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ワイエルシュトラスのガンマ関数に対する無限積 📂関数

ワイエルシュトラスのガンマ関数に対する無限積

定理

ガンマ関数についてΓ:(0,∞)→R\Gamma : (0, \infty) \to \mathbb{R}が成り立つ。 1Γ(x)=xeγxlim⁡n→∞∏k=1n(1+xk)e−xk {1 \over \Gamma (x)} = x e^{\gamma x } \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + {x \over k} \right) e^{- {x \over k} }

説明

Γ(x)=∫0∞tx−1e−tdt \Gamma (x) = \int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} dt ガンマ関数は上記のように定義され、オイラーの極限公式により Γ(x)=lim⁡n→∞nxn!x(x+1)(x+2)⋯(x+n) \Gamma (x) = \lim_{n \to \infty} {{n^x n!} \over {x(x+1)(x+2) \cdots (x+n) }} も成立する。ここでさらに、ガンマ関数の新しい形としてワイエルシュトラスの無限積がある。これを学ぶことで、我々はガンマ関数の最も有名な形態三つを知ることになる。

証明

定理: 証明は更に補助定理があれば短く終わるが、無理に使わなかった。すぐに補助定理を学ぶことが難しいので、この証明でのみ有効なテクニックが使われた。解析学の少しの知識があれば、証明を理解するのに問題はないはずだ。

オイラーの極限公式によって 1Γ(x)=lim⁡n→∞x(x+1)(x+2)⋯(x+n)nxn!=lim⁡n→∞xn−x(1+x1)(2+x2)⋯(n+xn)=lim⁡n→∞xn−x∏k=1n(1+xk)=xlim⁡n→∞e−xlog⁡n⋅ex(11+12+⋯1n)⋅e−x(11+12+⋯1n)⋅∏k=1n(1+xk)=xlim⁡n→∞ex(11+12+⋯1n−log⁡n)∏k=1n(1+xk)e−xk \begin{align*} {1 \over \Gamma (x)} =& \lim_{n \to \infty} { {x(x+1)(x+2) \cdots (x+n) } \over {n^x n!} } \\ =& \lim_{n \to \infty} x n^{-x} \left( { {1+x} \over {1} } \right) \left( { {2+x} \over {2} } \right) \cdots \left( { {n+x} \over {n} } \right) \\ =& \lim_{n \to \infty} x n^{-x} \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + { x \over k } \right) \\ =& x \lim_{n \to \infty} e^{-x \log{n} } \cdot e^{x \left( {1 \over 1} + {1 \over 2} + \cdots {1 \over n} \right) } \cdot e^{-x \left( {1 \over 1} + {1 \over 2} + \cdots {1 \over n} \right) } \cdot \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + { x \over k } \right) \\ =& x \lim_{n \to \infty} e^{ x \left( {1 \over 1} + {1 \over 2} + \cdots {1 \over n} - \log{n} \right) } \prod_{k=1}^{n} \left( 1 + { x \over k } \right) e^{- { x \over k} } \end{align*} オイラー-マスケローニ定数 γ=lim⁡n→∞(∑k=1n(1k)−ln⁡n)\displaystyle \gamma = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \left( { 1 \over k } \right) - \ln{n} \right) が存在するので、∏n=1∞(1+xn)e−xn\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + { x \over n } \right) e^{- { x \over n} } の存在を示すだけで証明は完了する。

十分に大きな自然数 nn について ln⁡(1+xn)−xn∼−x22n2\displaystyle \ln \left( 1 + {x \over n} \right) - {x \over n} \sim - {x^2 \over 2n^2} なので lim⁡n→∞xn−ln⁡(1+xn)x22n2=lim⁡n→∞1n−1n11+xnxn2=lim⁡n→∞1−11+xnxn=lim⁡n→∞n1+xn−1x(1+xn)=lim⁡n→∞11+xn=1 \begin{align*} \lim_{n \to \infty} {{{x \over n} - \ln \left( 1 + {x \over n} \right)} \over {x^2 \over 2n^2}} =& \lim_{n \to \infty} {{ {1 \over n} - {1 \over n} { 1 \over {1 + {x \over n}}} } \over {x \over n^2}} \\ =& \lim_{n \to \infty} {{ 1 - { 1 \over {1 + {x \over n}}} } \over {x \over n}} \\ =& \lim_{n \to \infty} n {{ {1 + {x \over n}} - 1 } \over x \left( {1 + {x \over n} } \right)} \\ =& \lim_{n \to \infty} {1 \over {1 + {x \over n} }} \\ =& 1 \end{align*} pp-級数判定法によって、∑n=1∞x22n2\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{x^2 \over 2n^2} は収束し、極限比較判定法によって、∑n=1∞{xn−ln⁡(1+xn)}\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left\{{x \over n} - \ln \left( 1 + {x \over n} \right) \right\} も収束する。一方で ∏k=1∞(1+xk)e−xk=exp⁡(−∑n=1∞{xn−ln⁡(1+xn)}) \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + {x \over k} \right) e^{- {x \over k} } = \displaystyle \exp \left( - \sum_{n=1}^{\infty} \left\{ {x \over n} - \ln \left( 1 + {x \over n} \right) \right\} \right) したがって、∏k=1∞(1+xk)e−xk\displaystyle \prod_{k=1}^{\infty} \left( 1 + {x \over k} \right) e^{- {x \over k} } も収束する。

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関連項目