Γ(1/3),Γ(1/4),Γ(1/6)の値

「ガンマ関数の基礎」シリーズ第7回です。今回はガンマ関数の特殊値のうち初等関数で表せないものを紹介します。

テーマ

$\G\left(\frac{1}{3}\right)\;,\;\G\left(\frac{1}{4}\right)\;,\;\G\left(\frac{1}{6}\right)$ などの特殊値を積分表示する。

ガンマ関数の定義と比較的やさしい特殊値については

2022年2月7日【γ1】ガンマ関数の定義・特殊値・解析接続・留数（ガンマ関数の基礎1）

純虚数における特殊値 $\G(ix)$ についてはこちら

2022年2月8日【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）

本稿とあまり関係ありませんが、シリーズ前回の記事はこちら

2022年2月14日【γ6】ログガンマの微分と4つの級数表示

もくじ [hide]

ベータ関数の利用
例題で確認 - Γ(1/3),Γ(1/4)
公式の応用 - Γ(1/6)
ベータ関数の利用２
例題で確認 - Γ(2/3),Γ(3/4)
おまけ：三角関数を用いた積分表示
まとめ

ベータ関数の利用

次の積分を考えます。 $\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^n}}\quad(n\ge 3)$ $n=2$ でもOKなのですが、解析的に求まるので除外しています。ベータ関数を介することでこの積分がガンマ関数と結びつくことが示せます。

ベータ関数

$\begin{equation}B(x,y)=\int^1_0t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt\quad(\mathfrak{R}x,\mathfrak{R}y>0)\tag{1}\end{equation}$ $\begin{equation}B(x,y)=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}\tag{2}\end{equation}$

積分において $t^n=x$ と置換します。 $t=x^\frac{1}{n}$ となりますから $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^n}}&=&\int_0^1\frac{\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}dx}{\sqrt{1-x}}\\&=&\frac{1}{n}\int_0^1x^{\frac{1}{n}-1}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx\\&=&\frac{1}{n}B\left(\frac{1}{n},\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{1}{n}\frac{\G(\frac{1}{n})\G(\frac{1}{2})}{\G(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{n}\frac{\G(\frac{1}{n})}{\G(\frac{1}{n}+\frac{1}{2})}\end{eqnarray*}$ ここで過去記事で紹介した次の公式を用います。

ルジャンドルの倍数公式

$\begin{equation}\G(2z)=\frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}}\G(z)\G\left(z+\frac{1}{2}\right)\tag{3}\end{equation}$

参考記事：

【γ4】ガンマ関数の倍数公式とガウスの乗法公式

これの $z=1/n$ とすることで $\G\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}\G(\frac{2}{n})}{2^{\frac{2}{n}-1}\G(\frac{1}{n})}$ これを先ほどの積分計算に代入すると $\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^n}}=\frac{\sqrt{\pi}}{n}\frac{\G(\frac{1}{n})}{\frac{\sqrt{\pi}\G(\frac{2}{n})}{2^{\frac{2}{n}-1}\G(\frac{1}{n})}}$ したがって以下の表式を得ます。

$\begin{equation}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^n}}=\frac{2^{\frac{2}{n}-1}\G(\frac{1}{n})^2}{n\G(\frac{2}{n})}\tag{4}\end{equation}$

左辺の積分は基本的な形に見えて実は初等的に書けず、ガンマ関数で表せるのですね。

例題で確認 - Γ(1/3),Γ(1/4)

例題１

式(4)で $n=2$ を考える。両辺を計算して等号が成り立つことを確認せよ。

解析的に計算可能です。左辺と右辺を計算します。 $LHS=\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^n}}=\left[\arcsin t\right]_0^1=\frac{\pi}{2}$ $RHS=\frac{2^{0}}{2}\sqrt{\pi}^2=\frac{\pi}{2}$ よって(4)が成り立っている。

例題２

これまでの議論と同様に計算して $\G\left(\dfrac{1}{3}\right)$ を積分表示せよ。

(4)に代入するだけでは「やった感」があまりないのでちゃんと導出します。 $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}&=&\frac{1}{3}\int_0^1x^{-\frac{2}{3}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx\\&=&\frac{1}{3}B\left(\frac{1}{3},\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{1}{3}\frac{\G(\frac{1}{3})\G(\frac{1}{2})}{\G(\frac{5}{6})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{3}\frac{\G(\frac{1}{3})}{\G(\frac{5}{6})}\\&=&\frac{1}{3\cdot 2^\frac{1}{3}}\frac{\G(\frac{1}{3})^2}{\G(\frac{2}{3})}\end{eqnarray*}$ ここで相反公式 $\begin{equation}\G(z)\G(1-z)=\frac{\pi}{\sin\pi z}\tag{5}\end{equation}$ を用いると $\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}=\frac{\G(\frac{1}{3})^3}{\sqrt{3}\cdot2^\frac{4}{3}\pi}$ したがって

$\begin{equation}\G\left(\frac{1}{3}\right)=\left(2^\frac{4}{3}\sqrt{3}\:\pi\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}\right)^\frac{1}{3}\tag{6}\end{equation}$

と求まりました。

例題３

これまでの議論と同様に計算して $\G\left(\dfrac{1}{4}\right)$ を積分表示せよ。

$\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}&=&\frac{1}{4}\int_0^1x^{-\frac{3}{4}}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx\\&=&\frac{1}{4}B\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{1}{4}\frac{\G(\frac{1}{4})\G(\frac{1}{2})}{\G(\frac{3}{4})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{4}\frac{\G(\frac{1}{4})}{\G(\frac{3}{4})}\\&=&\frac{1}{4\sqrt{2}}\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{\G(\frac{1}{2})}\quad(\because(5))\\&=&\frac{1}{4\sqrt{2\pi}}\G\left(\frac{1}{4}\right)^2\end{eqnarray*}$ したがって

$\begin{equation}\G\left(\frac{1}{4}\right)=2\left(\sqrt{2\pi}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\right)^\frac{1}{2}\tag{7}\end{equation}$

公式の応用 - Γ(1/6)

例題４

倍数公式より $\G\left(\dfrac{1}{6}\right)$ を積分表示せよ。

倍数公式(3)に $z=1/6$ を代入して $\begin{eqnarray*}\G\left(\frac{1}{3}\right)&=&\frac{2^{-2/3}}{\sqrt{\pi}}\G\left(\frac{1}{6}\right)\G\left(\frac{2}{3}\right)\\&=&\frac{2^{-2/3}}{\sqrt{\pi}}\G\left(\frac{1}{6}\right)\frac{2\pi}{\sqrt{3}\G(\frac{1}{3})}\end{eqnarray*}$ よって $\begin{eqnarray*}\G\left(\frac{1}{6}\right)&=&\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{\pi}2^{1/3}}\G\left(\frac{1}{3}\right)^2\\&=&2^{5/9}3^{5/6}\pi^{1/6}\left(\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}\right)^\frac{2}{3}\end{eqnarray*}$

$\begin{equation}\G\left(\frac{1}{6}\right)=2^{5/9}3^{5/6}\pi^{1/6}\left(\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}\right)^\frac{2}{3}\tag{8}\end{equation}$

ベータ関数の利用２

(4)を導いたときの要領で $\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^n}}dt$ を計算します。 $t^n=x$ と置換します。 $t=x^\frac{1}{n}$ となりますから $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^n}}dt&=&\int_0^1\frac{\frac{1}{n}x^{\frac{2}{n}-1}dx}{\sqrt{1-x}}\\&=&\frac{1}{n}\int_0^1x^{\frac{2}{n}-1}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx\\&=&\frac{1}{n}B\left(\frac{2}{n},\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{1}{n}\frac{\G(\frac{2}{n})\G(\frac{1}{2})}{\G(\frac{2}{n}+\frac{1}{2})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{n}\frac{\G(\frac{2}{n})}{\G(\frac{2}{n}+\frac{1}{2})}\end{eqnarray*}$ 倍数公式 $\G(2z)=\frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}}\G(z)\G\left(z+\frac{1}{2}\right)$ で $z=2/n$ とすれば $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^n}}dt&=&\frac{\sqrt{\pi}}{n}\G\left(\frac{2}{n}\right)\frac{2^{\frac{4}{n}-1}\G(\frac{2}{n})}{\sqrt{\pi}\G(\frac{4}{n})}\\&=&\frac{2^{\frac{4}{n}-1}}{n}\frac{\G(\frac{2}{n})^2}{\G(\frac{4}{n})}\end{eqnarray*}$ したがって以下の表式を得ます。

$\begin{equation}\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^n}}dt=\frac{2^{\frac{4}{n}-1}}{n}\frac{\G(\frac{2}{n})^2}{\G(\frac{4}{n})}\tag{9}\end{equation}$

例題で確認 - Γ(2/3),Γ(3/4)

例題５

(9)で $n=3$ として $\G\left(\dfrac{2}{3}\right)$ を積分表示せよ。

(9)より $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^3}}dt&=&\frac{2^{\frac{4}{3}-1}}{3}\frac{\G(\frac{2}{3})^2}{\G(\frac{4}{3})}\\&=&\frac{2^{\frac{1}{3}}}{3}\frac{\G(\frac{2}{3})^2}{\frac{1}{3}\G(\frac{1}{3})}\\&=&\frac{2^{\frac{1}{3}}\G(\frac{2}{3})^2}{\G(\frac{1}{3})}\\&=&2^{\frac{1}{3}}\G\left(\frac{2}{3}\right)^2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2\pi}\G\left(\frac{2}{3}\right)\\&=&\frac{2^{-\frac{2}{3}}\sqrt{3}}{\pi}\G\left(\frac{2}{3}\right)^3\end{eqnarray*}$ 以上から

$\begin{equation}\G\left(\frac{2}{3}\right)=\left(\frac{2^\frac{2}{3}\pi}{\sqrt{3}}\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^3}}dt\right)^\frac{1}{3}\tag{10}\end{equation}$

例題６

積分 $\int_0^1\frac{t^m}{\sqrt{1-t^n}}dt$ をガンマ関数で表せ。また $n=4$ , $m=2$ とすることで $\G\left(\dfrac{3}{4}\right)$ を積分表示せよ。

(9)を導いたときと同様にやります。 $t^n=x$ と置換すると $t=x^\frac{1}{n}$ となりますから $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{t^m}{\sqrt{1-t^n}}dt&=&\int_0^1\frac{\frac{1}{n}x^{\frac{m+1}{n}-1}dx}{\sqrt{1-x}}\\&=&\frac{1}{n}\int_0^1x^{\frac{m+1}{n}-1}(1-x)^{-\frac{1}{2}}dx\\&=&\frac{1}{n}B\left(\frac{m+1}{n},\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{1}{n}\frac{\G(\frac{m+1}{n})\G(\frac{1}{2})}{\G(\frac{m+1}{n}+\frac{1}{2})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{n}\frac{\G(\frac{m+1}{n})}{\G(\frac{m+1}{n}+\frac{1}{2})}\end{eqnarray*}$ 倍数公式 $\G(2z)=\frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}}\G(z)\G\left(z+\frac{1}{2}\right)$ で $z=\frac{m+1}{n}$ とすれば $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{t^m}{\sqrt{1-t^n}}dt&=&\frac{\sqrt{\pi}}{n}\G\left(\frac{m+1}{n}\right)\frac{2^{\frac{2m+2}{n}-1}\G(\frac{m+1}{n})}{\sqrt{\pi}\G(\frac{2m+2}{n})}\\&=&\frac{2^{\frac{2m+2}{n}-1}}{n}\frac{\G(\frac{m+1}{n})^2}{\G(\frac{2m+2}{n})}\end{eqnarray*}$

$\therefore\quad\int_0^1\frac{t^m}{\sqrt{1-t^n}}dt=\frac{2^{\frac{2m+2}{n}-1}}{n}\frac{\G(\frac{m+1}{n})^2}{\G(\frac{2m+2}{n})}$

この式はこれまで求めた(4)(9)を含んだより一般的な表示です。

$n=4$ , $m=2$ とすると $\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt&=&\frac{2^{\frac{1}{2}}}{4}\frac{\G(\frac{3}{4})^2}{\G(\frac{3}{2})}\\&=&\frac{2^{\frac{1}{2}}}{4}\frac{\G(\frac{3}{4})^2}{\frac{1}{2}\sqrt{\pi}}\\&=&\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\G\left(\frac{3}{4}\right)^2\end{eqnarray*}$ したがって

$\begin{equation}\G\left(\frac{3}{4}\right)=\left(\sqrt{2\pi}\int_0^1\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt\right)^\frac{1}{2}\tag{11}\end{equation}$

おまけ：三角関数を用いた積分表示

ベータ関数は次の表示をもちます（過去記事参照）。

$\begin{equation}B(x,y)=2\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{2x-1}\t\cos^{2y-1}\t d\t\tag{12}\end{equation}$

これを駆使すれば、ガンマ関数の値を三角関数を含んだ積分で表現できます。たとえば $\begin{eqnarray*}2\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{\frac{3}{2}}\t d\t&=&B\left(\frac{5}{4},\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{\G(\frac{5}{4})\sqrt{\pi}}{\G(\frac{7}{4})}\\&=&\frac{4\sqrt{\pi}}{3}\frac{\G(\frac{5}{4})}{\G(\frac{3}{4})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{3}\frac{\G(\frac{1}{4})}{\G(\frac{3}{4})}\\&=&\frac{\sqrt{\pi}}{3}\frac{\G(\frac{1}{4})^2}{\pi\sqrt{2}}\\&=&\frac{1}{3\sqrt{2\pi}}\G\left(\frac{1}{4}\right)^2\end{eqnarray*}$

$\therefore\quad \G\left(\frac{1}{4}\right)=\left( 6\sqrt{2\pi}\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{\frac{3}{2}}\t d\t\right)^\frac{1}{2}$

まとめ

今日はベータ関数を介して $\int_0^1\frac{t^m}{\sqrt{1-t^n}}dt=\frac{2^{\frac{2m+2}{n}-1}}{n}\frac{\G(\frac{m+1}{n})^2}{\G(\frac{2m+2}{n})}$ であることを突き止めました。そして $n,m$ を適切に定めることでさまざまなガンマ関数の値（積分表示）を得ました。その際には倍数公式や相反公式も駆使しました。

結論

$\begin{eqnarray*}\G\left(\frac{1}{3}\right)&=&\left(2^\frac{4}{3}\sqrt{3}\:\pi\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}\right)^\frac{1}{3}\\\G\left(\frac{1}{4}\right)&=&2\left(\sqrt{2\pi}\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^4}}\right)^\frac{1}{2}\\\G\left(\frac{1}{6}\right)&=&2^{\frac{5}{9}}3^\frac{5}{6}\pi^\frac{1}{6}\left(\int_0^1\frac{dt}{\sqrt{1-t^3}}\right)^\frac{2}{3}\\\G\left(\frac{2}{3}\right)&=&\left(\frac{2^\frac{2}{3}\pi}{\sqrt{3}}\int_0^1\frac{t}{\sqrt{1-t^3}}dt\right)^\frac{1}{3}\\\G\left(\frac{3}{4}\right)&=&\left(\sqrt{2\pi}\int_0^1\frac{t^2}{\sqrt{1-t^4}}dt\right)^\frac{1}{2}\end{eqnarray*}$

$\G\left(\frac{1}{4}\right)=\left( 6\sqrt{2\pi}\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{\frac{3}{2}}\t d\t\right)^\frac{1}{2}$

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。

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次回からはディガンマ関数に焦点をあてていきます。

2022年2月16日【γ8】ディガンマ関数の特殊値と極

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