわかる. 以下では 𝑚 は非負の整数であるとし, 𝑛 = 2𝑚 とおき, cos(𝑛𝑥) = cos(2𝑚𝑥) について考える. cos(2𝑚𝑥) は sin𝑥 の 2𝑚 次の多項式で表わされ, 周期2𝜋2𝑚 を持ち,±𝑥𝑘 = ± (2𝑘4𝑚− 1)𝜋 , $𝑘 = 1,2,…,𝑚$
で 0 になり,−𝜋/2 < −𝑥𝑚 < ⋯ < −𝑥1 < 0 < 𝑥1 < ⋯ < 𝑥𝑚 < 𝜋/2なので, 2𝑚 個の sin(±𝑥𝑘 ) は互いに異なる. 0 でないある定数 𝐶 が存在して,𝑚cos(2𝑚𝑥) = 𝐶 ∏ [(sin𝑥 − sin (2𝑘4𝑚− 1)𝜋 )(sin𝑥 + sin (2𝑘4𝑚− 1)𝜋 )] .
𝑘=1

この等式の両辺に

𝑥 = 0 を代入すると,
1 = 𝐶 ∏ 𝑚 [(−sin (2𝑘4𝑚− 1)𝜋 )(sin (2𝑘4𝑚− 1)𝜋 )] .
𝑘=1

この等式の両辺で上の等式の両辺をそれぞれ割ると,これに

𝑥 = 4𝑚𝜋𝑠 を代入すると,

これの両辺の𝑚cos(2𝑚𝑥) = ∏ [(1 − sin𝑥
1 + sin𝑥.
(2𝑘−1)𝜋)()]
sin 4𝑚sin (2𝑘−1)𝜋
𝑘=1
4𝑚
𝜋𝑠
𝑚
sin 4𝑚𝜋𝑠 .
4𝑚cos 𝜋𝑠2 = ∏ [(1 − sin(2𝑘−1)𝜋1+
sin 4𝑚 )( sin (2𝑘−1)𝜋
𝑘=1
4𝑚 )]

𝑚 → ∞ の極限を取ると余弦函数の無限積表示∞∞2
cos 𝜋𝑠2 = ∏ [(1 − 2𝑘 𝑠− 1 )(1 + 2𝑘 𝑠− 1 )] = ∏ (1 − (2𝑘 𝑠− 1)2 )𝑘=1を得る. この等式の両辺の𝑘=1

𝑠2 の係数の −1 倍を比較すると
𝜋2 = ∞ 1 = 1 + 1 + 1 + ⋯
8 ∑ (2𝑘 − 1)2 12 32 52
𝑘=1

ゆえに

∞
∞
∞
𝜁(2) = ∑ 𝑛12 = ∑ (2𝑘)1 2 + ∑ (2𝑘 −1 1)2 = 14 𝜁(2) + 𝜋82
𝑛=1

𝑘=0

となるので

𝑘=1

2
𝜁(2) = 𝜋6も得られる. この公式は

sin(𝜋𝑠) = ∞ 1 − 𝑠2𝜋𝑠 ∏𝑛=1 ( 𝑛2 )𝑠2 の係数の −1 倍を比較しても得られる.
問題: 上の議論で現われた定数 𝐶 を求めよ.
の両辺の

解答例:

𝑚
2𝑚−2𝑘
2𝑘
cos(2𝑚𝑥) = ∑(−1)𝑘(2𝑚2𝑘 )(cos𝑥) (sin𝑥)
𝑘=0

の右辺に

(cos𝑥)2 = 1 − (sin𝑥)2 を代入すると, 右辺の sin𝑥 の多項式としての最高次の係数 𝐶 は𝑚
𝑚 2𝑚
𝑚−𝑘 = (−1)𝑚𝐶 = ∑(−1)𝑘(2𝑚
(−1
)
∑
2𝑘 )
𝑘=0
𝑘=0 ( 2𝑘 )𝑚
− 1 + 𝑚−1 2𝑚 − 1= (−1)𝑚 (∑ (2𝑚
𝑘=1 2𝑘 − 1 ) ∑𝑘=0 ( 2𝑘 ))2𝑚−1𝑚= (−1)𝑚 ∑ (2𝑚𝑗− 1) = (−1)𝑚(1 + 1)2𝑚−1 = (−4)2となることがわかる.

□

𝑗=0

𝑛 に対して,𝑛/2 𝑛/2cos(𝑛𝑥) = (−4)2 ∏ (sin2 𝑥 − sin2 (2𝑘 2𝑛− 1)𝜋 ) .

注意: これで次が示された: 非負の偶数

𝑘1

2.7 Wallisの公式
2.7.1 2種類のWallisの公式の同値性□

互いに同じ深さにある次の2つの公式の両方をWallisの公式と呼ぶ.

(2𝑛)(2𝑛) = 𝜋 ,∏(2𝑛−1)(2𝑛 + 1) 2𝑛=1∞

1 2𝑛 = (2𝑛)! ∼ 1⎯⎯⎯⎯ .
22𝑛 ( 𝑛 ) 22𝑛 (𝑛!)2 √𝜋𝑛問題: 前者のWallisの公式から後者のWallisの公式を導け.
解答例: 前者のWallisの公式とより,

1 ⋅ 3⋯(2𝑛 − 1) = (2𝑛)!
2𝑛 𝑛!

2 ∼ 1 ⋅ 3⋯(2𝑛 − 1) × 3 ⋅ 5⋯(2𝑛 + 1) = (2𝑛)! 2 (2𝑛 + 1) = 1 2𝑛 2 (2𝑛 + 1).
( 22𝑛 (𝑛!)2 )( 22𝑛 ( 𝑛 ))𝜋
2 ⋅ 4⋯(2𝑛) × 2 ⋅ 4⋯(2𝑛)

ゆえに,(2𝑛)! 2 = 1 2𝑛 2 ∼ 1( 22𝑛 (𝑛!)2 ) ( 22𝑛 ( 𝑛 )) 𝜋𝑛全体の平方根を取れば, 後者のWallisの公式が得られる. □問題: 後者のWallisの公式から前者のWallisの公式を導け.

𝑁 個の因子の積は𝑁(2𝑛)(2𝑛) = 22𝑁 (𝑁!)2
1 = 22𝑁 (𝑁!)2 1∏ (2𝑛 − 1)(2𝑛 + 1) (1 ⋅ 3⋯(2𝑁 − 1)) 2𝑁 + 1 ( (2𝑁)! ) 2𝑁 + 1

解答例: 前者のWallisの公式の無限積の最初の𝑛=1であり, 後者のWallisの公式より,

𝑁 → ∞ において,22𝑁 (𝑁!)2 1 ∼ 𝜋𝑁 ∼ 𝜋( (2𝑁)! ) 2𝑁 + 1 2𝑁 + 1 2となる. ゆえに𝑁(2𝑛)(2𝑛) = 𝜋 .
lim
𝑁→∞ ∏
(2𝑛
−
1)(2𝑛 + 1) 2
𝑛=1
これで後者のWallisの公式から前者のWallisの公式を導けた. □2.7.2 sinの無限積表示を用いたWallisの公式の証明
問題(Wallisの公式の証明1):

sin の無限積表示∞2𝑠 ∏ (1 − 𝑛𝑠2 ) = sin(𝜋𝑠)𝜋𝑠(1)(2𝑛)(2𝑛) = 𝜋 .
∏
𝑛=1 (2𝑛 − 1)(2𝑛 + 1) 2
𝜋 を代入すれば(2)がただちに得られる. □解答例: (1)に 𝑠 =
2

(2)

𝑛=1

を用いて, 次の公式を証明せよ:

In [18]:

Out[18]:∞1 n = symbols("n")
2 sol = 1/factor(1-1/(2n)^2)
3 latexstring(raw"\ds \frac{1}{1-1/(2n)^2} =", latex(sol))

4𝑛2
1 =1 − 1/(2𝑛)2 (2𝑛 − 1)(2𝑛 + 1)

2.7.3 ベータ函数の極限でガンマ函数が得らえることを用いWallisの公式の証明
問題(Wallisの公式の証明2): 前節のガンマ函数のGaussの公式の問題の解答例の中で次を示した:

lim 𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = Γ(𝑠)
𝑛→∞

(1)

これは

𝑛 が整数以外の実数を動いても成立している. この公式を用いて次の公式を証明せよ.
∞(2𝑛)(2𝑛)𝜋∏ (2𝑛 − 1)(2𝑛 + 1) = 2 .
𝑛=1

(2)

解答例: ベータ函数とガンマ函数の関係とガンマ函数の特殊値に関する結果より,+ 1/2) 1 ⋅ 3⋯(2𝑛 − 1)
𝐵(1/2,𝑛 + 1/2) = Γ(1/2)Γ(𝑛Γ(𝑛 + 1) = 𝜋 2 ⋅ 4⋯(2𝑛) ,+ 1) = 2 2 ⋅ 4⋯(2𝑛) ,𝐵(1/2,𝑛 + 1) = Γ(1/2)Γ(𝑛Γ(𝑛 + 1 + 1/2) 3 ⋅ 5⋯(2𝑛 + 1)

ゆえに,𝐵(1/2,𝑛 + 1) = 2 2 ⋅ 4⋯(2𝑛) × 2 ⋅ 4⋯(2𝑛) = 2 𝑛 (2𝑘)(2𝑘)𝐵(1/2,𝑛 + 1/2) 𝜋 1 ⋅ 3⋯(2𝑛 − 1) × 3 ⋅ 5⋯(2𝑛 + 1) 𝜋 ∏
𝑘=1 (2𝑘 − 1)(2𝑘 + 1)

一方,

(𝑛 + 𝑎 − 1)𝑠 = 1
lim𝑛→∞ (𝑛 + 𝑏 − 1)𝑠と公式(1)より,

𝐵(𝑠,𝑛 + 𝑎) = lim (𝑛 + 𝑎 − 1)𝑠𝐵(𝑠,𝑛 + 𝑎) = Γ(𝑠) = 1
lim𝑛→∞ 𝐵(𝑠,𝑛 + 𝑏) 𝑛→∞ (𝑛 + 𝑏 − 1)𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 𝑏) Γ(𝑠)この等式の 𝑠 = 1/2, 𝑎 = 1/2 , 𝑏 = 1 の場合と上の結果を合わせると, (2)が得られる. □
注意:

𝜋/2

𝐵(𝑝,𝑞) = 2 ∫0 (cos𝜃)2𝑝−1 (sin𝜃)2𝑞−1 𝑑𝜃 より,
𝜋/2

𝜋/2

𝐵(1/2,𝑛 + 1/2) = 2 ∫0 sin2𝑛 𝜃𝑑𝜃, 𝐵(1/2,𝑛 + 1) = 2 ∫0 sin2𝑛+1 𝜃𝑑𝜃であることに注意せよ. 巷でよく見るWallisの公式の証明は右辺のsinのべきの積分を部分積分によって計算することによって行われている. その正体はベータ函数の特殊値であり, 結局のところ得られているのである.

□

𝐵(𝑠,𝑛 + 𝑎 + 1)

lim 𝐵(𝑠,𝑛 + 𝑏 + 1) = 1
𝑛→∞の特別な場合として, Wallisの公式は

2.7.4 Wallisの公式からGauss積分の値を得る方法
問題(Wallisの公式からGauss積分の値を方法): 問題(Wallisの公式の証明2)の解答例を続けることによって, Gauss積分∞ 2−𝑥 𝑑𝑥 = Γ 1 を計算してみよ.
𝑒
∫−∞
(2)
解答例: 上の解答例より,

𝑛1/2 𝐵(1/2,𝑛 + 1/2) ⋅ 𝑛1/2 𝐵(1/2,𝑛 + 1) = 2𝑛2𝑛𝜋+ 1 .
⎯⎯左辺は 𝑛 → ∞ で Γ(1/2) 2 に収束し, 右辺は 𝜋 に収束する. このことから Γ(1/2) = √ 𝜋 であることがわかる. □2.8 Legendre's duplication formula問題(Legendre's duplication formula): 次を示せ:

Γ(𝑠)Γ(𝑠 + 1/2) = 21−2𝑠 √⎯⎯𝜋 Γ(2𝑠).

解答例1: 次の公式を示そう:

1
2𝑠−1
2 𝑠−1
∫−1 (1 − 𝑥 ) 𝑑𝑥 = 2 𝐵(𝑠,𝑠) = 𝐵(1/2,𝑠).
まず, (1 − 𝑥2 ) 𝑠−1 = (1 − 𝑥) 𝑠−1 (1 + 𝑥) 𝑠−1 であることに注意し, 𝑥 = 1 − 2𝑡 とおくと,
1
1
𝑠−1
𝑠−1
2𝑠−1
2 )𝑠−1 𝑑𝑥 = 22𝑠−1
(1
−
𝑥
∫−1
∫0 𝑡 (1 − 𝑡) 𝑑𝑡 = 2 𝐵(𝑠,𝑠).
以上とは別に, 偶函数の積分であることを使って,

𝑥 = √𝑡 とおくと,

1112 )𝑠−1 𝑑𝑥 = 2 (1 − 𝑥2 )𝑠−1 𝑑𝑥 = (1 − 𝑡)𝑠−1𝑡−1/2 𝑑𝑡 = 𝐵(1/2,𝑠).
(1
−
𝑥
∫−1
∫0
∫0
2𝑠−1 𝐵(𝑠,𝑠) の両辺をガンマ函数を使って表すと,
これで上の公式が示された. 𝐵(1/2,𝑠) = 2

ゆえにΓ(1/2) = √⎯⎯𝜋 を使うと,

Γ(𝑠)Γ(1/2)=
22𝑠−1 Γ(𝑠)Γ(𝑠)Γ(2𝑠) Γ(𝑠 + 1/2)

Γ(𝑠)Γ(𝑠 + 1/2) = 21−2𝑠 Γ(1/2)Γ(2𝑠) = 21−2𝑠 √⎯⎯𝜋 Γ(2𝑠).□

解答例2: ガンマ函数の函数等式とこのノートの下の方で証明されているStirlingの近似公式を使っても証明できる. 実はLegendre's duplication formula を Gauss's multiplication formula に一般化しても証明の方針は完全に同様であるので, 一般化した場合の証明のみを書いておくことにする. このノートの下の方を見よ.

□

2.9 sinとガンマ函数の関係の再証明
2.9.1 Legendre's duplication formula を用いた Euler's reflection formula の再証明
Legendre's reflection formulaで

𝑠 = 𝑡/2 とおいて得られる

Γ(𝑠)Γ(𝑠 + 1/2) = 21−2𝑠 √⎯⎯𝜋 Γ(2𝑠)𝑡−1
Γ(𝑡) = 2 ⎯⎯𝜋 Γ ( 2𝑡 ) Γ ( 𝑡 +2 1 )√を用いた Euler's reflection formula の証明を紹介しよう. 以下の方法はE. Artin, The Gamma Function (https://www.google.co.jp/search?q=Artin+The+Gamma+Function)の第4節に書いてある.
函数

𝑓(𝑡) を𝑓(𝑡) = Γ(𝑡)Γ(1 − 𝑡) sin(𝜋𝑡)𝜋0 < 𝑡 < 1 において 𝑓(𝑡) が正値 𝐶 2 級(実際には解析的)であることがわかる. さらに Γ(𝑡) = Γ(1 + 𝑡)/𝑡,Γ(1 − 𝑡) = Γ(2 − 𝑡)/(1 − 𝑡), sin(𝜋𝑡) = sin(𝜋(1 − 𝑡)) より,
sin(𝜋(1 − 𝑡))𝑓(𝑡) = Γ(1 + 𝑡)Γ(1 − 𝑡) sin(𝜋𝑡)𝜋𝑡 = Γ(𝑡)Γ(2 − 𝑡) 𝜋(1 − 𝑡)なので, この前者の表示より 𝑡 = 0 の十分近くで, 後者の表示より 𝑡 = 1 の近くで, 𝑓(𝑡) は正値でかつ 𝐶 2 級(実際には解析的)であることがわかる. 特に, 前者より 𝑓(0) = 1 であることがわかり, 後者より 𝑓(1) = 1 であることがわかる.
と定める.

Legendre's duplication formula とを使うと,sin(𝜋𝑡) = 2sin 𝜋𝑡2 cos 𝜋𝑡2 = 2sin 𝜋𝑡2 sin 𝜋(𝑡 2+ 1)

𝑡−1−𝑡𝑓(𝑡) = 2√⎯⎯𝜋 Γ ( 2𝑡 ) Γ ( 𝑡 +2 1 ) √2 ⎯⎯𝜋 Γ ( 1 −2 𝑡 ) Γ ( 2 −2 𝑡 ) 𝜋2 sin 𝜋𝑡2 sin 𝜋(𝑡 2+ 1)
𝑡 + 1 Γ 1 − 𝑡 sin(𝜋(𝑡 + 1)/2)= Γ ( 2𝑡 ) Γ ( 2 −2 𝑡 ) sin(𝜋𝑡/2)Γ
𝜋 ( 2 ) ( 2 ) 𝜋sin(𝜋𝑡/2)𝑡𝑡= Γ ( 2 ) Γ (1 − 2 ) 𝜋 Γ ( 𝑡 +2 1 ) Γ (1 − 𝑡 +2 1 ) sin(𝜋(𝑡𝜋+ 1)/2)= 𝑓 ( 2𝑡 ) 𝑓 ( 𝑡 +2 1 ) .
これより, 𝑔(𝑡) = log𝑓(𝑡) とおくと, 𝑔(0) = 𝑔(1) = log1 = 0 でかつ,𝑔(𝑡) = 𝑔 ( 2𝑡 ) + 𝑔 ( 𝑡 +2 1 ) .

ゆえに,

0 ≦ 𝑡 ≦ 1 において,となるので,

𝑀 = 0≦𝑡≦1
max |𝑔″ (𝑡)| とおくと,

𝑔″ (𝑡) = 14 (𝑔″ ( 2𝑡 ) + 𝑔″ ( 𝑡 +2 1 )) ,|𝑔″ (𝑡)| ≦ 14 (|||𝑔″ ( 2𝑡 )||| + ||||𝑔″ ( 𝑡 +2 1 ))||||

𝑀 ≦ 14 (𝑀 + 𝑀) = 𝑀2となることがわかる. ゆえに 𝑀 = 0 である. これで 0 ≦ 𝑡 ≦ 1 において 𝑔″ (𝑡) = 0 となることがわかった. 𝑔(0) = 𝑔(1) = 0 より, 恒等的に 𝑔(𝑡) = 0 となる. これで 𝑓(𝑡) = 1 すなわち𝜋Γ(𝑡)Γ(1 − 𝑡) = sin(𝜋𝑡)が成立することが示された. この公式は Euler's reflection formula と呼ばれているのであった.
2.9.2 sinの無限積表示の再証明
Euler's reflection formulaとガンマ函数の無限積表示𝑠𝑠
Γ(𝑠) = 𝑛→∞lim 𝑠(1 + 𝑠)(2 𝑛+ 𝑛!𝑠)⋯(𝑛 + 𝑠) = 𝑛→∞lim 𝑠(1 + 𝑠) 1 +𝑛𝑠 ⋯ 1 + 𝑠 ,( 2) ( 𝑛)1−𝑠 𝑛!
−𝑠𝑛Γ(1 − 𝑠) = 𝑛→∞lim (1 − 𝑠)(2 − 𝑠)⋯(𝑛 + 1 − 𝑠) = 𝑛→∞lim (1 − 𝑠) 1 − 𝑠 ⋯𝑛 1 − 𝑠 1 + 1−𝑠 ,( 2 ) ( 𝑛 )( 𝑛 )より,

sin(𝜋𝑡) = 1 = lim 𝑠 𝑛 1 + 𝑠 1 − 𝑠 = 𝑠 ∞ 1 − 𝑠2 .
(( 𝑘 )( 𝑘 )) ∏𝜋 Γ(𝑡)Γ(1 − 𝑡) 𝑛→∞ ∏𝑘=1
𝑛=1 ( 𝑛2 )まとめ: ガンマ函数とベータ函数をEuler型の積分表示式に基いて, ガンマ函数の函数等式やガンマ函数とベータ函数の関係を証明できる.
からガンマ函数の無限積表示が得られ, 同じ積分の2通りの計算

lim 𝑛𝑠 𝐵(𝑠,𝑛 + 1) = Γ(𝑠)𝑛→∞12∫−1 (1 − 𝑥 )𝑠−1 𝑑𝑥 = 22𝑠−1 𝐵(𝑠,𝑠) = 𝐵(1/2,𝑠) から Legendre's duplication formula が得られる. これだけの準備のもとで

Euler's reflection formula が得られ, sin の無限積表示も得られるというのが以上の筋道である. E. Artinの有名なガンマ函数の本ではガンマ函数は函数等式と対数凸性で定数倍を除いて一意に特徴付けられるという結果を全般的に用いてガンマ函数に関する様々な公式を証明している. そのような対数凸性に頼らなくても, Euler型積分表示式だけを使っても主要な公式を示せることが以上の議論を見ればわかる□

ガンマ函数についてはさらに
黒木玄, ガンマ分布の中心極限定理とStirlingの公式 (https://genkuroki.github.io/documents/20160501StirlingFormula.pdf)の第8節を参照せよ.

2.10 Lerchの定理とゼータ正規化積
2.10.1 Lerchの定理 (Hurwitzのゼータ函数とガンマ函数の関係)
Lerchの定理: Hurwitzのゼータ函数

𝜁(𝑠,𝑥) からガンマ函数が
𝜁𝑠 (0,𝑥) = log √Γ(𝑥)⎯2𝜋⎯⎯⎯ , Γ(𝑥) = √⎯2𝜋⎯⎯⎯ exp(𝜁𝑠 (0,𝑥))𝜁𝑠 (𝑠,𝑥) は 𝜁(𝑠,𝑥) の 𝑠 に関する偏導函数である.
⎯⎯⎯⎯
証明: 𝐹(𝑥) = 𝜁𝑠 (0,𝑥) − logΓ(𝑥) とおく. 𝐹(𝑥) = −log √ 2𝜋 であることを示せば十分である.
(1) (𝜁𝑠 (0,𝑥)) ″ = (logΓ(𝑥)) ″ を示そう. ここで ′ は 𝑥 による微分を表わす. まずHurwitzのゼータ函数∞
𝜁(𝑠,𝑥) = ∑ (𝑥 +1 𝑘)𝑠によって得られる. ここで

𝑘=0

については

𝜁𝑥 (𝑠,𝑥) = −𝑠𝜁(𝑠 + 1,𝑥)が成立しているので,これより,

𝜁𝑥𝑥 (𝑠,𝑥) = 𝑠(𝑠 + 1)𝜁(𝑠 + 2,𝑥).
(𝜁𝑠 (0,𝑥))″ = 𝜁𝑥𝑥𝑠 (0,𝑥) = 𝜁(2,𝑥).

一方, ガンマ函数

𝑛!𝑛𝑥
Γ(𝑥) = lim→∞ 𝑥(𝑥 + 1)⋯(𝑥 + 𝑛)については,logΓ(𝑥) = 𝑛→∞lim (log𝑛! + 𝑥log𝑛 − log𝑥 − log(𝑥 + 1) − ⋯ − log(𝑥 + 𝑛)),(logΓ(𝑥))′ = 𝑛→∞lim (log𝑛 − 𝑥1 − 𝑥 +1 1 − ⋯ − 𝑥 +1 𝑛 ) ,(logΓ(𝑥))″ = 𝑛→∞lim ( 𝑥12 + (𝑥 +1 1)2 + ⋯ + (𝑥 +1 𝑛)2 ) = 𝜁(2,𝑥).
これで (𝜁𝑠 (0,𝑥)) ″ = (logΓ(𝑥)) ″ が示された.
(2) 上の結果より, 𝐹(𝑥) = 𝜁𝑠 (0,𝑥) − logΓ(𝑥) は 𝑥 の一次函数である.
(3) 𝜁𝑠 (0,𝑥) と logΓ(𝑥) がどちらも同一の函数等式 𝑓(𝑥 + 1) = 𝑓(𝑥) + log𝑥 を満たすことを示そう.
𝜁(𝑠,𝑥 + 1) = 𝜁(𝑠,𝑥) − 𝑥1𝑠 , ∴ 𝜁𝑠 (0,𝑥 + 1) = 𝜁𝑠 (0,𝑥) + log𝑥.
logΓ(𝑥 + 1) = log(𝑥Γ(𝑥)) = logΓ(𝑥) + log𝑥.
(4) 𝐹(𝑥) = 𝜁𝑠 (0,𝑥) − logΓ(𝑥) は 𝑥 の一次函数だったので, 上の結果より 𝐹(𝑥) は定数になる.
⎯⎯(5) 𝜁𝑠 (0,1/2) = −log √ 2 を示そう.
𝜁(𝑠) − 2−𝑠 𝜁(𝑠) = ( 11𝑠 + 21𝑠 + 31𝑠 + 41𝑠 + ⋯) − ( 21𝑠 + 41𝑠 + ⋯)∞= 11𝑠 + 31𝑠 + ⋯ = ∑ (2𝑘 +1 1)𝑠
𝑘=0

なので

∞
∞
𝜁(𝑠,1/2) = ∑ (𝑘 +11/2)𝑠 = 2𝑠 ∑ (2𝑘 +1 1)𝑠 = 2𝑠 (𝜁(𝑠) − 2−𝑠 𝜁(𝑠)) = (2𝑠 − 1)𝜁(𝑠),𝑘=0
𝑘=0∴ 𝜁𝑠 (0,1/2) = 𝜁(0)log2 = − 12 log2 = −log √⎯⎯2.
⎯⎯⎯⎯⎯⎯(6) logΓ(1/2) = log √ 𝜋 なので, 上の結果より, 𝐹(𝑥) = −log √ 2𝜋 であることがわかる. □2.10.2 digamma, trigamma, polygamma 函数
上のLerchの定理の証明中に出て来た対数ガンマ函数
はそれぞれdigamma函数, trigamma函数と呼ばれる:

logΓ(𝑥) の導函数達をpolygamma函数と呼ぶ. 例えば, 以下の 𝜓(𝑥), 𝜓 ′(𝑥)logΓ(𝑥) = 𝑛→∞lim (log𝑛! + 𝑥log𝑛 − log𝑥 − log(𝑥 + 1) − ⋯ − log(𝑥 + 𝑛)),𝜓(𝑥) = (logΓ(𝑥))′ = 𝑛→∞lim (log𝑛 − 𝑥1 − 𝑥 +1 1 − ⋯ − 𝑥 +1 𝑛 ) ,𝜓 ′(𝑥) = (logΓ(𝑥))″ = 𝑛→∞lim ( 𝑥12 + (𝑥 +1 1)2 + ⋯ + (𝑥 +1 𝑛)2 ) = 𝜁(2,𝑥).
これらの式を見ればわかるように, 𝑚 ≧ 3 に対するtrigamma函数以降の 𝑚 -th polygamma函数 𝜓 (𝑚−2) (𝑥) = (logΓ(𝑥)) (𝑚−1) は
Hurwitzのゼータ函数の特別な場合 𝜁(𝑚 − 1,𝑥) に一致する.
調和級数 1 + 1/2 + ⋯ + 1/𝑛 と log𝑛 の差が 𝑛 → ∞ で収束し, その収束先はEuler定数と呼ばれ, 𝛾 = 0.5772⋯ と書かれる.
その事実はdigamma函数を使うと−𝜓(1) = 𝛾 = 0.5772⋯と表わされる. digamma函数の −1 倍 −𝜓(𝑥) は一般化された調和級数 1/𝑥 + 1/(𝑥 + 1) + ⋯ + 1/(𝑥 + 𝑛) と log𝑛 の差の極限に等しいので, digamma函数の −1 倍はEuler定数の一般化であるとも考えられる.

digamma函数

𝜓(𝛼) は′ (𝛼)1 ∞ 𝑒−𝑥 𝑥𝛼−1 log𝑥𝑑𝑥
𝜓(𝛼) = ΓΓ(𝛼)= Γ(𝛼)∫0とも書ける. これはパラメーター (𝛼, 𝜃 = 1) のガンマ分布に従う確率変数 𝑋 の対数 log𝑋 の期待値に等しい. 統計学におけるガンマ分布の取り扱いではdigamma函数などが必要になる. Lerchの定理の証明を通して, 対数ガンマ函数の導函数の様子がよくわかるという感覚を身に付けておくと, その感覚はガンマ分布の統計学でも役に立つことになる.
2.10.3 ゼータ正規化積
数列

𝑎𝑛 に対して,𝑁
𝑓(𝑠) = ∑ 𝑎1𝑠𝑛𝑛=1

とおくとき,𝑁𝑓 ′ (0) = − ∑ log 𝑎𝑛
𝑛=1

なので,

𝑁

exp(−𝑓 ′ (0)) = ∏ 𝑎𝑛𝑛=1∞∞
𝑁 = ∞ のときの ∏ 𝑎𝑛 が発散していても, 𝑓(𝑠) = ∑ 𝑎1𝑠𝑛 の解析接続によって, 左辺の exp(−𝑓 ′ (0))
𝑛=1
𝑛=1はwell-definedになる可能性がある. そのとき, exp(−𝑓 ′ (0)) を∞exp(−𝑓 ′ (0)) = ∏∐ 𝑎𝑛が成立している. もしも

𝑛=1

𝑎𝑛 達のゼータ正規化積と呼ぶ.
√⎯2𝜋⎯⎯⎯ になる. 特に 𝑥 = 1 のときの 1,2,3,4,… のゼ
例えば 𝑥,𝑥 + 1,𝑥 + 2,𝑥 + 3,… のゼータ正規化積はLerchの定理より,
Γ(𝑥)
⎯⎯⎯⎯
ータ正規化積は √ 2𝜋 になる:∞⎯⎯⎯⎯
"1 × 2 × 3 × 4 × ⋯"= ∏∐ 𝑛 = exp(−𝜁 ′(0)) = √2𝜋.
と書き,

𝑛=1

これは

"1 + 2 + 3 + 4 + ⋯"= 𝜁(−1) = − 121の積バージョンである.

2.10.4 Lerchの定理を用いたBinetの公式の証明
上でLerchの定理を示した.
Lerchの定理:

𝜁𝑠 (0,𝑥) = log √Γ(𝑥)⎯2𝜋⎯⎯⎯ . □これを用いて次のBinetの公式を示そう.
Binetの公式:

𝑥 > 0 のとき,

ここで

証明:

𝑥 > 0 と仮定する.

logΓ(𝑥 + 1) = 𝑥log𝑥 − 𝑥 + 12 log𝑥 + log √⎯2𝜋⎯⎯⎯ + 𝜑(𝑥).
∞𝜑(𝑥) = ∫0 ( 𝑒𝑡 1− 1 − 1𝑡 + 12 ) 𝑒−𝑥𝑡 𝑡−1 𝑑𝑡.

□

1 ∞ 𝑒−𝑎𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 より,
Re𝑠 > 1 のとき, 𝑎 > 0 について 𝑎1𝑠 = Γ(𝑠)∫0∞
1 ∞ ∞ 𝑒−(𝑥+𝑘)𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 = 1 ∞ 𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡.
𝜁(𝑠,𝑥) = ∑ (𝑥 +1 𝑘)𝑠 = Γ(𝑠)∑
Γ(𝑠) ∫0 1 − 𝑒−𝑡𝑘=0
𝑘=0 ∫0ゆえに

1 ∞ 𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡.
𝜁(𝑠,𝑥 + 1) = Γ(𝑠)∫0 𝑒𝑡 − 1

𝐹(𝑠,𝑥) を

1 ∞ 1 − 1 + 1 𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡
𝐹(𝑠,𝑥) = Γ(𝑠)∫0 ( 𝑒𝑡 − 1 𝑡 2 )と定めると,1

1 1

𝑒𝑡 − 1 − 𝑡 + 2 = 𝑂(𝑡)なので,(𝑡 → 0)𝐹(𝑠,𝑥) の定義式は Re𝑠 > −1 で収束している. Re𝑠 > 1 のとき
1 ∞ 1 𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 = Γ(𝑠 − 1) 1 = 𝑥1−𝑠 ,Γ(𝑠) ∫0 ∞ 𝑡
Γ(𝑠) 𝑥𝑠−1 𝑠 − 11
1 𝑒−𝑥𝑡 𝑡𝑠−1 𝑑𝑡 = − 𝑥−𝑠−Γ(𝑠) ∫0 ( 2 )2であるから,

𝜁(𝑠,𝑥 + 1) = 𝑠𝑥−1−𝑠1 − 𝑥2−𝑠 + 𝐹(𝑠,𝑥).
この等式は Re𝑠 > −1 でも解析接続によって成立している. そこで以下では Re𝑠 > −1 と仮定する.
1 より, 𝐹(0,𝑥) = 0 となるので,
lim
𝑠→0 Γ(𝑠) = 0∂ ||| 𝑥1−𝑠 = −𝑥1−𝑠 log𝑥 − 𝑥1−𝑠 || = 𝑥log𝑥 − 𝑥,∂𝑠 |𝑠=0 𝑠 − 1 ( 𝑠 − 1 (𝑠 − 1)2 )||𝑠=0∂ ||| − 𝑥−𝑠 = 𝑥−𝑠 log𝑥 || = 1 log𝑥,∂𝑠 |𝑠=0 ( 2 ) ( 2 )||𝑠=0 2 ∞𝐹(𝑠,𝑥)∂|
1
1 1 1 −𝑥𝑡 𝑠−1
𝑠→0 𝑠 = lim
𝑠→0 Γ(𝑠 + 1) ∫0 ( 𝑒𝑡 − 1 − 𝑡 + 2 ) 𝑒 𝑡 𝑑𝑡
∂𝑠 |||𝑠=0𝐹(𝑠,𝑥)∞ = lim= ∫0 ( 𝑒𝑡 1− 1 − 1𝑡 + 12 ) 𝑒−𝑥𝑡 𝑡−1 𝑑𝑡 = 𝜑(𝑥).
ゆえに,𝜁𝑠 (0,𝑥 + 1) = 𝑥log𝑥 − 𝑥 + 12 log𝑥 + 𝜑(𝑥).

したがって, Lerchの定理より,

logΓ(𝑥 + 1) = 𝜁𝑠 (0,𝑥 + 1) + log √⎯2𝜋⎯⎯⎯ = 𝑥log𝑥 − 𝑥 + 12 log𝑥 + log √⎯2𝜋⎯⎯⎯ + 𝜑(𝑥).
これで, Lerchの定理からBinetの公式が導かれることがわかった. □Binetの公式は本質的にHurwitzのゼータ函数 𝜁(𝑠,𝑥) の 𝑠 に関する偏微分係数 𝜁𝑠 (0,𝑥) に関する公式であるとみなせる. Binetの公3 Stirlingの公式とLaplaceの方法
一般に数列

𝑎𝑛 , 𝑏𝑛 についてが成立するとき,

lim 𝑎𝑏𝑛𝑛 = 1
𝑛→∞𝑎𝑛 ∼ 𝑏𝑛

と書く

とにする

3.1 Stirlingの公式
Stirlingの(近似)公式:

𝑛 → ∞ のとき,⎯⎯⎯⎯⎯.
𝑛! ∼ 𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯2𝜋𝑛𝑛 → ∞ のとき,
log𝑛! = 𝑛log𝑛 − 𝑛 + 12 log𝑛 + log √⎯2𝜋⎯⎯⎯ + 𝑜(1).

さらに, 両辺の対数を取ることによって,Stirlingの公式の「物理学的」もしくは「情報理論的」な応用については
黒木玄, Kullback-Leibler情報量とSanovの定理 (https://genkuroki.github.io/documents/20160616KullbackLeibler.pdf)の第1節を参照せよ.
Stirlingの公式の証明:∞

𝑛! = Γ(𝑛 + 1) = ∫0 𝑒−𝑥 𝑥𝑛 𝑑𝑥

𝑥 = 𝑛 + √⎯𝑛 𝑦 = 𝑛(1 + 𝑦/√⎯𝑛) と置換すると,
𝑛∞∞𝑛! = 𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯𝑛 ∫− 𝑛 𝑒−√𝑛 𝑦 (1 + √𝑦⎯𝑛 ) 𝑑𝑦 = 𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯𝑛 ∫− 𝑛 𝑓𝑛 (𝑦)𝑑𝑦.
√√
ここで, 被積分函数を 𝑓𝑛 (𝑦) と書いた. そのとき 𝑛 → ∞ で
2
log 𝑓𝑛 (𝑦) = −√⎯𝑛 𝑦 + 𝑛log(1 + √𝑦⎯𝑛 ) = −√⎯𝑛 𝑦 + 𝑛 ( √𝑦⎯𝑛 − 𝑦2𝑛 + 𝑂 ( 𝑛√1 ⎯𝑛 ))22= − 𝑦2 + 𝑂 ( √1⎯𝑛 ) → − 𝑦2 .
2すなわち 𝑓𝑛 (𝑦) → 𝑒−𝑦 /2 となる. ゆえに𝑛! ⎯⎯⎯⎯⎯⎯ = 1⎯⎯⎯⎯ ∞ 𝑓𝑛 (𝑦)𝑑𝑦 → 1⎯⎯⎯⎯ ∞ 𝑒−𝑦2/2 𝑑𝑦 = 1.
𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √2𝜋𝑛 √2𝜋 ∫−√𝑛√2𝜋 ∫−∞∞ 2⎯⎯⎯⎯
最後の等号でGauss積分の公式 ∫−∞ 𝑒−𝑦 /𝑎 𝑑𝑦 = √ 𝑎𝜋 を用いた. □⎯Stirlingの公式の証明の解説: 上の証明のポイントは 𝑥 = 𝑛 + √ 𝑛 𝑦 という積分変数変換である. この変数変換の「正体」は∞
Γ(𝑛 + 1) = ∫0 𝑒−𝑥 𝑥𝑛 𝑑𝑥 の被積分函数 𝑓(𝑥) = 𝑒−𝑥 𝑥𝑛 のグラフを描いてみれば見当がつく.
𝑔(𝑥) = log𝑓(𝑥) = 𝑛log𝑥 − 𝑥 の導函数は 𝑔′ (𝑥) = 𝑛/𝑥 − 1 は 𝑥 について単調減少であり, 𝑥 = 𝑛 で 0 になる. ゆえに𝑔(𝑥)= log𝑓(𝑥) は 𝑥 = 𝑛 で最大になる. そこで 𝑥 = 𝑛 における 𝑔(𝑥) = log𝑓(𝑥) のTaylor展開を求めてみよう.
𝑔″ (𝑥) = −𝑛/𝑥2 , 𝑔‴ (𝑥) = 2𝑛/𝑥3 なので, 𝑔(𝑛) = 𝑛log𝑛 − 𝑛, 𝑔′ (𝑛) = 0, 𝑔″ (𝑛) = −1/𝑛, 𝑔‴ (𝑛) = 2/𝑛2 なので,
23𝑔(𝑥) = 𝑛log𝑛 − 𝑛 − (𝑥 −2𝑛𝑛) + (𝑥3𝑛− 2𝑛) + ⋯⎯
これの2次の項が −𝑦2 /2 になるような変数変換がちょうど 𝑥 = 𝑛 + √ 𝑛 𝑦 になっている. これが上の証明で用いた変数変換の「正体」である. □でIn [19]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

In [20]:

1 plot(PP[1:2]..., size=(700, 200))# y = f(x) = e^{-x} x^n / (n^n * e^{-n}) のグラフは n が大きなとき,# Gauss近似 y = e^{-(x-n)^2/(2n)} のグラフにほぼ一致する.
​
f(n,x) = e^(-x + n*log(x) - (n*log(n) - n))g(n,x) = e^(-(x-n)^2/(2n))
PP = []
for n in [10, 30, 100, 300]
x = 0:2.5n/400:2.5nn ≤ 20 && (x = 0:3n/400:3n)
P = plot()plot!(title="n = $n", titlefontsize=9)
plot!(x, g.(n,x), label="Gaussian")
plot!(x, f.(n,x), label="approx.", ls=:dash)push!(PP, P)
end

Out[20]:In [21]:

1 plot(PP[3:4]..., size=(700, 200))

Out[21]:𝑛 が整数であることは使っていない. ゆえに正の実数 𝑠 について⎯⎯⎯⎯⎯ (𝑠 → ∞)Γ(𝑠 + 1) ∼ 𝑠𝑠 𝑒−𝑠 √⎯2𝜋𝑠

注意(ガンマ函数のStirlingの近似公式): 上の証明でが証明されている. これの両辺を𝑠 で割ると,Γ(𝑠) ∼ 𝑠𝑠 𝑒−𝑠 𝑠−1/2 √⎯2𝜋⎯⎯⎯ (𝑠 → ∞)が得られる. これらをもStirlingの近似公式と呼ぶ. □Stirlingの公式の重要な応用については
黒木玄, 11 Kullback-Leibler情報量 (http://nbviewer.jupyter.org/github/genkuroki/Calculus/blob/master/11%20KullbackLeibler%20information.ipynb)も参照せよ. 「Stirlingの公式」とその応用としての「KL情報量に関するSanovの定理」についてはできるだけ早く理解しておいた方がよい.

□
問題: 𝑛 = 1,2,…,10 について Stirling の公式の相対誤差⎯⎯⎯⎯⎯
𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯2𝜋𝑛𝑛! − 1を求めよ.
解答例: 以下のセルを参照せよ.

𝑛 = 5 で相対誤差は2%を切っている. □In [22]:

1 f(n) = factorial(n)2 g(n) = n^n * exp(-n) * √(2π*n)
3 [(n, f(n), g(n), g(n)/f(n)-1) for n in 1:10]

Out[22]: 10-element Vector{Tuple{Int64, Int64, Float64, Float64}}:(1, 1, 0.9221370088957891, -0.07786299110421091)(2, 2, 1.9190043514889832, -0.04049782425550841)(3, 6, 5.836209591345864, -0.027298401442355957)(4, 24, 23.50617513289329, -0.02057603612944625)(5, 120, 118.01916795759008, -0.01650693368674927)(6, 720, 710.0781846421849, -0.013780299108076544)(7, 5040, 4980.395831612461, -0.01182622388641652)(8, 40320, 39902.3954526567, -0.010357255638474672)(9, 362880, 359536.87284194824, -0.00921276223008094)(10, 3628800, 3.5986956187410364e6, -0.008295960443938433)⎯⎯⎯⎯⎯ は 𝑛! よりも微小に小さいことがわかる. その分を補正したより精密な近似式
𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯2𝜋𝑛⎯⎯⎯⎯⎯ 1 + 1 + 𝑂 1
𝑛! = 𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯2𝜋𝑛( 12𝑛 ( 𝑛2 ))が成立している. (実際には 𝑂(1/𝑛2 ) の部分についてもっと詳しいことがわかる.)
1/(12𝑛) で補正した近似式の相対誤差は 𝑛 = 1 ですでに0.1%程度と非常に小さくなる. 次のセルを見よ. □参考: 上の計算を見れば,

In [23]:

1 f(n) = factorial(n)2 g1(n) = n^n * exp(-n) * √(2π*n) * (1+1/(12n))
3 [(n, f(n), g1(n), g1(n)/f(n)-1) for n in 1:10]

Out[23]: 10-element Vector{Tuple{Int64, Int64, Float64, Float64}}:(1, 1, 0.9989817596371048, -0.0010182403628952175)(2, 2, 1.9989628661343577, -0.0005185669328211517)(3, 6, 5.998326524438804, -0.000278912593532632)(4, 24, 23.995887114828566, -0.0001713702154764185)(5, 120, 119.98615409021657, -0.00011538258152854475)(6, 720, 719.9403816511041, -8.280326235543534e-5)(7, 5040, 5039.686258179276, -6.225036125484529e-5)(8, 40320, 40318.04540528855, -4.847705137533964e-5)(9, 362880, 362865.9179608552, -3.880632480379731e-5)(10, 3628800, 3.6286847488972116e6, -3.1760114304502096e-5)

3.2 Wallisの公式のStirlingの公式を使った証明問題(Wallisの公式): Stirlingの公式を用いて次を示せ:

解答例:

1 2𝑛 122𝑛 ( 𝑛 ) ∼ √⎯𝜋𝑛⎯⎯⎯ .
⎯⎯⎯⎯⎯ 1
1 2𝑛 = (2𝑛)! ∼ (2𝑛)2𝑛 𝑒−2𝑛 √⎯4𝜋𝑛22𝑛 ( 𝑛 ) 22𝑛 (𝑛!)2 22𝑛 𝑛2𝑛 𝑒−2𝑛 2𝜋𝑛 = √⎯𝜋𝑛⎯⎯⎯ .

□注意: この形のWallisの公式は1次元の単純ランダムウォークの逆正弦法則に関係している.
黒木玄, 単純ランダムウォークの逆正弦法則 (https://genkuroki.github.io/documents/#2016-11-02) (手描きのノートのPDF(https://genkuroki.github.io/documents/20161102ArcSineLawForSimpleRandomWalks.pdf))を参照せよ. 特に手描きのノートのPDFファイルの12頁以降にまとまった解説がある. 1次元の単純ランダムウォークの場合には
高校数学レベルの組み合わせ論的な議論とWallisの公式から逆正弦法則を導くことができる. 1次元の一般ランダムウォークの場
合にはTauber型定理を使ってWallisの公式に対応する漸近挙動を証明することになる.

□In [24]:



1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15

# Wallisの公式より## [ 2^{2n} (n!)^2 / ((2n)! √n) ]^2 ---→ π## 以下はこれの数値的確認## log n! を log lgamma(n+1) で計算している. ここで lgamma(x) = log(Γ(x)).
# lgamma(x) は対数ガンマ函数を巨大な x についても計算してくれる.
​
f(n) = exp((2n)*log(typeof(n)(2)) + 2lgamma(n+1) - lgamma(2n+1) - log(n)/2)^2
Wallis_pi = f(big"10.0"^40)
Exact__pi = big(π)@show Wallis_pi@show Exact__pi
Wallis_pi - Exact__pi

Wallis_pi = 3.14159265358979323846264338327950280112510935008936482449955348608333403219364
Exact__pi = 3.141592653589793238462643383279502884197169399375105820974944592307816406286198
Out[24]: -8.307206004928574099647539110622448237409255782069327815244440488293374992724481e-35

3.3 Gauss's multiplication formula𝑛 に対して,Γ(𝑠)Γ (𝑠 + 1𝑛 ) ⋯Γ (𝑠 + 𝑛 −𝑛 1 ) = 𝑛1/2−𝑛𝑠 (2𝜋)(𝑛−1)/2Γ(𝑛𝑠).

問題(Gauss's multiplication formula): 次を示せ: 正の整数

解答例: 函数𝑓(𝑠) を次のように定める:

1 ⋯Γ (𝑠 + 𝑛−1 )𝑛𝑓(𝑠) = Γ(𝑠)Γ (𝑠 +𝑛−𝑛𝑠𝑛 )Γ(𝑛𝑠)𝑓(𝑠) = 𝑛1/2 (2𝜋)(𝑛−1)/2 を示せばよい.
ガンマ函数の函数等式だけを使って, 𝑓(𝑠 + 1) = 𝑓(𝑠) を示せる:
𝑠 (𝑠 + 1𝑛 ) ⋯ (𝑠 + 𝑛−1𝑛 ) = 𝑓(𝑠).
𝑓(𝑠 + 1) = 𝑓(𝑠) 𝑛−𝑛 (𝑛𝑠+ 𝑛 − 1)⋯(𝑛𝑠 + 1)(𝑛𝑠)上で証明されているStirlingの近似公式

Γ(𝑠) ∼ 𝑠𝑠 𝑒−𝑠 𝑠−1/2 √⎯2𝜋⎯⎯⎯ (𝑠 → ∞)𝑎 𝑠 𝑎を使って, 𝑠 → ∞ のときの 𝑓(𝑠) の極限を求めよう. 𝑠 → ∞ のとき, (1 + ) → 𝑒 なので, 𝑠 → ∞ において,𝑠Γ(𝑠 + 𝑎) ∼ (𝑠 + 𝑎)𝑠+𝑎−1/2 𝑒−𝑠−𝑎 √⎯2𝜋⎯⎯⎯= 𝑠𝑠+𝑎−1/2 𝑒−𝑠 √⎯2𝜋⎯⎯⎯ (1 + 𝑎𝑠 )𝑠+𝑎−1/2 𝑒−𝑎∼ 𝑠𝑠+𝑎−1/2 𝑒−𝑠 √⎯2𝜋⎯⎯⎯.
𝑛−1 𝑛−1
1 2となる. ゆえに, 𝑛 + 𝑛 + ⋯ + 𝑛 = 2 なので, 𝑠 → ∞ において,
Γ(𝑠) ∼ 𝑠𝑠−1/2 𝑒−𝑠 √⎯2𝜋⎯⎯⎯,Γ (𝑠 + 1𝑛 ) ∼ 𝑠𝑠+1/𝑛−1/2 𝑒−𝑠 √⎯2𝜋⎯⎯⎯,⋯⋯⋯⋯⋯Γ (𝑠 + 𝑛 −𝑛 1 ) ∼ 𝑠𝑠+(𝑛−1)/𝑛−1/2 𝑒−𝑠 √⎯2𝜋⎯⎯⎯∴ Γ(𝑠)Γ (𝑠 + 1𝑛 ) ⋯Γ (𝑠 + 𝑛 −𝑛 1 ) ∼ 𝑠𝑛𝑠−1/2 𝑒−𝑛𝑠 (2𝜋)𝑛/2
𝑛−𝑛𝑠 Γ(𝑛𝑠) ∼ 𝑛−𝑛𝑠 (𝑛𝑠)𝑛𝑠−1/2𝑒−𝑛𝑠 √⎯2𝜋⎯⎯⎯ = 𝑛−1/2 𝑠𝑛𝑠−1/2 𝑒−𝑛𝑠 (2𝜋)1/2となり,

𝑛𝑠−1/2 −𝑛𝑠 𝑛/2
𝑓(𝑠) ∼ 𝑛−1/2𝑠 𝑠𝑛𝑠−1/2𝑒 𝑒−𝑛𝑠(2𝜋(2𝜋) )1/2 = 𝑛1/2 (2𝜋)(𝑛−1)/2.
ゆえに整数 𝑁 について, 𝑓(𝑠 + 𝑁) = 𝑓(𝑠) なので, 𝑁 → ∞ のとき 𝑓(𝑠) = 𝑓(𝑠 + 𝑁) → 𝑛1/2 (2𝜋) (𝑛−1)/2 となる. これで𝑓(𝑠) = 21/2 (2𝜋)(𝑛−1)/2 が示された. □𝑛=2

問題: Gauss's multiplication formula のの場合である Legendre's duplication formula は定積分の計算だけで証明できるのであった. 上の解答例は本質的にStirlingの近似公式を使っている. Gauss's multiplication formula にも定積分の計算だけで証明する
方法がないだろうか. 以下の方針で Gauss's multiplication formula を証明せよ. ただし, (3)の証明には Euler's reflection formula は使ってよいことにする.

𝑡 > 0 に対する 𝑛 − 1 重積分 𝐼(𝑡) を次のように定める:∞∞
𝐼(𝑡) = ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑡𝑛/(𝑥2⋯𝑥𝑛)+𝑥2+⋯+𝑥𝑛)𝑥−(𝑛−1)/𝑛⋯ 𝑥−1/𝑛𝑥−(𝑛−2)/𝑛𝑛 𝑑𝑥2 ⋯𝑑𝑥𝑛 .
23以下を示せ:

𝐼(𝑡) = Γ ( 1𝑛 ) Γ ( 2𝑛 ) ⋯Γ ( 𝑛 −𝑛 1 ) 𝑒−𝑛𝑡 .
𝑛 − 1 1−𝑛𝑠𝑛−112
1−𝑛𝑠 1(2) Γ(𝑠)Γ 𝑠 +( 𝑛 ) ⋯Γ (𝑠 + 𝑛 ) = 𝑛 𝐼(0)Γ(𝑛𝑠) = 𝑛 Γ ( 𝑛 ) Γ ( 𝑛 ) ⋯Γ ( 𝑛 ) Γ(𝑛𝑠).
𝑛−1
1 2(𝑛−1)/2 −1/2
(3) 𝐼(0) = Γ( 𝑛 ) Γ ( 𝑛 ) ⋯Γ ( 𝑛 ) = (2𝜋) 𝑛 .
(1)

注意: (1), (2) の方針の証明はAndrews, G.E., Askey,R., and Roy, R. Special functions. Encyclopedia of Mathematics and its Applications, Vol. 71,
Cambridge University Press, 1999, 2000, 681 pages.
のpp.24-25で解説されている. その方法はLiouville, J. Sur un théorème relatif à l’intégrale eulérienne de seconde espèce. Journal de mathématiques pures etappliquées 1re série, tome 20 (1855), p. 157-160. PDF (http://sites.mathdoc.fr/JMPA/PDF/JMPA_1855_1_20_A15_0.pdf)の方法の再構成ということらしい.

𝑡 = 0 のとき, 𝐼(0) の積分は変数分離形になって,𝐼(0) = Γ ( 1𝑛 ) Γ ( 2𝑛 ) ⋯Γ ( 𝑛 −𝑛 1 )𝑡𝑛 によって積分変数 𝑥2 を積分変数 𝑥1 に変換すると,となることがすぐにわかる. 𝐼(𝑡) を 𝑡 で微分して, 𝑥2 =𝑥3 ⋯ 𝑥𝑛 𝑥1∞∞ 𝑛𝑛−1 −(𝑛−1)/𝑛 −(𝑛−2)/𝑛 −1/𝑛
𝐼 ′(𝑡) = ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑡 /(𝑥2⋯𝑥𝑛)+𝑥2+⋯+𝑥𝑛) 𝑥−𝑛𝑡
𝑥 𝑥3 ⋯ 𝑥𝑛 𝑑𝑥2 ⋯𝑑𝑥𝑛
2 ⋯ 𝑥𝑛 2∞∞= −𝑛 ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑡𝑛/(𝑥2⋯𝑥𝑛)+𝑥2+⋯+𝑥𝑛)𝑡𝑛−1 𝑥−(𝑛−1)/𝑛−1⋯ 𝑥−1/𝑛−1
𝑑𝑥2 ⋯𝑑𝑥𝑛𝑥−(𝑛−2)/𝑛−1
𝑛
2
3
∞
∞
= −𝑛 ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑥1+𝑡𝑛/(𝑥3⋯𝑥𝑛𝑥1)+𝑥3+⋯+𝑥𝑛)−(2𝑛−1)/𝑛𝑛𝑛𝑡−(𝑛+1)/𝑛× 𝑡𝑛−1 ( 𝑥3 ⋯𝑡 𝑥𝑛 𝑥1 )⋯𝑑𝑥3 ⋯𝑑𝑥𝑛 𝑑𝑥1
𝑥−(2𝑛−2)/𝑛𝑥
𝑛3𝑥
3 ⋯ 𝑥𝑛 𝑥21∞∞= −𝑛 ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑥1+𝑡𝑛/(𝑥3⋯𝑥𝑛𝑥1)+𝑥3+⋯+𝑥𝑛)𝑥−(𝑛−1)/𝑛⋯ 𝑥−2/𝑛𝑛 𝑥−1/𝑛3
1 𝑑𝑥3 ⋯𝑑𝑥𝑛 𝑑𝑥1= −𝑛𝐼(𝑡)ゆえに 𝐼(𝑡) = 𝐼(0)𝑒−𝑛𝑡 . これで(1)が示された.
𝑡𝑛 とおくと,(2) 左辺をLHSと書き, 𝑥1 =𝑥2 ⋯ 𝑥𝑛∞∞𝑠−(𝑛−1)/𝑛 ⋯ 𝑥𝑠−1/𝑛
LHS = ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑥1+⋯+𝑥𝑛)𝑥𝑠−1
𝑛 𝑑𝑥1 ⋯𝑑𝑥𝑛
1 𝑥2
𝑠−1
∞
∞
𝑛
𝑛𝑡𝑛−1
= ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑡𝑛/(𝑥2⋯𝑥𝑛)+𝑥2⋯+𝑥𝑛)( 𝑥2 ⋯𝑡 𝑥𝑛 ) 𝑥𝑠−(𝑛−1)/𝑛⋯ 𝑥𝑠−1/𝑛𝑛 𝑥 ⋯ 𝑥 𝑑𝑡𝑑𝑥2 ⋯𝑑𝑥𝑛
2
2 𝑛
∞
∞ 𝑛
= 𝑛 ∫0 ⋯ ∫0 𝑒−(𝑡 /(𝑥2⋯𝑥𝑛)+𝑥2⋯+𝑥𝑛)𝑥−(𝑛−1)/𝑛⋯ 𝑥−1/𝑛𝑛 𝑡𝑛𝑠−1 𝑑𝑥2 ⋯𝑑𝑥𝑛 𝑑𝑡
2∞∞= 𝑛 ∫0 𝐼(𝑡)𝑡𝑛𝑠−1 𝑑𝑡 = 𝑛𝐼(0) ∫0 𝑒−𝑛𝑡 𝑡𝑛𝑠−1 𝑑𝑡 = 𝑛1−𝑛𝑠 𝐼(0)Γ(𝑛𝑠).
解答例: (1)𝐼(0) = (2𝜋)(𝑛−1)/2𝑛−1/2 を示したい. そのためには 𝐼(0)2 = (2𝜋)𝑛−1 𝑛−1 を示せばよい. Euler's reflection formula より,
𝜋 なのでΓ ( 𝑘𝑛 ) Γ ( 𝑛 −𝑛 𝑘 ) = sin(𝑘𝜋/𝑛)
𝑛−1 𝜋
𝑛−1
𝐼(0)2 = ∏ sin(𝑘𝜋/𝑛)= 𝑛−1𝜋 .
𝑘=1
sin 𝑘𝜋𝑛
∏
𝑘=1
(3)

そして,

𝑘𝜋 = 𝑛−1 𝑒𝜋𝑖𝑘/𝑛 − 𝑒−𝜋𝑖𝑘/𝑛 = 𝑒𝜋𝑖(1+2+⋯+(𝑛−1))/𝑛 𝑛−1 (1 − 𝑒−2𝜋𝑖𝑘/𝑛 ) = 1 𝑛−1 (1 − 𝑒−2𝜋𝑖𝑘/𝑛 )
sin
∏
2𝑖
𝑛 ∏
2𝑛−1 𝑖𝑛−1 ∏2𝑛−1 ∏
𝑘=1
𝑘=1
𝑘=1
𝑘=1
𝑛−1

であり,

において

𝑥𝑛 − 1 = 𝑛−1 (𝑥 − 𝑒−2𝜋𝑖𝑘/𝑛 )
𝑥−1 ∏
𝑘=1

𝑛−1

𝑥 → 1 とすると ∏(1 − 𝑒−2𝜋𝑖𝑘/𝑛 ) = 𝑛 が得られる. 以上を合わせると
𝑘=1

𝐼(0)2 = (2𝜋)𝑛 .
𝑛−1

両辺の平方根を取れば(3)が得られる.

□

3.4 Laplaceの方法
3.4.1 Laplaceの方法の解説
Laplaceの方法: Stirlingの公式の証明の解説のようにして見付かる変数変換はより一般の場合に非常に有用である. 以下では∞や ∫0 を単に ∫ と書くことにし,∫−∞∞𝑍𝑛 = ∫ 𝑒−𝑛𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥
とおく. ただし, 𝑓(𝑥) は実数値函数で唯一つの最小値 𝑓(𝑥0 ) を持ち, 𝑥 = 𝑥0 において,
𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0 ) + 𝑎2 (𝑥 − 𝑥0 )2 + 𝑂((𝑥 − 𝑥0 )3 ), 𝑎 = 𝑓 ″ (𝑥0 ) > 0とTaylor展開されていると仮定するし, さらに, 0 以上の値を持つ実数値函数 𝑔(𝑥) は積分 𝑍𝑛 がうまく定義されるような適当な条件を満たしていると仮定し, 𝑥0 の近傍で 𝑔(𝑥) > 0 を満たしていると仮定する. (ここで, 𝑥0 の近傍で 𝑔(𝑥) > 0 が成立しているとは, ある 𝛿 > 0 が存在して, |𝑥 − 𝑥0 | < 𝛿 ならば 𝑔(𝑥) > 0 となることである.) このとき,
𝑍𝑛 = 𝑒−𝑛𝑓(𝑥0) ∫ exp(−𝑛 ( 𝑎2 (𝑥 − 𝑥0 )2 + 𝑂((𝑥 − 𝑥0 )3 ))) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
𝑥 = 𝑥0 + 𝑦/√⎯𝑛 と変数変換すると−𝑛𝑓(𝑥 )
𝑍𝑛 = 𝑒 √⎯𝑛 0 ∫ exp(− 𝑎2 𝑦2 + 𝑂 ( √1⎯𝑛 )) 𝑔 (𝑥0 + √𝑦⎯𝑛 ) 𝑑𝑦.
そして, 𝑛 → ∞ で
2𝜋⎯ 𝑔(𝑥0 ).
𝑎 𝑦2 + 𝑂 1⎯ 𝑔 𝑥0 + 𝑦⎯ 𝑑𝑦 → exp − 𝑎 𝑦2 𝑔(𝑥0 )𝑑𝑦 = ⎯⎯⎯⎯⎯
exp
−
√𝑎
∫ ( 2
( √𝑛 )) ( √𝑛 ) ∫ ( 2 )𝑎 = 𝑓 ″ (𝑥0 ) とおいたことを思い出しながら, 以上をまとめると, 𝑛 → ∞ で−𝑛𝑓( ) ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
𝑍𝑛 ∼ 𝑒 √⎯𝑛𝑥0 √ 𝑓 ″2𝜋(𝑥0 ) 𝑔(𝑥0 ).
すなわち,⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯−log 𝑍𝑛 = 𝑛𝑓(𝑥0 ) + 12 log𝑛 − log(√ 𝑓 ″2𝜋(𝑥0 ) 𝑔(𝑥0 )) + 𝑜(1).

𝑍𝑛 の 𝑛 → ∞ における漸近挙動を調べるための以上の方法をLaplaceの方法(Laplace's method)と呼ぶ. □3.4.2 Laplaceの方法によるStirlingの公式の導出∞

𝑛! = ∫0 𝑒−𝑡 𝑡𝑛 𝑑𝑡 にLapalceの方法を適用して, Stirlingの公式を導出せよ.
解答例: 積分変数を 𝑡 = 𝑛𝑥 で置換すると,∞∞
𝑛! = ∫0 𝑒−𝑡+𝑛 log 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑛𝑛+1 ∫0 𝑒−𝑛(𝑥−log 𝑥) 𝑑𝑥.
𝑓(𝑥) = 𝑥″− log𝑥, 𝑔(𝑥) = 1 とおく. 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 1/𝑥, 𝑓 ″ (𝑥) = 1/𝑥2 なので 𝑓(𝑥) は 𝑥0 = 1 で最小になり,
𝑓(1) = 𝑓 (1) = 1 となる. ゆえに, それらにLaplaceの方法を適用すると,⎯⎯⎯⎯⎯. □𝑛! ∼ 𝑛𝑛+1 𝑒−𝑛⎯𝑛 √⎯2𝜋⎯⎯⎯ = 𝑛𝑛 𝑒−𝑛 √⎯2𝜋𝑛√問題(Stirlingの公式):

Laplaceの方法は本質的にGauss積分の応用である.
Gauss積分をガンマ函数に置き換えることによって得られる一般化されたLaplaceの方法の素描については
黒木玄, 一般化されたLaplaceの方法 (https://genkuroki.github.io/documents/20161014GeneralizedLaplace.pdf)
を参照せよ. 一般化されたLaplaceの方法は
渡辺澄夫, ベイズ統計の理論と方法 (https://www.amazon.co.jp/dp/4339024627), 2012の第4章の主結果であるベイズ統計における自由エネルギーの𝐹𝑛 = −log 𝑍𝑛 = 𝑛𝑆 + 𝜆log𝑛 − (𝑚 − 1)loglog𝑛 + 𝑂(1)の形の漸近挙動を導く議論を初等化するために役に立つ. 特異点解消は本質的に不可避だが, この形の漸近挙動だけが欲しいのであればゼータ函数を用いた精密な議論は必要ない.

3.5 Laplaceの方法の弱形
Laplaceの方法の弱形: Laplaceの方法が使える状況では,𝑍𝑛 = ∫ 𝑒−𝑛𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥

𝑛 → ∞ のとき,
− 1𝑛 log 𝑍𝑛 → 𝑓(𝑥0 ) = min𝑓(𝑥), i.e. 𝑍𝑛 = ∫ 𝑒−𝑛𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = exp(−𝑛min𝑓(𝑥) + 𝑜(𝑛))について, 特に,が成立している. この結論をLaplaceの方法の弱形と呼ぶことにする. Laplaceの方法のような精密な形でなくても, こちらの弱形だけで用が足りることは結構多い.

□[𝑎,𝑏] 上の実数値連続函数 𝑓(𝑥) と 0 以上の値を持つ実数値函数 𝑔(𝑥)𝑔(𝑥) > 0 を満たしていると仮定する. このとき, 𝑛 → ∞ において,問題(Laplaceの方法の弱形が明瞭に成立する場合): 閉区間は,を満たすあるの近傍で𝑓(𝑥0 ) = 𝑎≦𝑥≦𝑏
min 𝑓(𝑥)𝑥0 ∈ [𝑎,𝑏]𝑏−𝑛𝑓(𝑥)
min 𝑓(𝑥) + 𝑜(𝑛))∫𝑎 𝑒 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = exp(−𝑛 𝑎≦𝑥≦𝑏が成立していることを示せ. すなわち, 𝑛 → ∞ のとき,𝑏
− 1𝑛 log ∫𝑎 𝑒−𝑛𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 → 𝑎≦𝑥≦𝑏
min 𝑓(𝑥)が成立していることを示せ.

𝑓0 (𝑥) = 𝑓(𝑥) − 𝑎≦𝜉≦𝑏
min 𝑓(𝜉) とおくと, 𝑓0 (𝑥) の最小値は 0 になり,𝑏𝑏
− 1𝑛 log ∫𝑎 𝑒−𝑛𝑓(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑎≦𝑥≦𝑏
min 𝑓(𝑥) − 1𝑛 log ∫𝑎 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥なので, 𝑛 → ∞ のとき
解答例:

− 1𝑛 log ∫𝑎 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 → 0𝑏となることを示せばよい.

𝜀 > 0 を任意に取って固定し, 𝐴 = {𝑥 ∈ [𝑎,𝑏] ∣ 𝑓0 (𝑥) ≦ 𝜀} とおき, その [𝑎,𝑏] での補集合を 𝐴𝑐 と書き,
𝑏𝑍0,𝑛 = ∫𝑎 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐼𝑛 + 𝐽𝑛 , 𝐼𝑛 = ∫𝐴 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥, 𝐽𝑛 = ∫𝐴𝑐 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
1
とおく. 𝑛 → ∞ のとき − 𝑛 log 𝑍0,𝑛 → 0 となることを示したい.
𝑥 ∈ 𝐴 について 𝜀 ≧ 𝑓0 (𝑥) ≧ 0 なので, 𝑒−𝑛𝜀 ≦ 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) ≦ 1 となるので,
𝑒−𝑛𝜀 ∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ≦ 𝐼𝑛 = ∫𝐴 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ≦ ∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.

𝑓(𝑥0 ) = 𝑎≦𝑥≦𝑏
min 𝑓(𝑥) を満たすある 𝑥0 ∈ [𝑎,𝑏] の近傍で 𝑔(𝑥) > 0 となっていると仮定したことより, ∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 > 0 となることにも注意せよ.

𝑥 ∈ 𝐴𝑐 について 𝑓0 (𝑥) > 𝜀 なので, 0 < 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) < 𝑒−𝑛𝜀 となるので,
0 ≦ 𝐽𝑛 = ∫𝐴𝑐 𝑒−𝑛𝑓0(𝑥) 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ≦ 𝑒−𝑛𝜀 ∫𝐴𝑐 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.
以上をまとめると,

𝑒−𝑛𝜀 ∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ≦ 𝑍0,𝑛 ≦ ∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑒−𝑛𝜀 ∫𝐴𝑐 𝑔(𝑥)𝑑𝑥.

−1/𝑛 倍すると,
𝜀 − 1𝑛 log ∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 ≧ − 1𝑛 log 𝑍0,𝑛 ≧ − 1𝑛 log(∫𝐴 𝑔(𝑥)𝑑𝑥 + 𝑒−𝑛𝜀 ∫𝐴𝑐 𝑔(𝑥)𝑑𝑥).

これの全体の対数を取ってしたがって,

𝑛 → 0 とすると,

𝜀 ≧ lim𝑛→∞sup (− 1𝑛 log 𝑍0,𝑛 ) ≧ lim𝑛→∞inf (− 1𝑛 log 𝑍0,𝑛 ) ≧ 0.

𝜀 > 0 は幾らでも小さくできるので, 下極限と上極限が等しくなることがわかり,
lim (− 1𝑛 log 𝑍0,𝑛 ) = 0𝑛→∞が得られる □