「ガンマ関数の基礎」シリーズを書いていますが、今日のは「基礎」とは言い難いのでシリーズから独立させた単発記事になります。テーマはビネの第1公式です。
$$\log\G(z)=\left(z-\frac{1}{2}\right)\log z-z+\frac{1}{2}\log2\pi+\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-zt}\frac{dt}{t}$$
なかなかテクニカルなのですが、初等的に導出しますので、予備知識はあまりいりません。
この公式は『岩波数学公式III』に書いてあるのですが、導出方法は載っていませんでした。そこで調べたところ面白い論文がありました。
Zoltán Sasvári氏の An Elementary Proof of Binet's Formula for the Gamma Function です。
コンパクトにまとまっています。内容を追うのに苦労したので、自分なりに細かい解説を入れていきます。
適当な $a>0$ を定め、定義域 $x>0$ の関数 $f(x)$ を以下で定義します。$$f(x)\equiv\int_0^\infty\frac{e^{-xt}-e^{-(x+a)t}}{t}dt$$被積分関数 $g(t)$ のグラフはこんな感じ。
微分すると\begin{eqnarray*}f'(x)&=&\int_0^\infty\left(e^{-(x+a)t}-e^{-xt}\right)dt\\&=&\frac{1}{x+a}-\frac{1}{x}\end{eqnarray*}積分して$$f(x)=\log\left(1+\frac{a}{x}\right)+C$$
定数 $C$ を求めましょう。平均値の定理より$$\exists s\in[x,x+a]\;,\;\frac{e^{-(x+a)t}-e^{-xt}}{at}=-e^{-st}$$これを $f(x)$ に用います。$x\to\infty$ なら $s\to\infty$ であることに注意して\begin{eqnarray*}\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)&=&a\lim_{x\to\infty}\int_0^\infty e^{-st}dt\\&=&a\lim_{s\to\infty}\int_0^\infty e^{-st}dt\\&=&0\end{eqnarray*}従って $C=0$ でなくてはなりません。
以上から次の定理を得ます。
\begin{equation}\int_0^\infty\frac{e^{-xt}-e^{-(x+a)t}}{t}dt=\log\left(1+\frac{a}{x}\right)\quad(x,a>0)\tag{1}\end{equation}
φの漸化式
関数 $\phi(x)$ を以下のように定義します。$$e^{\phi(x)}\equiv\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^\infty\sqrt{x}(te^{1-t})^xdt$$よく見るとガンマ関数が隠れています。\begin{eqnarray*}e^{\phi(x)}&=&\sqrt{\frac{x}{2\pi}}e^x\int_0^\infty t^xe^{-xt}dt\\&=&\sqrt{\frac{x}{2\pi}}e^x\int_0^\infty\left(\frac{s}{x}\right)^xe^{-s}\frac{ds}{x}\quad(xt=s)\\&=&\frac{1}{\sqrt{2\pi x}\cdot x^x}e^x\int_0^\infty s^xe^{-s}ds\\&=&\frac{e^x}{\sqrt{2\pi x}\cdot x^x}\G(x+1)\end{eqnarray*}\begin{equation}\therefore\quad \G(x+1)=\left(\frac{x}{e}\right)^x\sqrt{2\pi x}e^{\phi(x)}\tag{2}\end{equation}
ここで\begin{eqnarray*}e^{\phi(x)-\phi(x+1)}&=&\frac{(\frac{e}{x})^x\frac{1}{\sqrt{2\pi x}}\G(x+1)}{(\frac{e}{x+1})^{x+1}\frac{1}{\sqrt{2\pi (x+1)}}\G(x+2)}\\&=&\frac{(x+1)^{x+1}}{ex^x}\sqrt{\frac{x+1}{x}}\frac{1}{x+1}\\&=&\frac{(x+1)^{x+\frac{1}{2}}}{ex^{x+\frac{1}{2}}}\\&=&\frac{1}{e}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}\end{eqnarray*}この対数をとれば次の定理を得ます。
\begin{equation}\phi(x)-\phi(x+1)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-1\tag{3}\end{equation}
φ(1/2)の値
また(2)で $x=1/2$ とすることにより$$\G\left(\frac{3}{2}\right)=\sqrt{\frac{\pi}{2e}}e^{\phi(\frac{1}{2})}$$$\G(3/2)=\sqrt{\pi}/2$ なので
\begin{equation}\phi\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\log2\tag{4}\end{equation}
これらの結果はあとで用います。
θの計算
関数 $\t(x)$ を以下のように定義します。$$\t(x)=\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-xt}\frac{dt}{t}$$右辺の積分の中身を見てピンとくるマニアックな方もおられるかもしれませんが、何も知らない体でいきましょう。
\begin{eqnarray*}\t(x)-\t(x+1)&=&\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)\left(1-e^{-t}\right)e^{-xt}\frac{dt}{t}\\&=&\int_0^\infty\frac{e^{-xt}}{2t^2}\left[(t+2)e^{-t}+t-2\right]dt\end{eqnarray*}
xを飛ばしたとき
これが $x\to\infty$ で $0$ になることを示します。$a(t)\equiv(t+2)e^{-t}+t-2$ とします $(t\ge0)$。これを微分していくと $a(0)=0$ , $a'(0)=0$ , $a^{\prime\prime}(t)=te^{-t}\ge 0$ であるため$$a(t)\ge0$$\begin{equation}\therefore\quad (t+2)e^{-t}+t-2\ge0\tag{5}\end{equation}が成立します。
さらに$$b(t)\equiv\left(1-t+\frac{t^2}{2}\right)-e^{-t}\quad(t\ge0)$$とすると $b(0)=b'(0)=0$ , $b^{\prime\prime}(t)\ge0$ より $b(t)\ge0$ を得ます。よって$$1-t+\frac{t^2}{2}\ge e^{-t}$$先ほどの積分にこれと(5)を用います。\begin{eqnarray*}\left|\t(x)-\t(x+1)\right|&=&\left|\int_0^\infty\frac{e^{-xt}}{2t^2}\left[(t+2)e^{-t}+t-2\right]dt\right|\\&\le&\int_0^\infty\frac{e^{-xt}}{2t^2}\left[(t+2)\left(1-t+\frac{t^2}{2}\right)+t-2\right]dt\\&=&\frac{1}{4}\int_0^\infty te^{-xt}dt\\&=&\frac{1}{4x^2}\int_0^\infty te^{-t}dt\\&=&\frac{1}{4x^2}\xrightarrow[x\to\infty]{} 0\end{eqnarray*}よって\begin{equation}\displaystyle\lim_{x\to\infty}[\t(x)-\t(x+1)]=0\tag{6}\end{equation}
漸化式の導出
$\t(x)$ の定義から少し計算すると$$\t(x)-\t(x+1)=\int_0^\infty\left(\frac{e^{-xt}+e^{-(x+1)t}}{2t}-\frac{e^{-xt}-e^{-(x+1)t}}{t^2}\right)dt$$$x$ で微分します。$$\t'(x)-\t'(x+1)=\int_0^\infty\left(\frac{e^{-xt}-e^{-(x+1)t}}{t}-\frac{e^{-xt}+e^{-(x+1)t}}{2}\right)dt$$定理１を用いて\begin{eqnarray*}\t'(x)-\t'(x+1)&=&\log\left(1+\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{2}\left[\frac{e^{-xt}}{x}+\frac{e^{-(x+1)t}}{x+1}\right]_{t=0}^\infty\\&=&\log(1+x)-\log x-\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}\right)\end{eqnarray*}積分します。$$\t(x)-\t(x+1)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-1+C$$右辺に関して\begin{eqnarray*}\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{x}\right)&=&\displaystyle\lim_{x\to\infty}\log\left[\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\right]^{1+\frac{1}{2x}}\\&=&1\end{eqnarray*}および(6)から $C=0$ でなければなりません。
以上から次の定理が得られます。
\begin{equation}\t(x)-\t(x+1)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1+\frac{1}{x}\right)-1\tag{7}\end{equation}
定理２と式の形が全く同じです。
プリングスハイムの方法
$\t(1/2)$ を求めます。恐るべきテクニックがあります。
まず定義より\begin{equation}\t(1)=\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-t}\frac{dt}{t}\tag{8a}\end{equation}積分変数を $s=t/2$ と置換し、$s$ を $t$ に書き直すと\begin{equation}\t(1)=\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^\frac{t}{2}-1}-\frac{2}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-\frac{t}{2}}\frac{dt}{t}\tag{8b}\end{equation}また定義より\begin{equation}\t\left(\frac{1}{2}\right)=\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-\frac{t}{2}}\frac{dt}{t}\tag{9}\end{equation}
(8b)と(9)より\begin{eqnarray*}&&\t\left(\frac{1}{2}\right)-\t(1)\\&=&\int_0^\infty\frac{e^{-\frac{t}{2}}}{t}\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{e^{\frac{t}{2}}-1}+\frac{1}{t}\right)dt\\&=&\int_0^\infty\left[\frac{1}{e^{\frac{t}{2}}(e^{\frac{t}{2}}+1)(e^{\frac{t}{2}}-1)}-\frac{1}{e^{\frac{t}{2}}(e^{\frac{t}{2}}-1)}+\frac{e^{-\frac{t}{2}}}{t}\right]\frac{dt}{t}\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{e^{-\frac{t}{2}}}{t}-\frac{1}{e^t-1}\right)\frac{dt}{t}\end{eqnarray*}
これと(8a)を使います。\begin{eqnarray*}\t\left(\frac{1}{2}\right)&=&\left[\t\left(\frac{1}{2}\right)-\t(1)\right]+\t(1)\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{e^{-\frac{t}{2}}}{t}-\frac{1}{e^t-1}+\frac{1}{e^t(e^t-1)}-\frac{e^{-t}}{t}+\frac{1}{2e^t}\right)\frac{dt}{t}\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{e^{-\frac{t}{2}}-e^{-t}}{t}-\frac{e^{-t}}{2}\right)\frac{dt}{t}\\&=&\int_0^\infty\left[\frac{e^{-t}-\frac{1}{2}e^{-\frac{t}{2}}}{t}-\frac{d}{dt}\left(\frac{e^{-\frac{t}{2}}-e^{-t}}{t}\right)-\frac{e^{-t}}{2t}\right]dt\\&=&\int_0^\infty\left[-\frac{d}{dt}\left(\frac{e^{-\frac{t}{2}}-e^{-t}}{t}\right)-\frac{e^{-\frac{t}{2}}-e^{-t}}{2t}\right]dt\\&=&\left[\frac{e^{-\frac{t}{2}}-e^{-t}}{t}\right]_0^\infty-\frac{1}{2}\log\left(1+\frac{1/2}{1/2}\right)\quad(\because(1))\\&=&\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\log 2\end{eqnarray*}
\begin{equation}\t\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\log 2\tag{10}\end{equation}
(3)(7)および(4)(10)より $\phi(x)$ と $\theta(x)$ の漸化式が一致すること、$x=1/2$ での値が一致することが分かりました。ここから $\phi(x)=\theta(x)$ であることを証明します。それは次回の後半戦に。
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