Kinkelin[1]の論文に沿って、階乗よりもさらに巨大な数を表すハイパー階乗、およびそれを複素数まで拡張したK関数に関する等式をいくらか導出します。そこで現れるGlaisher-Kinkelin定数も紹介します。
[2]によると、ハイパー階乗は次で定義されます。
$n\in\NN$ ,$$H(n):=\prod_{k=1}^n k^k$$
またK関数は次で定められます[3]。楕円積分 $K(k)$ とは無関係です。
$$K(z):=(2\pi)^\frac{1-z}{2}\exp\left(\frac{z(z-1)}{2}+\int_0^{z-1}\ln\G(1+t)dt\right)$$
以降、$z$ を実数に限定します。いま、\begin{equation}F(x):=\int_0^x\ln\G(t)dt\tag{1}\end{equation}と定義すると、\begin{equation}\ln K(x)=F(x)+\frac{x(x-1)}{2}-\frac{x}{2}\ln2\pi\tag{2}\end{equation}である。Raabeの公式\begin{equation}\int_a^{a+1}\ln\G(x)dx=a\ln a-a+\frac{\ln2\pi}{2}\tag{3}\end{equation}と(1)より\begin{equation}F(x+1)-F(x)=x\ln x-x+\frac{\ln2\pi}{2}\;,\quad F(1)=\frac{\ln2\pi}{2}\tag{4}\end{equation}を得ます。よって自然数 $n$ に対して$$\sum_{k=1}^{n-1}k\ln k=F(n)+\frac{n(n-1)}{2}-\frac{n}{2}\ln2\pi=\ln K(n)$$\begin{equation}\therefore\quad K(n)=\prod_{k=1}^{n-1} k^k=H(n-1)\tag{5}\end{equation}したがってK関数はハイパー階乗を複素数へ拡張したものであるといえます。
(2)より\begin{eqnarray*}\ln K(1+x) &=&\int_0^x\ln\G(1+t)dt +\int_0^1\ln\G(t)dt+\frac{x(x+1)}{2}-\frac{x+1}{2}\ln2\pi \\ &=& \int_0^x\ln\G(1+t)dt +\frac{x(x+1)}{2}-\frac{x}{2}\ln2\pi\end{eqnarray*}こちらで導出した級数\begin{eqnarray}\log\G(1+z)&=&-\g z+\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\zeta(n)z^n\tag{6a}\\\log\G(1+z)&=&-\log(1+z)+(1-\g)z+\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{n}\left(\zeta(n)-1\right)z^n\tag{6b}\end{eqnarray}のいずれかを代入して積分を実行すれば $\ln K(1+x)$ の級数表示を得ます。
$|x|<1$,\begin{eqnarray}\ln K(1+x) &=& \frac{1-\g}{2}x^2-\frac{\ln2\pi-1}{2}x+\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n\zeta(n)}{n(n+1)}x^{n+1}\tag{a}\\\ln K(1+x) &=& \left(1-\frac{\g}{2}\right)x^2+\frac{3-\ln2\pi}{2}x\\&&\quad-(1+x)\ln(1+x)+\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n\{\zeta(n)-1\}}{n(n+1)}x^{n+1}\tag{b}\end{eqnarray}
(b)の方が収束が早いようです。
ガウスの公式:\begin{equation}\G(z)=\lim_{n\to\infty}\frac{n! n^{z-1}}{\prod_{k=0}^{n-1}(z+k)}\tag{7}\end{equation}は $z$ が正でない整数を除いた複素平面で広義一様収束します(過去記事または[4] Lemma3.1.1)。(7)を用いると\begin{equation}\ln\G(z)=\lim_{n\to\infty}\left[\ln n!+(z-1)\ln n-\sum_{k=0}^{n-1}\ln(z+k)\right]\tag{8}\end{equation}両辺を $1$ から $x$ まで積分します。$$\int_1^x\ln\G(z)dz=\lim_{n\to\infty}\left[(x-1)\ln n!+\frac{(x-1)^2}{2}\ln n-\sum_{k=0}^{n-1}\{(x+k)\ln(x+k)-(x+k)+(k+1)\ln(k+1)-(k+1)\}\right]$$左辺は(1)(2)より $\ln K(x)$ で表せて\begin{eqnarray*}\ln K(x) &=&\frac{x(x-1)}{2}-\frac{x-1}{2}\ln2\pi+\lim_{n\to\infty}\left[(x-1)\ln n!+\frac{(x-1)^2}{2}\ln n+n(x-1)-\sum_{k=0}^{n-1}(x+k)\ln(x+k)+\sum_{k=1}^nk\ln k\right]\end{eqnarray*}スターリングの近似：\begin{equation}\G(x)=\sqrt{\frac{2\pi}{x}}\left(\frac{x}{e}\right)^x\left\{1+O\left(\frac{1}{x}\right)\right\}\tag{9}\end{equation}で $x=n+1$ とすれば\begin{equation}\ln n!\approx n\ln n-n+\frac{\ln2\pi n}{2}\tag{10}\end{equation}だから\begin{equation}\ln K(x)=\frac{x(x-1)}{2}+\lim_{n\to\infty}\left[\frac{x(x-1)}{2}\ln n+(x-1)n\ln n-\sum_{k=0}^{n-1}(x+k)\ln(x+k)+\ln H(n)\right]\tag{11}\end{equation}\begin{equation}\therefore\; K(x)=e^{\frac{x(x-1)}{2}}\lim_{n\to\infty}\frac{H(n)n^{n(x-1)+\frac{x(x-1)}{2}}}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)^{x+k}}\tag{12}\end{equation}
ここで漸化式風の式を作ります。\begin{eqnarray*}\frac{K(x+1)}{K(x)} &=& e^x\lim_{n\to\infty}\frac{n^{n+x} x^x}{(x+n)^{x+n}} \\&=& e^xx^x\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(1+\frac{x}{n})^{x+n}} \\&=& x^x\end{eqnarray*}よって、定義2 で $z=1$ としたもの、(2)で $x=0$ としたものも併せて
$$K(x+1)=x^x\;K(x)\quad,\quad K(0)= K(1)=1$$
ガンマ関数の $\G(x+1)=x\G(x)$ と似ています。定義1や(5)と見比べても、ガンマ関数と階乗の関係と、K関数とハイパー階乗の関係は酷似しているといえます。
(12)はK関数の、積による１つの表示といえます。もう少し計算を進めて、別の表示を得ましょう。(12)より\begin{eqnarray*}K(x) &=& e^{\frac{x(x-1)}{2}}\lim_{n\to\infty}\frac{H(n)n^{n(x-1)+\frac{x(x-1)}{2}}}{\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)^k\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)^x}\\ &=& e^{\frac{x(x-1)}{2}}\lim_{n\to\infty}\frac{H(n)n^{n(x-1)+\frac{x(x-1)}{2}}}{(x)_n(x)_n^{~x-1}\prod_{k=1}^{n-1}(x+k)^k}\end{eqnarray*}(9)より得られる\begin{equation}(x)_n=\frac{\G(x+n)}{\G(x)}=\frac{\sqrt{2\pi}}{\G(x)}\frac{n^{x+n-\frac{1}{2}}}{e^n}\left(1+O(1/n)\right)\;,\quad n\to\infty\tag{13}\end{equation}を用いると$$K(x)=e^{\frac{x(x-1)}{2}}\lim_{n\to\infty}\frac{H(n)n^{n(x-1)+\frac{x(x-1)}{2}}}{(x)_n\prod_{k=1}^{n-1}(x+k)^k}\frac{\G(x)^{x-1}}{(2\pi)^{\frac{x-1}{2}}}\frac{e^{n(x-1)}}{n^{(x+n-\frac{1}{2})(x-1)}}$$これを整理すると
$$K(x)=\frac{e^{\frac{x(x-1)}{2}}\G(x)^{x-1}}{(2\pi)^{\frac{x-1}{2}}}\lim_{n\to\infty}\frac{H(n) e^{n(x-1)}}{n^{\frac{1}{2}(x-1)^2}\prod_{k=0}^{n-1}(x+k)^{k+1}}$$
と新たな $K$ 関数の表示を導けます。また、定理５を直接用いて
$$K(1+x)K(1-x)=e^{x^2}\left(\frac{\G^2(1+x)\sin\pi x}{\pi x}\right)^x\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{x^2}\prod_{k=1}^{n}(1-\frac{x^2}{k^2})^k}$$
なる等式が現れます。
(10)より $\ln K(x)=\ln K(1+x)-x\ln x$ であり、定理3(b)と合わせて\begin{eqnarray}\ln K(x)+\ln K(1-x) &=& (2-\g)x^2-(1+x)\ln(1+x)-(1-x)\ln(1-x)\\&&-x\ln x-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\{\zeta(2n+1)-1\}}{(2n+1)(n+1)}x^{2n+2}\tag{14}\end{eqnarray}
ガウスの乗法公式：\begin{equation}\G(nz)=\frac{n^{nz-\frac{1}{2}}}{(2\pi)^\frac{n-1}{2}}\prod_{k=0}^{n-1}\G\left(z+\frac{k}{n}\right)\tag{15}\end{equation}対数をとって $0$ から $x$ まで積分すると$$\int_0^x\ln\G(nu)du=\sum_{k=0}^{n-1}\int_0^x\ln\G\left(u+\frac{k}{n}\right)du+\left(\frac{n}{2}x^2-\frac{x}{2}\right)\ln n-\frac{n-1}{2}x\ln 2\pi$$左辺の積分で $nu=t$、右辺の積分で $u+\frac{k}{n}=t$ とおけば、(1)から$$\frac{1}{n}F(nx)=\sum_{k=0}^{n-1}\left\{F\left(x+\frac{k}{n}\right)+F\left(\frac{k}{n}\right)\right\}+\left(\frac{n}{2}x^2-\frac{x}{2}\right)\ln n-\frac{n-1}{2}x\ln 2\pi$$両辺の $F$ を(2)によって $K$ で表し、整理して\begin{equation}\frac{1}{n}\ln K(nx)=\sum_{k=0}^{n-1}\ln K\left(x+\frac{k}{n}\right)-\sum_{k=0}^{n-1}\ln K\left(\frac{k}{n}\right)+\frac{nx^2-x}{2}\ln n\tag{16}\end{equation}右辺にある $x$ によらない定数を\begin{equation}c_n:=\sum_{k=0}^{n-1}\ln K\left(\frac{k}{n}\right)\tag{17}\end{equation}とおくと\begin{equation}\frac{1}{n}\ln K(nx)=\sum_{k=0}^{n-1}\ln K\left(x+\frac{k}{n}\right)+\frac{nx^2-x}{2}\ln n-c_n\tag{18}\end{equation}$x=\frac{l}{mn}$ を代入して $l=0$ から $m-1$ まで足します。初等的にできるところをすべて計算すると$$\frac{1}{n}\sum_{l=0}^{k-1}\ln K\left(\frac{l}{m}\right)=\sum_{l=0}^{m-1}\sum_{k=0}^{n-1}\ln K\left(\frac{l+km}{mn}\right)-\frac{(m^2-1)\ln n}{12mn}-m c_n$$(17)より両辺にある総和はともに $c_\bullet$ で書けます。すなわち$$\frac{1}{n}c_m=c_{mn}-\frac{(m^2-1)\ln n}{12mn}-m c_n$$\begin{equation}\therefore\;-\frac{c_m}{n}+c_{mn}-m c_n-\frac{(m^2-1)\ln n}{12mn}=0\tag{19a}\end{equation}$m$ と $n$ を交換して\begin{equation}-\frac{c_n}{m}+c_{mn}-n c_m-\frac{(n^2-1)\ln m}{12mn}=0\tag{19b}\end{equation}(19a)から(19b)を引いて$$\left(n-\frac{1}{n}\right)c_m+\left(\frac{1}{m}-m\right)c_n+\frac{(n^2-1)\ln m-(m^2-1)\ln n}{12mn}=0$$\begin{equation}\therefore\; \frac{c_m+\frac{\ln m}{12m}}{m-\frac{1}{m}}=\frac{c_n+\frac{\ln n}{12n}}{n-\frac{1}{n}}\tag{20}\end{equation}$m,n$ は任意ですから(20)は定数となります。これを $\frac{1}{2}\ln\varpi$ とおくことで定数 $\varpi$ を定めます。したがって\begin{equation}c_n+\frac{\ln n}{12n}=\frac{n^2-1}{2n}\ln\varpi\tag{21}\end{equation}
$\sqrt{\varpi}e^{1/12}=A $ とおきます。$A$ をGlaisher-Kinkelin定数（グレイシャー・キンケリンの定数）といいます。
(21)(18)から $c_n$ を消去します。式を整理すると次の式が得られます。
$$K(nx)=\left(\frac{e^{\frac{1}{12}}}{A}\right)^{n^2-1}n^{\frac{n^2}{2}x^2-\frac{n}{2}x+\frac{1}{12}}\prod_{k=0}^{n-1}K\left(x+\frac{k}{n}\right)^n$$
ガンマ関数でいうところのガウスの乗法公式にあたります。
次回へ続きます：
ハイパー階乗・K関数とGlaisher-Kinkelin定数②
[1] Kinkelin, Ueber eine mit der Gammafunction verwandte Transcendente und deren Anwendung auf die Integralrechnung. Journal für die reine und angewandte Mathematik, 1860(57), 122–138
[2] Wikipedia contributors. (2023, February 3). Hyperfactorial. In Wikipedia, The Free Encyclopedia. Retrieved 12:58, August 4, 2023
[3] Wikipedia contributors. (2023, May 1). K-function. In Wikipedia, The Free Encyclopedia. Retrieved 13:04, August 4, 2023
[4] Charles H.C.Little, Kee L.Teo, Bruce van Brunt, "An Introduction to Infinite Products" (2022) 楽天はココ。無限積だけで１冊の本。入門からスタートするので安心です。第1章で級数のおさらいもあります。
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