ガンマ関数

$\newcommand{\NN}{\mathbb{N}}$ $\newcommand{\ZZ}{\mathbb{Z}}$ $\newcommand{\QQ}{\mathbb{Q}}$ $\newcommand{\RR}{\mathbb{R}}$ $\newcommand{\CC}{\mathbb{C}}$ $\newcommand{\LCM}{\mathrm{LCM}}$ $\newcommand{\abs}[1]{\left\lvert#1\right\rvert}$ $\newcommand{\wenvert}[1]{\left\lvert\left\lvert#1\right\rvert\right\rvert}$ $\newcommand{\mathmod}[1]{\ \left(\mathrm{mod}\ #1\right)}$

階乗の概念を複素数に拡張した$\Gamma$関数にはいくつかの定義の手法があるが、 Weierstrassは負の整数を除く $z$ に対して $$\frac{1}{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty\left[\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-z/n}\right]$$ によって$\Gamma$関数を定義した。 定数 $\gamma$ は極限 $$\lim_{N\rightarrow\infty} 1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{N}-\log N$$ により定義されるEulerの定数である（詳しくはAbelの総和公式の応用例などを参照）。

Eulerの積表示

Weierstrassの定義から $$\begin{split} \frac{1}{\Gamma(z)}= & ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty\left[\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-z/n}\right] \\ = & z\lim_{M\rightarrow\infty} \left[e^{z\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{M}-\log M\right)}\right] \lim_{N\rightarrow\infty} \prod_{n=1}^N \left[\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-z/n}\right] \end{split}$$ となる。ここで$2$行目の極限の積は、 $M=N$ という関係のもとで $N\rightarrow\infty$ としても、同じ極限に収束するから $$\begin{split} \frac{1}{\Gamma(z)}= & z\lim_{N\rightarrow\infty} \left[e^{z\left(1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{N}-\log N\right)} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-z/n}\right] \\ = & z\lim_{N\rightarrow\infty} \frac{1}{N^z}\left[e^{\sum_{n=1}^N z/n} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-z/n}\right] \\ = & z\lim_{N\rightarrow\infty} \frac{1}{N^z} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{z}{n}\right) \end{split}$$ よりEulerの積表示 $$\Gamma(z)=\frac{1}{z}\lim_{N\rightarrow\infty} N^z \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}=\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{N^z N!}{\prod_{n=1}^N (z+n)} \quad\quad (1)$$ が成り立つ。また $$\frac{1}{N}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdots \frac{N-1}{N}$$ より $$\begin{split} \frac{1}{\Gamma(z)}= & z\lim_{N\rightarrow\infty}\left[\prod_{n=1}^{N-1} \left(1+\frac{1}{n}\right)^{-z} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{z}{n}\right)\right] \\ = & z\lim_{N\rightarrow\infty}\left[\left(1+\frac{1}{N}\right)^z \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{1}{n}\right)^{-z} \prod_{n=1}^N \left(1+\frac{z}{n}\right)\right] \\ = & z\lim_{N\rightarrow\infty} \prod_{n=1}^N \left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-z} \left(1+\frac{z}{n}\right)\right] \\ \end{split}$$ となるから $$\Gamma(z)=\frac{1}{z}\prod_{n=1}^\infty\left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^z \left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}\right] \quad\quad (2)$$ という積表示を得る。

なお、歴史的には、Weierstrassに先立って、NewmanはEulerの積表示から、Weierstrassの積表示を導いていた。

階乗との関係

まずEulerの積表示 $(2)$ から $$\Gamma(1)=\frac{1}{z}\prod_{n=1}^\infty\left[\left(1+\frac{1}{n}\right) \left(1+\frac{1}{n}\right)^{-1}\right]=1$$ が成り立つ。 また、同じくEulerの積表示 $(2)$ から $$\begin{split} \frac{\Gamma(z+1)}{\Gamma(z)}= & \frac{z}{z+1} \prod_{n=1}^\infty\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{z+1} \left(1+\frac{z+1}{n}\right)^{-1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^z \left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}} \\ = & \frac{z}{z+1} \prod_{n=1}^\infty\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right) (n+z)}{n+z+1} \\ = & \frac{z}{z+1} \lim_{N\rightarrow\infty} \frac{(N+1)(z+1)}{z+N+1} \\ = & z \end{split}$$ となるので $$\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$$ が成り立つ。とくに $n=1, 2, \ldots$ に対して $$\Gamma(n)=(n-1)!$$ が成り立つことがわかる。

$\Gamma$関数の微分

$\Gamma$関数の対数微分 $$\psi(z)=\frac{\Gamma^\prime(z)}{\Gamma(z)}=(\log\Gamma(z))^\prime$$ をdigamma関数という。 Weierstrassの定義から有限部分積 $$\frac{1}{F_N(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^N\left[\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-z/n}\right]$$ をとり、$\psi_N(z)=(\log F_N(z))^\prime$ とおくと $$\begin{split} \psi_N(z)= & -\left(\log z+\gamma z+\sum_{n=1}^N \left[\log\left(1+\frac{z}{n}\right)-\frac{z}{n}\right]\right)^\prime \\ = & -\gamma-\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+z}\right) \\ = & -\gamma-\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^N \frac{z}{n(z+n)} \end{split}$$ が成り立つ。 $$u_n(z)=\frac{z}{n(z+n)}$$ とおくと、負の整数を含まないコンパクトな領域においては一様に $\abs{u_n}=O(1/n^2)$ が成り立つから $\psi_N(z)$ はこの領域において一様収束する。よって $$\psi(z)=\lim_{N\rightarrow\infty}\psi_N(z)=-\gamma-\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^\infty \frac{z}{n(z+n)}$$ が成り立つ。とくに $$\Gamma^\prime(1)=\psi(1)=-\gamma-1+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)}=-\gamma$$ が成り立つ。

積分表示

よく知られた第二種Euler積分 $$\Gamma(z)=\int_0^\infty t^{z-1} e^{-z} dz$$ （この積分表示から、$\Gamma(1)=1, \Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$ が容易に示せる）が $\mathrm{Re} z>0$ で成り立つことを証明する。

$$g_n(z)=\int_0^1 (1-t)^n t^{z-1} dt, \Pi_n(z)=n^z g_n(z)$$ とおくと、 $$g_0(z)=\int_0^1 t^{z-1} dt=\frac{1}{z},$$ $$\begin{split} g_n(z)= & \left[\frac{(1-t)^n t^z}{z}\right]_0^1+\frac{n}{z}\int_0^1 (1-t)^{n-1} t^z dt \\ = & \frac{n}{z}g_{n-1}(z+1) \end{split}$$ より $$g_N(z)=\frac{N!}{\prod_{n=0}^N (z+n)}, \Pi_N(z)=\frac{N!}{\prod_{n=0}^N (z+n)} N^z$$ が成り立つ。よって $\Pi_N(z), N\rightarrow\infty$ の極限はEulerの積表示 $(1)$ に一致する。よって $$\Gamma(z)=\lim_{N\rightarrow\infty} \Pi_N(z)$$ が成り立つ。 一方 $$\Pi_n(z)=\int_0^1 (1-t)^n t^{z-1} n^z dt=\int_0^n \left(1-\frac{u}{n}\right)^n u^{z-1} du$$ となる。そこでこの右辺の $(1-u/n)^n$ を $e^{-u}$ に置き換えることができることを証明する。

補題1

$0\leq u\leq n$ のとき $$0\leq e^{-u}-\left(1-\frac{u}{n}\right)^n\leq \frac{u^2}{ne^u}.$$

Proof.

$0\leq x<1$ のとき $$e^x=1+\int_0^x e^tdt\geq 1+x$$ かつ $$e^{-x}=1-\int_0^x e^{-t} dt\geq 1-x$$ が成り立つから $x=u/n$ を代入し、 $$\left(1+\frac{u}{n}\right)^{-n}\geq (e^{-u/n})^n=e^{-u}$$ かつ $$\left(1-\frac{u}{n}\right)^n\leq (e^{-u/n})^n=e^{-u}$$ となることがわかる。よって $$e^{-u}-\left(1-\frac{u}{n}\right)^n\geq 0$$ かつ $$\begin{split} e^{-u}-\left(1-\frac{u}{n}\right)^n= & e^{-u}\left(1-e^u\left(1-\frac{u}{n}\right)^n\right) \\ \leq & e^{-u}\left(1-\left(1-\frac{u^2}{n^2}\right)^n\right) \\ \leq & e^{-u}\frac{u^2}{n} \end{split}$$ が成り立つ。

□

$$h_n(u)=\int_0^n \left(e^{-u}-\left(1-\frac{u}{n}\right)^n\right) u^{z-1} du$$ かつ $s=\mathrm{Re} z$ とおくと、この補題から $$\abs{h_n(u)}\leq \int_0^n \frac{u^{s+1}}{ne^u} du=\frac{1}{n} \int_0^n \frac{u^{s+1}}{e^u} du$$ なので $s>0$ においては $n\rightarrow\infty$ のとき $h_n(u)\rightarrow 0$ である。よって $$\Gamma(z)=\lim_{n\rightarrow\infty} \Pi_n(z)=\int_0^\infty u^{z-1} e^{-u} du$$ となって、上記の積分表示が $\mathrm{Re} z>0$ で成り立つことがわかる。

この積分表示から $$\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\int_0^\infty t^{1/2} e^{-t} dt=2\int_0^\infty e^{-u^2} du$$ となるので $$\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=2\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2} du=\sqrt{\pi}$$ はGauss積分と一致する。

また実部が正のコンパクトな領域において $$\int_a^b (\log t) t^{z-1} e^{-t} dt$$ は $a\rightarrow +0, b\rightarrow +\infty$ のとき一様収束するから $$\Gamma^\prime(z)=\int_0^\infty (\log t) t^{z-1} e^{-t} dt$$ が成り立ち $$\gamma=-\Gamma^\prime(1)=-\int_0^\infty (\log t) e^{-t} dt$$ となることがわかる。

参考文献

この項目の執筆にあたっては E. T. Whittaker and G. N. Watson, A course of modern analysis, 3rd edition, Cambridge University Press, 1920, Chapter 12 を参考とした。