「ガンマ関数の基礎」第5回はガンマ関数の微分について解説します．前回の記事はこちら
増減や極値を調べたり級数展開するなど，関数のことをよく知るためには微分が不可欠です．しかしガンマ関数は初等関数で表せない特殊関数ですから，サインやコサインのように難なく微分というわけにもいきません．
もくじ
ガンマ関数の定義は
\begin{equation}\G(z)=\int^\infty_0e^{-t}t^{z-1}dt\quad(\mathfrak{R}z>0)\tag{1}\end{equation}
でしたから，とりあえずそのまま微分します．
\begin{equation}\G'(z)=\int^\infty_0e^{-t}t^{z-1}\log tdt\tag{2}\end{equation}
繰り返せば $n$ 階微分は
\begin{equation}\G^{(n)}(z)=\int^\infty_0e^{-t}t^{z-1}(\log t)^ndt\tag{3}\end{equation}
と表されます．しかしどうすればこの積分の値が分かるのでしょう？？
本記事では、下記の本を参考にしています。2021年8月現在、第30刷。かなりの廉価ながら特殊関数に関する公式が網羅されています。参照用にするもよし、公式の証明にトライするもよし。
【Amazon】特殊函数 (岩波 数学公式 3)
ガウスの公式の対数をとる
そこで方針を変えましょう．過去記事で導出しましたが，ガウスの公式は以下のように書かれます．
\begin{equation}\G(z)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n!n^z}{\prod_{k=0}^n(z+k)}\tag{4}\end{equation}
参考記事：
【γ2】ガンマ関数の３つの乗積表示と相反公式（ガウス・オイラー・ワイエルシュトラス）
これの逆数をとります．$$\frac{1}{\G(z)}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\prod_{k=0}^n(z+k)}{n!n^z}$$たくさんの掛け算があってこのままでは微分が大変です．そこで両辺の対数をとります．$$-\log\G(z)=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\log z+\log(z+1)+\cdots+\log(z+n)-z\log n-(\log1+\log2+\cdots+\log n)\right]$$両辺を微分します．$$-\frac{\G'(z)}{\G(z)}=\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\cdots+\frac{1}{z+n}-\log n\right]$$従って，ガンマ関数の微分の１つの表現を得ます．
\begin{equation}\G'(z)=-\G(z)\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\cdots+\frac{1}{z+n}-\log n\right]\tag{5}\end{equation}
オイラー定数の導入
(5)右辺にガンマ関数が現れていますが $z$ が整数のときの値は分かっています．$z=1$ とすると$$\G'(1)=-\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n+1}-\log n\right]$$$$\therefore\quad\G'(1)=-\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log n\right)+\left(\frac{1}{n+1}\right)\right]$$ここでオイラー・マスケローニ定数 $\gamma$ を導入します．
\begin{equation}\gamma\equiv\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log n\right)\approx 0.577\tag{6}\end{equation}
したがって$$\G'(1)=-\g$$と求まります．謎の定数を用いているので「求まった」といえるかは分かりませんが，ガンマ関数に関する話ではこの定数が頻出します．$\pi$ と同様に当たり前のように使っていきましょう．
さて，$z=2$ ならどうでしょう．(5)より\begin{eqnarray*}\G'(2)&=&-\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n+2}-\log n\right]\\&=&-\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\sum_{k=1}^{n+2}\frac{1}{k}-1-\log n+\left(\frac{1}{n+1}\right)\right]\\&=&-\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\log n\right)+\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}-1\right)\right]\\&=&1-\g\end{eqnarray*}となります．
(2)と比較するとオイラー・マスケローニ定数は$$\g=-\int^\infty_0e^{-t}\log tdt$$で与えることもできます．
微分係数 $\G(n)$
では $z=n\in\NN$ と一般化してみましょう．(5)より\begin{eqnarray*}\G'(n)&=&-(n-1)!\displaystyle\lim_{m\to\infty}\left[\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+\cdots+\frac{1}{n+m}-\log m\right]\\&=&-(n-1)!\displaystyle\lim_{m\to\infty}\left[\left(\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k}-\log m\right)+\left(\frac{1}{m+1}+\frac{1}{m+2}+\cdots+\frac{1}{m+n}\right)-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\right]\end{eqnarray*}$n$ は先に固定された有限な値であることに注意します．$m$ の極限をとれば$$\G'(n)=(n-1)!\left[-\g+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\right]$$書くのが大変なので調和数$$h_n\equiv\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\;,\; h_0=1$$を導入すれば$$\G'(n)=(n-1)!\left(-\g+h_{n-1}\right)$$と見た目だけはスッキリします．
以上により
\begin{equation}\G'(n)=(n-1)!\left(-\g+h_{n-1}\right)\tag{7}\end{equation}具体例は$$\G'(1)=-\g\;,\;\G'(2)=1-\g$$
あらゆる $z$ についての議論はできていませんが，この調子で $\G'(\frac{1}{2})$ などを求めてみるのもいいですね．しかしこのまま深入りするのではなく，ガンマ関数の対数微分をあらためて「ディガンマ関数」と定めて進めていきます．その方が，以後の話において式がすっきりするからです．
ディガンマ関数
ガンマ関数は階乗の一般化であり，
\begin{equation}\G(z+1)=z\G(z)\tag{8}\end{equation}
を満たすのでした．「漸化式」的なものですね．ただしこの「漸化式」は積の形をしており，そのまま微分すると式が複雑になります．そこで対数をとって和の形にしてしまおうというわけです．
$$\log\G(z+1)=\log\G(z)+\log z$$微分します．$$\frac{\G'(z+1)}{\G(z+1)}=\frac{\G'(z)}{\G(z)}+\frac{1}{z}$$ここであらたに関数を定義します．
\begin{equation}\psi(z)\equiv\frac{\G'(z)}{\G(z)}\tag{9}\end{equation}
その定義からディガンマ関数は「ガンマ関数の対数微分」です．これを用いれば
\begin{equation}\psi(z+1)=\psi(z)+\frac{1}{z}\tag{10}\end{equation}
となります．式(7)(9)より明らかに
\begin{equation}\psi(n)=-\g+h_{n-1}\tag{11}\end{equation}
であり，これは関係式(10)を満たしています．(10)の段階では漸化式の形ながら $z=0$ で発散するため「初項 $\psi(1)$」の値が分かりません．しかし先ほどの議論で $\psi(1)=-\g$ と求まったので $\psi(n)$ の値が分かりました．
$\psi$ の級数表示
ディガンマ関数をもう少し見やすい表式にしましょう．(5)式を再掲します．
\begin{equation}\G'(z)=-\G(z)\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\cdots+\frac{1}{z+n}-\log n\right]\tag{5}\end{equation}
これと(9)より \begin{eqnarray*}\psi(z)&=&\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\log n-\sum_{k=0}^n\frac{1}{z+k}\right]\\&=&-\g+\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\log n+\g-\sum_{k=0}^n\frac{1}{z+k}\right]\\&=&-\g-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n+1}\right)\end{eqnarray*}
\begin{equation}\psi(z)=-\g-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n+1}\right)\tag{12}\end{equation}
2階微分係数 $\G^{\prime\prime}(n)$
ガンマ関数の高階微分はどうなるでしょうか．$\G'(z)=\G(z)\psi(z)$ を微分して\begin{eqnarray*}\G^{\prime\prime}(z)&=&\G'(z)\psi(z)+\G(z)\psi'(z)\\&=&\left[\G(z)\psi(z)\right]\psi(z)+\G(z)\psi'(z)\\&=&\G(z)\psi(z)^2+\G(z)\psi'(z)\end{eqnarray*}(12)より$$\psi'(z)=\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{(z+m)^2}$$よって2階微分は
\begin{equation}\G^{\prime\prime}(z)=\G(z)\left[\psi(z)^2+\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{(z+m)^2}\right]\tag{13}\end{equation}
$z=1$ とすると$$\G^{\prime\prime}(1)=\psi(1)^2+\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{m^2}$$$$\therefore\quad\G^{\prime\prime}(1)=\g^2+\frac{\pi^2}{6}$$第2項はゼータ関数 $\zeta(2)$ を用いました．
$z=2$ とすると$$\G^{\prime\prime}(2)=\psi(2)^2+\sum_{m=2}^\infty\frac{1}{m^2}=(1-\g)^2+\zeta(2)-1$$$$\therefore\quad\G^{\prime\prime}(2)=\g(\g-2)+\frac{\pi^2}{6}$$
この調子で $z=n\in\NN$ とすれば\begin{eqnarray*}\G^{\prime\prime}(n)&=&(n-1)!\left[\psi(n)^2+\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{(m+n)^2}\right]\\&=&(n-1)!\left[\left(-\g+h_{n-1}\right)^2+\zeta(2)-\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m^2}\right]\end{eqnarray*}以上から自然数における2階の微分係数は
\begin{equation}\G^{\prime\prime}(n)=(n-1)!\left[\left(-\g+h_{n-1}\right)^2+\frac{\pi^2}{6}-\sum_{m=1}^{n-1}\frac{1}{m^2}\right]\tag{14}\end{equation}例えば$$\G^{\prime\prime}(1)=\g^2+\frac{\pi^2}{6}$$$$\G^{\prime\prime}(2)=\g(\g-2)+\frac{\pi^2}{6}$$
$n$ 階微分
微分を繰り返すごとに複雑になります．ライプニッツの公式によって次のように表すことができますが，計算困難です．\begin{eqnarray*}\frac{d^n\G}{dz^n}&=&\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\left(\G(z)\psi(z)\right)\\&=&\sum_{r=0}^{n-1}\binom{n}{r}\G^{(r)}(z)\psi^{(n-1-r)}(z)\\&=&\sum_{r=0}^{n-1}\binom{n}{r}\G^{(r)}(z)\sum_{m=0}^\infty\frac{(-1)^{n-r}(n-r-1)!}{(z+m)^{n-r}}\end{eqnarray*}$z=1$ とおけば
$$\frac{d^n\G}{dz^n}(1)=\sum_{r=0}^{n-1}\frac{(-1)^{n-r}n!}{r!(n-r)}\G^{(r)}(1)\zeta(n-r)$$
うーん、厳しいですね．ここまでにしましょう．ちなみに(3)と比べたらこれの積分表示が得られますね．$$\sum_{r=0}^{n-1}\frac{(-1)^{n-r}n!}{r!(n-r)}\G^{(r)}(1)\zeta(n-r)=\int^\infty_0e^{-t}(\log t)^ndt$$ガンマ関数の微分は複雑で分かりにくいです。よって次回はガンマ関数の対数を微分していきます。
\begin{equation}\gamma\equiv\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-\log n\right)\approx 0.577\tag{6}\end{equation}
これが収束することをちゃんと示しておきます。Whittaker&Watsonを参考にしました。
自然数 $n$ に対して$$u_n\equiv\int_0^1\frac{tdt}{n(n+t)}$$と定義すると，分数を分解して$$u_n=\int_0^1\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+t}\right)dt=\frac{1}{n}-\log\frac{n+1}{n}$$$$\therefore\quad\sum_{n=1}^\infty u_n=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\log\frac{n+1}{n}\right)$$
ここで\begin{eqnarray*}u_n&=&\int_0^1\frac{tdt}{n(n+t)}\\&\le&\int_0^1\frac{tdt}{n^2}\le\int_0^1\frac{dt}{n^2}\\&=&\frac{1}{n^2}\end{eqnarray*}であるから$$\sum_{n=1}^\infty u_n\le\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}<+\infty$$と書けて $\sum_{n=1}^\infty u_n$ は収束します。
以上より\begin{eqnarray*}\lim_{m\to\infty}\left(\sum_{n=1}^m\frac{1}{n}-\log m\right)&=&\lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^m\left[\frac{1}{n}-(\log (n+1)-\log n)\right]\\&=&\lim_{m\to\infty}\sum_{n=1}^m\left[\frac{1}{n}-\log\frac{n+1}{n}\right]\\&=&\sum_{n=1}^\infty u_n<+\infty\end{eqnarray*}つまり(6)式は確かに収束します。
次回：
古いですが有名な書物で、どんどん改訂版が出ています。前半は解析学一般、後半は特殊関数という内容で、網羅的に勉強できます。演習問題に解答がないのが昔ながらのものって感じ。2022/11/6現在、最新版は5th Editionで私も所有していますが、廉価な3rdとかでも十分かと。
A Course of Modern Analysis: fifth Edition
A Course of Modern Analysis: Third Edition
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