「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。
$$\G\left(\frac{1}{3}\right)\;,\;\G\left(\frac{1}{4}\right)\;,\;\G\left(\frac{1}{6}\right)$$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
純虚数における特殊値 $\G(ix)$ についてはこちら
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
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。
\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。
\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：
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。
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。
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。
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}
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}
(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}
(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}
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}
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*}
$$\therefore\quad \G\left(\frac{1}{4}\right)=\left( 6\sqrt{2\pi}\int^\frac{\pi}{2}_0\sin^{\frac{3}{2}}\t d\t\right)^\frac{1}{2}$$
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。
\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。
【Amazon】特殊函数 (岩波 数学公式 3)
次回からはディガンマ関数に焦点をあてていきます。
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。