対数ガンマ積分との関係
出典: フリー百科事典『ウィキペディア（Wikipedia）』 (2018/10/29 02:48 UTC 版)
「バーンズのG関数」の記事における「対数ガンマ積分との関係」の解説
対数ガンマの媒介変数表示はバーンズ G-函数を用いて ∫ 0 z log Γ ( x ) d x = z ( 1 − z ) 2 + z 2 log 2 π + z log Γ ( z ) − log G ( 1 + z ) {\displaystyle \int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx={\frac {z(1-z)}{2}}+{\frac {z}{2}}\log 2\pi +z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)} と評価することができる。 その証明は少々間接的である。まずはガンマ函数と G-函数との対数差分 z log Γ ( z ) − log G ( 1 + z ) {\displaystyle z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)} を調べる。ここで、 1 Γ ( z ) = z e γ z ∏ k = 1 ∞ { ( 1 + z k ) e − z / k } {\displaystyle {\frac {1}{\Gamma (z)}}=ze^{\gamma z}\prod _{k=1}^{\infty }\left\{\left(1+{\frac {z}{k}}\right)e^{-z/k}\right\}} であり、γ はオイラーの定数である。 バーンズ函数とガンマ函数に関してヴァイヤストラスの乗積形の対数をとることで z log Γ ( z ) − log G ( 1 + z ) = − z log ( 1 Γ ( z ) ) − log G ( 1 + z ) = − z [ log z + γ z + ∑ k = 1 ∞ { log ( 1 + z k ) − z k } ] − [ z 2 log 2 π − z 2 − z 2 2 − z 2 γ 2 + ∑ k = 1 ∞ { k log ( 1 + z k ) + z 2 2 k − z } ] {\displaystyle {\begin{aligned}&z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)=-z\log \left({\frac {1}{\Gamma (z)}}\right)-\log G(1+z)\\=&-z\left[\log z+\gamma z+\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z}{k}}{\Bigg \}}\right]\\&\qquad -\left[{\frac {z}{2}}\log 2\pi -{\frac {z}{2}}-{\frac {z^{2}}{2}}-{\frac {z^{2}\gamma }{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}k\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)+{\frac {z^{2}}{2k}}-z{\Bigg \}}\right]\end{aligned}}} となり、少し整理して項を並べ替えれば級数展開 ∑ k = 1 ∞ { ( k + z ) log ( 1 + z k ) − z 2 2 k − z } = − z log z − z 2 log 2 π + z 2 + z 2 2 − z 2 γ 2 − z log Γ ( z ) + log G ( 1 + z ) {\displaystyle {\begin{aligned}&\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}(k+z)\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z^{2}}{2k}}-z{\Bigg \}}\\&\qquad =-z\log z-{\frac {z}{2}}\log 2\pi +{\frac {z}{2}}+{\frac {z^{2}}{2}}-{\frac {z^{2}\gamma }{2}}-z\log \Gamma (z)+\log G(1+z)\end{aligned}}} を得る。最後に、対数ガンマ函数のヴァイヤストラス乗積形をとって区間 [0,z] 上積分すれば ∫ 0 z log Γ ( x ) d x = − ∫ 0 z log ( 1 Γ ( x ) ) d x = − ( z log z − z ) − z 2 γ 2 − ∑ k = 1 ∞ { ( k + z ) log ( 1 + z k ) − z 2 2 k − z } {\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx&=-\int _{0}^{z}\log \left({\frac {1}{\Gamma (x)}}\right)\,dx\\&=-(z\log z-z)-{\frac {z^{2}\gamma }{2}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\Bigg \{}(k+z)\log \left(1+{\frac {z}{k}}\right)-{\frac {z^{2}}{2k}}-z{\Bigg \}}\end{aligned}}} となる。二つの評価を等しいと置いて ∫ 0 z log Γ ( x ) d x = z ( 1 − z ) 2 + z 2 log 2 π + z log Γ ( z ) − log G ( 1 + z ) {\displaystyle \int _{0}^{z}\log \Gamma (x)\,dx={\frac {z(1-z)}{2}}+{\frac {z}{2}}\log 2\pi +z\log \Gamma (z)-\log G(1+z)} の証明は完成する。□
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