$x>0$ として$$\log\G(x)=\left(x-\frac{1}{2}\right)\log x-x+\frac{1}{2}\log2\pi+\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-xt}\frac{dt}{t}$$
過去記事について
「ガンマ関数の基礎」シリーズでこの「ビネの第1公式」を導出しました。ディガンマ関数の積分表示からスタートする方法はこちら：
予備知識なしの初等的な方法はこちら：
Binetの第1公式の初等的証明（ログガンマの積分表示）前半
Binetの第1公式の初等的証明（ログガンマの積分表示）後半
いずれも素晴らしい方法であり、感動したので記事にしたわけです。その一方で、これら２つの導出方法は神業、あるいはもともとこの公式を知っていないとできないだろうと、凡人の私にはそう言わざるを得ません。計算を追っていたらいつの間にかそうなっていたという感覚ですかね。難解というわけではないのですが。
今日の方針
今回は少し視点を変えてみようと思います。ビネの第1公式はスターリングの近似$$\log\G(x)\approx\left(x-\frac{1}{2}\right)\log x-x+\frac{1}{2}\log2\pi$$の剰余項（$x^{-1}$ のオーダー）を積分表示としてまとめたものです。そこで、私たちは今、このスターリングの近似だけを知っているとします（歴史的にどういう順かは知りません。あくまで仮定）。その剰余項は当然$$\log\G(x)-\left(x-\frac{1}{2}\right)\log x+x-\frac{1}{2}\log2\pi\equiv \mu(x)$$と表されます。これを「ビネの関数」と呼ぶことにします。この $\mu(x)$ を積分つまり$$\mu(x)=\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}-\frac{1}{t}+\frac{1}{2}\right)e^{-xt}\frac{dt}{t}$$と表せることを証明できればビネの第1公式を示したことになります。今日はこれを目標にします。
これから紹介する方法は極めて初等的であり、ガンマ関数のおなじみの性質 $\G(x+1)=x\G(x)$ と指数関数および対数のマクローリン展開 $e^x=1+x+\frac{x^2}{2}+\cdots$ , $\log(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}-\cdots$さえ認めれば高校数学レベルです。
「ガンマ関数の基礎」シリーズでは、ビネの公式を導いてからスターリングの近似を導出したことを思い起こすと、今回はその逆をやっている感じですね。
$x>0$ とします。本稿におけるビネの関数の定義式$$\mu(x)=\log\G(x)-\left(x-\frac{1}{2}\right)\log x+x-\frac{1}{2}\log2\pi$$の差分をとります。$\G(x+1)=x\G(x)$ であることから\begin{eqnarray*}\mu(x+1)-\mu(x)&=&\log x-\left(x+\frac{1}{2}\right)\log(x+1)+\left(x-\frac{1}{2}\right)\log x+1\\&=&\log x+x\log\frac{x}{x+1}-\frac{1}{2}\log(x+1)-\frac{1}{2}\log x+1\\&=&x\log\frac{x}{x+1}+\frac{1}{2}\log\frac{x}{x+1}+1\\&=&\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\frac{x}{x+1}+1\\&=&\left(x+\frac{1}{2}\right)\log\left(1-\frac{1}{x+1}\right)+1\end{eqnarray*}
$x>0$ と仮定していますので $\frac{1}{x+1}<1$ です。$0<X<1$ における対数の展開式$$\log(1-X)=-X-\frac{X^2}{2}-\frac{X^3}{3}-\cdots$$に $X=\frac{1}{x+1}$ を代入することで$$\mu(x+1)-\mu(x)=\left(x+\frac{1}{2}\right)\left[-\frac{1}{x+1}-\frac{1}{2(x+1)^2}-\frac{1}{3(x+1)^3}-\cdots\right]+1$$変形すると
\begin{equation}\mu(x)-\mu(x+1)=\sum_{n=1}^\infty\frac{2x+1}{2n(x+1)^n}-1\tag{1}\end{equation}
(1)のシグマの中身は$$\frac{2x+1}{2n(x+1)^n}=\frac{1}{n(x+1)^{n-1}}-\frac{1}{2n(x+1)^n}$$ですので\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{2x+1}{2n(x+1)^n}&=&\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(x+1)^{n-1}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n(x+1)^n}\\&=&1+\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n(x+1)^{n-1}}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n(x+1)^n}\\&=&1+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)(x+1)^n}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2n(x+1)^n}\\&=&1+\sum_{n=1}^\infty\frac{n-1}{2n(n+1)(x+1)^n}\\&=&1+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{n-1}{n(n+1)(x+1)^n}\\&=&1+\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n+1)(n+2)(x+1)^{n+1}}\end{eqnarray*}(1)にこれを用いて$$\mu(x)-\mu(x+1)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n+1)(n+2)(x+1)^{n+1}}$$
$x$ を $x$ , $x+1$ , $x+2$ , $\cdots, x+N-1$ として和をとります。$$\mu(x)-\mu(x+N)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{(n+1)(n+2)}\sum_{k=0}^{N-1}\frac{1}{(x+k+1)^{n+1}}$$$\mu(x)$ は $1/x$ のオーダーでしたから$$\displaystyle\lim_{N\to\infty}\mu(x+N)=0$$$$\therefore\quad\mu(x)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{n}{(n+1)(n+2)}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(x+k+1)^{n+1}}\right]$$これを「ビネの第1展開」と呼ぶことにしましょう。
\begin{equation}\mu(x)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{n}{(n+1)(n+2)}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(x+k+1)^{n+1}}\right]\tag{2}\end{equation}
$$\int_0^\infty t^ne^{-xt}dt=\frac{n!}{x^{n+1}}$$
【証明】左辺(Left Hand Side)で繰り返し部分積分をします。\begin{eqnarray*}LHS&=&-\frac{1}{x}\left[t^ne^{-xt}\right]_0^\infty+\frac{n}{x}\int_0^\infty t^{n-1}e^{-xt}dt\\&=&\frac{n}{x}\int_0^\infty t^{n-1}e^{-xt}dt\\&\vdots&\\&=&\frac{n!}{x^n}\int_0^\infty e^{-xt}dt\\&=&\frac{n!}{x^{n+1}}\end{eqnarray*}
【証明終】
これの $x$ を $x+k+1$ として(2)に用います。\begin{eqnarray*}\mu(x)&=&\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{n}{(n+1)(n+2)}\frac{1}{n!}\sum_{k=0}^{\infty}\int_0^\infty t^ne^{-(x+k+1)t}dt\right]\\&=&\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{n}{(n+1)(n+2)}\frac{1}{n!}\int_0^\infty t^n\frac{e^{-(x+1)t}}{1-e^{-t}}dt\right]\\&=&\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{n}{(n+1)(n+2)}\frac{1}{n!}\int_0^\infty e^{-xt}\frac{t^n}{e^t-1}dt\right]\\&=&\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left[\left(\frac{2}{n+2}-\frac{1}{n+1}\right)\frac{1}{n!}\int_0^\infty e^{-xt}\frac{t^n}{e^t-1}dt\right]\\&=&\frac{1}{2}\int_0^\infty\left[\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{2}{n+2}-\frac{1}{n+1}\right)\frac{t^n}{n!}\right]\frac{e^{-xt}dt}{e^t-1}\\&=&\frac{1}{2}\int_0^\infty\left[\frac{2}{t^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{t^{n+2}}{n!(n+2)}-\frac{1}{t}\sum_{n=1}^\infty\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\right]\frac{e^{-xt}dt}{e^t-1}\\&=&\frac{1}{2}\int_0^\infty\left[\frac{2}{t^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+2}}{n!(n+2)}-\frac{1}{t}\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}\right]\frac{e^{-xt}dt}{e^t-1}\end{eqnarray*}
括弧内の和を計算します。まず1つ目を\begin{equation}f(t)\equiv\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+2}}{n!(n+2)}\tag{3}\end{equation}とします。微分すると$$f'(t)=\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+1}}{n!}=t\sum_{n=0}^\infty\frac{t^n}{n!}=te^t$$積分して戻します。$$f(t)=(t-1)e^t+C$$(3)より $f(0)=0$ なので $C=1$ です。$$\therefore\quad\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+2}}{n!(n+2)}=(t-1)e^t+1$$
次に$$\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}=e^t-1$$
したがって$$\frac{2}{t^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+2}}{n!(n+2)}-\frac{1}{t}\sum_{n=0}^\infty\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}=\frac{1}{t}\left(1+e^t+\frac{2(1-e^t)}{t}\right)$$これを使って\begin{eqnarray*}\mu(x)&=&\frac{1}{2}\int_0^\infty\frac{1}{t}\left(1+e^t+\frac{2(1-e^t)}{t}\right)\frac{e^{-xt}dt}{e^t-1}\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{1+e^t}{2}+\frac{1-e^t}{t}\right)\frac{e^{-xt}}{t}\frac{1}{e^t-1}dt\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{1+e^t}{2(e^t-1)}-\frac{1}{t}\right)\frac{e^{-xt}}{t}dt\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{e^t-1+2}{2(e^t-1)}-\frac{1}{t}\right)\frac{e^{-xt}}{t}dt\\&=&\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^t-1}+\frac{1}{2}-\frac{1}{t}\right)\frac{e^{-xt}}{t}dt\end{eqnarray*}$$\therefore\quad\mu(x)=\int_0^\infty\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t}+\frac{1}{e^t-1}\right)\frac{e^{-xt}}{t}dt$$これはまさにビネの第1公式を示したことになります。
今回は対数ガンマ関数の剰余項を級数表示し、それを積分に直すことでビネの第1公式を得ることができました。これはこれで面白い方法でしたね。
参考にしたのはPiet Van Mieghem氏の"Binet’s factorial series and extensions to Laplace transforms"(2021)という論文です。PDFが見られるのでリンクを貼っておきます。これの10～11ページです。
次の記事：
ビネの関数の第2展開はこちら：
ガンマ関数の基礎シリーズも併せてご覧ください：
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