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数学をもっと楽しむ

e pi log ue

今回は前回書いた記事:
enjoymathematics.hatenablog.jp
の補足的なことを書こうと思います。

e\piが並んでいるところを見て何を思い浮かべるでしょうか。ある人は「数学において最も驚くべき公式*1」と称された等式
\begin{align}
e^{i\pi}=-1
\end{align}
を、ある人は
\begin{align}
e^{\pi}>\pi^{e}
\end{align}
を、あるいは

  e+\piとe\piのうち少なくともどちらかは無理数
を考えるかもしれません(他にもたくさんあると思います)。

そして今回扱うのは「eを何乗したら\piになるか」ということです。
先に答えを書くと、e^{x}=\piの解x
\begin{align}
x=\gamma+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}+\cdots
\end{align}
と表されます。オイラーの定数\gamma、それにゼータ関数\zeta(s)が規則的に現れる美しい式ですね。これを示していきます。


(証明)
\log\Gamma(z+1)についての展開式
\begin{align}
\log\Gamma(z+1)=-\gamma z+\frac{\zeta(2)}{2}z^{2}-\frac{\zeta(3)}{3}z^{3}+\frac{\zeta(4)}{4}z^{4}-\cdots
\end{align}
において\displaystyle z=-\frac{1}{2}とすると
\begin{align}
\log\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{4}}\frac{\zeta(4)}{4}+\cdots
\end{align}
となります。\displaystyle\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}であることを考慮して計算すると
\begin{align}
\log\pi=\gamma+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}+\cdots
\end{align}
となります。これは
\begin{align}
\pi=e^{\gamma+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}+\cdots}
\end{align}
と等しく、目的の式が得られました。\Box


ちなみにこの解についてはもう1つ表示があります。
最初の展開式において\displaystyle z=\frac{1}{2}とすると
\begin{align}
\log\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=-\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(2)}{2}-\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{4}}\frac{\zeta(4)}{4}-\cdots
\end{align}
一方で\displaystyle\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}だから、
\begin{align}
\gamma=\log\frac{4}{\pi}+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}-\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}-\cdots
\end{align}
が得られます。これと
\begin{align}
\log\pi=\gamma+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{2}}\frac{\zeta(3)}{3}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}+\cdots
\end{align}
から
\begin{align}
\log\pi=\log2+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}+\frac{1}{2^{5}}\frac{\zeta(6)}{6}+\cdots
\end{align}
となるので
\begin{align}
\pi=e^{\log2+\frac{1}{2}\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{1}{2^{3}}\frac{\zeta(4)}{4}+\frac{1}{2^{5}}\frac{\zeta(6)}{6}+\cdots}
\end{align}
が導かれます。





実は前回の記事はこの記事を書くために書きました。笑

*1:リチャード•ファインマン

ガンマ関数

今回はガンマ関数に関して有名な事項について書いていきたいと思います。要するに「ガンマ関数ってどんなものなんだろう。気になるなぁ🤔」という方向けになっています。しかし、一通り学んだ方でも「あれあの式なんだっけ😯」となることがあるかもしれないので、そのような時にお役立てください😃
この記事では収束等の話については触れず、ひたすら式の変形を書いていきます。興味のある方、厳密な議論を好む方は各自で調べてみてください。
この記事を読むにあたって必要な知識は①合成関数の微分②対数(③部分積分)です。特に合成関数の微分はとても重要です。「微分する」という言葉はほぼ「合成関数の微分をする」と思ってもらって構いません。なお対数に関しては
enjoymathematics.hatenablog.jp
にいくつかまとめてあるので必要に応じてお読みください。他にわからないことがあってもインターネットで検索をかければ出てくることが大半だと思います。
それではいきましょう。






ガンマ関数の定義(細かいところは割愛)


\displaystyle\Gamma(z)=\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{z-1}dt










\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)


(証明)
部分積分をします。


\begin{align}
\Gamma(z+1)&=\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{z}dt\\
&=\lim_{N \to \infty}\int_{0}^{N}e^{-t}t^{z}dt\\
&=\lim_{N \to \infty}\left(\left[-e^{-t}t^{z}\right]_{0}^{N}+z\int_{0}^{N}e^{-t}t^{z-1}dt\right)\\
&=\lim_{N \to \infty}\left(-e^{-N}N^{z}+z\int_{0}^{N}e^{-t}t^{z-1}dt\right)\\
&=z\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{z-1}dt\\
&=z\Gamma(z)
\end{align}*1










\displaystyle\Gamma(n)=(n-1)!


(証明)
\begin{align}
\Gamma(n)&=(n-1)\Gamma(n-1)\\
&=(n-1)(n-2)\Gamma(n-2)\\
&=\cdots\\
&=(n-1)!
\end{align}


あ、\Gamma(1)=1です。定義式に1を代入して計算することによってわかります。










\displaystyle\Gamma(z)=\lim_{n \to \infty}n!n^{z}\prod_{k=0}^{n}\frac{1}{k+z}


ガウス表示
(証明)
\displaystyle G_{n}(z)=\int_{0}^{n}t^{z-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{n}dt


とすると


\displaystyle\lim_{n \to \infty}G_{n}(z)=\Gamma(z)


になります。*2ここでt=nuとすると積分区間\left[0, n\right]から\left[0,1\right]dt=nduとなるから


\displaystyle G_{n}(z)=n^{z}\int_{0}^{1}u^{z-1}(1-u)^{n}du


となります。n^{z}を除く部分をg_{n}(z)とすると、部分積分により


\begin{align}
g_{n}(z)&=\int_{0}^{1}u^{z-1}(1-u)^{n}du\\
&=\left[(1-u)^{n}\frac{u^{z}}{z}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(-1)n(1-u)^{n-1}\frac{u^{z}}{z}du\\
&=\frac{n}{z}\int_{0}^{1}(1-u)^{n-1}u^{z}du\\
&=\frac{n}{z}g_{n-1}(z+1)
\end{align}


n\geq1において成立し、n=0においては


\begin{align}
g_{0}(z)&=\int_{0}^{1}u^{z-1}du\\
&=\frac{1}{z}
\end{align}


だから


\displaystyle g_{n}(z)=n!\prod_{k=0}^{n}\frac{1}{k+z}


となるから、


\displaystyle\lim_{n \to \infty}n^{z}n!\prod_{k=0}^{n}\frac{1}{k+z}=\Gamma(z)











\displaystyle\frac{1}{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left\{\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}\right\}


ワイエルシュトラスの無限積表示
(証明)
ガウス表示から出発します。


\begin{align}
\frac{1}{\Gamma(z)}&=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{z}n!}\prod_{k=0}^{n}k+z\\
&=\lim_{n \to \infty}zn^{-z}\prod_{k=1}^{n}\frac{k+z}{k}\\
&=\lim_{n \to \infty}zn^{-z}\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{z}{k}\right )e^{\frac{z}{k}-\frac{z}{k}}\\
&=\lim_{n \to \infty}zn^{-z}\left(\prod_{l=1}^{n}e^{\frac{z}{l}}\right)\left(\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}}\right)
\end{align}


となりますが、


\begin{align}
n^{-z}\prod_{l=1}^{n}e^{\frac{z}{l}}&=e^{-z\log n}e^{\frac{s}{1}+\frac{s}{2}+\cdots+\frac{s}{n}}\\
&=e^{z\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\log n\right)}
\end{align}


なので


\displaystyle\lim_{n \to \infty}n^{-z}\prod_{l=1}^{n}e^{\frac{z}{l}}=e^{\gamma z}










\displaystyle\psi(z)=-\gamma-\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n}\right)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n-1}\right)


\psi(z)はディガンマ関数で、\displaystyle\psi(z)=\frac{d}{dz}\log\Gamma(z)=\frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)}


(証明)
ワイエルシュトラスの無限積表示


\displaystyle\frac{1}{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left\{\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}\right\}


の対数をとって、


\displaystyle-\log\Gamma(z)=\log z+\gamma z+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\log\left(1+\frac{z}{n}\right)-\frac{z}{n}\right)


微分すると、


\displaystyle\psi(z)=-\gamma-\frac{1}{z}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n}\right)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n-1}\right)










\displaystyle\psi^{(k)}(z)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}k!}{(z+n-1)^{k+1}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}k!}{(z+n)^{k+1}}


\displaystyle f^{k}(x)で関数をk微分することを表します。


(説明)
しようと思いましたが変に長くなってわかりにくくなってしまうのでやめました。3回微分すれば大体法則性はつかめると思います。計算可能な抽象的な話については手を動かしてみましょう(自戒)。










\displaystyle\log\Gamma(z+1)=-\gamma z+\frac{\zeta(2)}{2}z^{2}-\frac{\zeta(3)}{3}z^{3}+\frac{\zeta(4)}{4}z^{4}-\cdots


(証明)


\displaystyle\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)



\displaystyle\frac{1}{\Gamma(z)}=ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left\{\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}\right\}


より、


\displaystyle\frac{1}{\Gamma(z+1)}=e^{\gamma z}\prod_{n=1}^{\infty}\left\{\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}\right\}


両辺の対数をとると


\displaystyle\log\Gamma(z+1)=-\gamma z+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{z}{n}-\log\left(1+\frac{z}{n}\right)\right)


ここでテイラー展開


\displaystyle\log(z+1)=z-\frac{z^{2}}{2}+\frac{z^{3}}{3}-\frac{z^{4}}{4}+\cdots


を用いると


\begin{align}
(-1)\gamma z+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{z}{n}-\log\left(1+\frac{z}{n}\right)\right)&=-\gamma z+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{z^{2}}{2n^{2}}-\frac{z^{3}}{3n^{3}}+\frac{z^{4}}{4n^{4}}-\frac{z^{5}}{5n^{5}}+\cdots\right)\\
&=(-1)\gamma z+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots\right)z^{2}-\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{2^{3}}+\frac{1}{3^{3}}+\cdots\right)z^{3}+\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2^{4}}+\frac{1}{3^{4}}+\cdots\right)z^{4}-\cdots\\
&=-\gamma z+\frac{\zeta(2)}{2}z^{2}-\frac{\zeta(3)}{3}z^{3}+\frac{\zeta(4)}{4}z^{4}-\cdots
\end{align}


以上から目的の式が得られました。














\displaystyle\psi(z+1)=-\gamma+\zeta(2)z-\zeta(3)z^{2}+\zeta(4)z^{3}-\cdots


ディガンマ関数のべき級数展開


(説明)
先ほどの式を微分すれば良いです。









\displaystyle\psi(z+1)=\psi(z)+\frac{1}{z}


ディガンマ関数の漸化式


(証明)
\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)の両辺の対数をとって微分すると得られます。









\displaystyle\psi(n)=-\gamma+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}


(証明)


漸化式\displaystyle\psi(n)=\psi(n-1)+\left(\frac{1}{n-1}\right)を繰り返し適用すると、


\begin{align}
\psi(n)&=\psi(n-1)+\frac{1}{n-1}\\
&=\psi(n-2)+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-2}\\
&=\cdots\\
&=\psi(1)+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n-2}+\cdots+\frac{1}{1}\\
&=-\gamma+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}
\end{align}


なお\psi(1)の値は


\displaystyle\psi(z)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n-1}\right)


においてz=1とすることで得られます。










\displaystyle\sqrt{\pi}\Gamma(2z)=2^{2z-1}\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{2})


ガンマ関数の倍角公式










\displaystyle 2\psi(2z)=2\log2+\psi(z)+\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)


ディガンマ関数の倍角公式


(証明)
ガンマ関数の倍角公式


\displaystyle\sqrt{\pi}\Gamma(2z)=2^{2z-1}\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{2})


の両辺の対数をとって


\displaystyle\log\sqrt{\pi}+\log\Gamma(2z)=\log2^{2z-1}+\log\Gamma(z)+\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)


微分すると


\displaystyle 2\psi(2z)=2\log2+\psi(z)+\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)










\displaystyle\psi\left(n+\frac{1}{2}\right)=-\gamma-2\log2+2\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}


(証明)


ディガンマ関数の漸化式


\displaystyle\psi(z+1)=\psi(z)+\frac{1}{z}


において\displaystyle z=n-\frac{1}{2}として計算を進めます。


\begin{align}
\psi\left(n+\frac{1}{2}\right)&=\psi\left(n-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{n-\frac{1}{2}}\\
&=\psi\left(n-\frac{3}{2}\right)+\frac{1}{n-\frac{1}{2}}+\frac{1}{n-\frac{3}{2}}\\
&=\cdots\\
&=\psi\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{n-\frac{1}{2}}+\frac{1}{n-\frac{3}{2}}+\cdots+\frac{1}{\frac{1}{2}}\\
&=\psi\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{2}{2n-1}+\frac{2}{2n-3}+\cdots+\frac{2}{2n-(2n-1)}\\
&=\psi\left(\frac{1}{2}\right)+2\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}
\end{align}


ここで、ディガンマ関数の倍角公式


\displaystyle 2\psi(2z)=2\log2+\psi(z)+\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)


において\displaystyle z=\frac{1}{2}


とすると、\psi(1)=-\gamma だから \displaystyle\psi\left(\frac{1}{2}\right)=-2\log2-\gammaがわかります。以上から


\displaystyle\psi\left(n+\frac{1}{2}\right)=-\gamma-2\log2+2\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}




\psi(n)のものと一緒に紹介しなかったのは倍角公式を紹介してからの方が\displaystyle\psi\left(\frac{1}{2}\right)のところで話がスムーズにできるからなんですよね。










\displaystyle\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin\pi z}


ガンマ関数の相補公式


ちなみにこの公式を\displaystyle\Gamma(1-z)=(-z)\Gamma(-z)となること、ワイエルシュトラスの乗積表示を元に変形していくと


\begin{align}
\sin\pi z&=\frac{\pi}{\Gamma(z)\Gamma(1-z)}\\
&=\frac{\pi}{-z\Gamma(z)\Gamma(-z)}\\
&=\frac{\pi}{-z}e^{z\gamma}z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}\cdot e^{-z\gamma}(-z)\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z}{n}\right)e^{\frac{z}{n}}\\
&=\pi z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^{2}}{n^{2}}\right)
\end{align}


というものが得られます。よく「因数分解的発想で〜」と言われているです。


\zeta(2)の値はこれと\sin(z)テイラー展開で求めることができます。










\displaystyle\psi(1-z)-\psi(z)=\pi\cot\pi z


ディガンマ関数の相補公式


(証明)
ガンマ関数の相補公式


\displaystyle\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin\pi z}


の両辺の対数を取り微分すると得られます。*3


\displaystyle\psi(1-z)の計算に気をつけつつk微分すると


\displaystyle(-1)^{k}\psi^{(k)}(1-z)-\psi^{(k)}(z)=\pi\frac{d^{k}}{dz^{k}}\cot\pi z


が得られます。










\displaystyle\frac{\zeta(2)}{2^{2}}+\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}+\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\cdots=\log 2


(証明)
ディガンマ関数のべき級数


\displaystyle\psi(z+1)=-\gamma+\zeta(2)z-\zeta(3)z^{2}+\zeta(4)z^{3}-\cdots


において\displaystyle z=-\frac{1}{2}とすると


\displaystyle\psi\left(\frac{1}{2}\right)=-\gamma-\frac{\zeta(2)}{2}-\frac{\zeta(3)}{2^{2}}-\frac{\zeta(4)}{2^{3}}-\cdots


となります。\displaystyle\psi\left(\frac{1}{2}\right)=-\gamma-2\log 2だから目的の式が得られます。










\displaystyle\frac{\zeta(2)}{2^{2}}-\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}-\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\cdots=1-\log 2


(証明)
ディガンマ関数のべき級数


\displaystyle\psi(z+1)=-\gamma+\zeta(2)z-\zeta(3)z^{2}+\zeta(4)z^{3}-\cdots


において\displaystyle z=\frac{1}{2}とすると


\displaystyle\psi\left(\frac{3}{2}\right)=-\gamma+\frac{\zeta(2)}{2}-\frac{\zeta(3)}{2^{2}}+\frac{\zeta(4)}{2^{3}}-\cdots


となる。ディガンマ関数の漸化式


\displaystyle\psi(z+1)=\psi(z)+\frac{1}{z}


において\displaystyle z=\frac{1}{2}とすることで\displaystyle\psi\left(\frac{3}{2}\right)=2-\gamma-2\log 2がわかるから目的の式が得られます。










\displaystyle\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{\zeta(4)}{2^{3}}+\frac{\zeta(6)}{2^{5}}+\frac{\zeta(8)}{2^{7}}+\cdots=1


(証明)
\begin{align}
1&=(\log 2)+(1-\log 2)\\
&=\left(\frac{\zeta(2)}{2^{2}}+\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}+\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\cdots\right)+\left(\frac{\zeta(2)}{2^{2}}-\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}-\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\cdots\right)\\
&=2\left(\frac{\zeta(2)}{2^{2}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}+\frac{\zeta(6)}{2^{6}}+\frac{\zeta(8)}{2^{8}}+\cdots\right)\\
&=\frac{\zeta(2)}{2}+\frac{\zeta(4)}{2^{3}}+\frac{\zeta(6)}{2^{5}}+\frac{\zeta(8)}{2^{7}}+\cdots
\end{align}


要するに先の2式の和をとったということです。











\displaystyle\frac{\zeta(3)}{2^{2}}+\frac{\zeta(5)}{2^{4}}+\frac{\zeta(7)}{2^{6}}+\frac{\zeta(9)}{2^{8}}+\cdots=-1+2\log 2


(証明)
\begin{align}
(-1)+2\log 2&=(\log 2)-(1-\log 2)\\
&=\left(\frac{\zeta(2)}{2^{2}}+\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}+\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\cdots \right)-\left(\frac{\zeta(2)}{2^{2}}-\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(4)}{2^{4}}-\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\cdots \right)\\
&=2\left(\frac{\zeta(3)}{2^{3}}+\frac{\zeta(5)}{2^{5}}+\frac{\zeta(7)}{2^{7}}+\frac{\zeta(9)}{2^{9}}\cdots\right)\\
&=\frac{\zeta(3)}{2^{2}}+\frac{\zeta(5)}{2^{4}}+\frac{\zeta(7)}{2^{6}}+\frac{\zeta(9)}{2^{8}}+\cdots
\end{align}


今度は差をとりました。


和の式も差の式も実際には式の形から明らかに2式を足したり引いたりしていることがわかるので逆から証明すると思います。今回はどこに何を当てはめるかをわかりやすくするためにこの流れを採用しました。









\displaystyle\frac{\zeta(2)}{4}+\frac{\zeta(3)}{4^{2}}+\frac{\zeta(4)}{4^{3}}+\frac{\zeta(5)}{4^{4}}+\cdots=3\log 2-\frac{\pi}{2}


(証明)
ディガンマ関数の倍角公式


\displaystyle 2\psi(2z)=2\log2+\psi(z)+\psi\left(z+\frac{1}{2}\right)


において\displaystyle z=\frac{1}{4}とすると


\displaystyle2\psi\left(\frac{1}{2}\right)=2\log 2+\psi\left(\frac{1}{4}\right)+\psi\left(\frac{3}{4}\right)


すなわち


\displaystyle\psi\left(\frac{1}{4}\right)+\psi\left(\frac{3}{4}\right)=-6\log 2-2\gamma


が得られます。


次にディガンマ関数の相補公式


\displaystyle\psi(1-z)-\psi(z)=\pi\cot\pi z


において\displaystyle z=\frac{1}{4}とすると


\displaystyle\psi\left( \frac{3}{4}\right)-\psi\left(\frac{1}{4}\right)=\pi


が得られます。得られた2つの式を解くと


\begin{align}
\psi\left(\frac{1}{4}\right)&=-3\log 2-\gamma-\frac{\pi}{2}\\
\psi\left(\frac{3}{4}\right)&=-3\log 2-\gamma+\frac{\pi}{2}
\end{align}


がわかります。


一方ディガンマ関数のべき級数展開


\displaystyle\psi(z+1)=-\gamma+\zeta(2)z-\zeta(3)z^{2}+\zeta(4)z^{3}-\cdots


において\displaystyle z=-\frac{1}{4}とすると


\displaystyle\psi\left(\frac{3}{4}\right)=-\gamma-\frac{\zeta(2)}{4}-\frac{\zeta(3)}{4^{2}}-\frac{\zeta(4)}{4^{3}}-\cdots


となるから先ほどの値を代入すると目的の式を得られます。




\displaystyle\psi\left(\frac{1}{4}\right)の方は次で使います。










\displaystyle\frac{\zeta(2)}{4}-\frac{\zeta(3)}{4^{2}}+\frac{\zeta(4)}{4^{3}}-\frac{\zeta(5)}{4^{4}}+\cdots=4-3\log 2-\frac{\pi}{2}


(証明)
ディガンマ関数のべき級数展開


\displaystyle\psi(z+1)=-\gamma+\zeta(2)z-\zeta(3)z^{2}+\zeta(4)z^{3}-\cdots


において\displaystyle z=\frac{1}{4}とすると


\displaystyle\psi\left(\frac{5}{4}\right)=-\gamma+\frac{\zeta(2)}{4}-\frac{\zeta(3)}{4^{2}}+\frac{\zeta(4)}{4^{3}}-\cdots


がわかります。ディガンマ関数の漸化式


\displaystyle\psi(z+1)=\psi(z)+\frac{1}{z}


から


\displaystyle\psi\left(\frac{5}{4}\right)=\displaystyle\psi\left(\frac{1}{4}\right)\displaystyle+4=4-\gamma-3\log{2}-\frac{\pi}{2}


となるからこれをべき級数展開に代入すると目的の式が得られます。










\displaystyle\frac{\zeta(2)}{4}+\frac{\zeta(4)}{4^{3}}+\frac{\zeta(6)}{4^{5}}+\frac{\zeta(8)}{4^{7}}+\cdots=2-\frac{\pi}{2}


(説明)
上で得られた2つの式の和をとることで求められます。










\displaystyle\frac{\zeta(3)}{4^{2}}+\frac{\zeta(5)}{4^{4}}+\frac{\zeta(7)}{4^{6}}+\frac{\zeta(9)}{4^{8}}+\cdots=-2+3\log 2


(説明)
上で得られた2つの式の差をとることで求められます。




ディガンマ関数から広がっていく無限級数は美しい姿のものが多いと思います。漸化式や相補公式を使うことによってここで紹介したもの以外にも様々なものを導くことができると思うのでぜひ取り組んでみてください。




今回は僕ができる範囲でガンマ関数についての紹介を行いました。どの式を元に計算するかをわかりやすくするために若干くどい書き方になってしまいました。ごめんなさい。
ガンマ関数は値を求めたり級数を求めたりと様々なことができるとても楽しく美しい対象だと思います。そういえばSNSでよく「(〇〇)ガンマ関数やろう!」と言っている人を見かけます(約一人…)。ガンマ関数には今回紹介したもの以外にも様々な定義、形のものがあります。ということで…


みんなもガンマ関数やろう!

*1:最後から2行目 から最後から1行目への変形では収束の吟味が必要

*2:直感的にそうなる気がするけど、本当は証明がいるらしい。

*3:\displaystyle\cot z=\frac{1}{\tan z}

楽しい積分

\displaystyle\zeta(2)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}dxdy
(証明)
\begin{align}
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}dxdy&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(1+xy+x^{2}y^{2}+x^{3}y^{3}+\cdots)dxdy\\
&=\int_{0}^{1}\left(1+\frac{y}{2}+\frac{y^{2}}{3}+\frac{y^{3}}{4}+\cdots\right)dy\\
&=1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots
\end{align}


同じ様なもの
\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+xy}dxdy=1-\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}-\frac{1}{4^{2}}+\cdots
証明は上と同じ様なものだから略.



\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\cdots\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x_{1}x_{2}\cdots x_{s}}dx_{1}dx_{2}\cdots dx_{s}=\zeta(s)
直感.




\displaystyle-\int_{0}^{1}\frac{\log(1-y)}{y}dy=\zeta(2)
(証明)
\begin{align}
\zeta(2)&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}dxdy\\
&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}-\frac{1}{y}\cdot(\log(1-xy))' dxdy\\
&=-\int_{0}^{1}\frac{\log(1-y)}{y}dy
\end{align}




\displaystyle-\int_{0}^{1}\frac{\log x}{1-x}dx=\zeta(2)
(証明)
積分区間に気をつけよう.
\begin{align}
\zeta(2)&=-\int_{0}^{1}\frac{\log(1-y)}{y}dy\\
&=-\int_{1}^{0}\frac{\log x}{1-x}\cdot(-dx)\\
&=-\int_{0}^{1}\frac{\log x}{1-x}dx
\end{align}



\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+xy}dxdy=\int_{0}^{1}\frac{\log(1+y)}{y}dy =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}(-1)^{n+1}
(証明)
上と同じだから略.



\displaystyle\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x^{2}y^{2}}dxdy=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^{2}}
(証明)
\begin{align}
\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x^{2}y^{2}}dxdy&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}\frac{1}{1+xy}dx+\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}dx\right)dy\\
&=\left(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1+xy}dxdy\right)+\left(\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{1}{1-xy}dxdy\right)\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^{2}}
\end{align}



\displaystyle\zeta(s)=s\int_{1}^{\infty}\frac{\left[  x \right]}{x^{s+1}}dx
(証明)
\begin{align}
s\int_{1}^{\infty}\frac{\left[ x \right]}{x^{s+1}}dx &=\lim_{N \to \infty}s\int_{1}^{N}\frac{\left[ x \right]}{x^{s+1}}dx\\
&=\lim_{N \to \infty}s\sum_{n=1}^{N-1}\int_{n}^{n+1}\frac{\left[ x \right]}{x^{s+1}}dx\\
&=\lim_{N \to \infty}s\sum_{n=1}^{N-1}\int_{n}^{n+1}\frac{n}{x^{s+1}}dx\\
&=\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^{N-1}\left[-n\cdot x^{-s}\right]_{n}^{n+1}\\
&=\lim_{N \to \infty}\sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{n}{n^{s}}-\frac{n}{(n+1)^{s}}\right)\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n}{n^{s}}-\frac{n}{(n+1)^{s}}\right)\\
&=\zeta(s)
\end{align}


\displaystyle\gamma=1-\int_{1}^{\infty}\frac{\left\{x\right\}}{x^{2}}dx   {}は少数部分を表す.
(証明)
\begin{align}
1-\int_{1}^{n}\frac{\left\{ x \right\}}{x^{2}}dx &=1-\int_{1}^{n}\frac{x-\left[ x \right]}{x^{2}}dx\\
&=1-\int_{1}^{n}\frac{1}{x}dx+\int_{1}^{n}\frac{\left[ x \right]}{x^{2}}dx\\
&=1-\log n+\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}\frac{k}{x^{2}}dx\\
&=1-\log n+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k+1}\\
&=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\log n
\end{align}
だから\displaystyle n \to \inftyとすれば目的の式を得る




\displaystyle\sum_{n=M}^{N}f(n)=\left(\int_{M}^{N}f(x)dx\right)+\frac{1}{2}(f(M)+f(N))+\int_{M}^{N}\left(x-\left[x\right]-\frac{1}{2}\right)f'(x)dx
 M, Nは正の整数で, f微分可能な関数.



(証明)
オイラーの和公式と呼ばれることがあるらしい。
\displaystyle g(x)=\left( x-\left[x\right]-\frac{1}{2}\right)f'(x)を用意してこれを区間\left[M, N\right]において積分する.
\begin{align}
\int_{M}^{N}\left(x-\left[x\right]-\frac{1}{2}\right)f'(x)dx&=\sum_{n=M}^{N-1}\int_{n}^{n+1}\left(x-\left[x\right]-\frac{1}{2}\right)f'(x)dx\\
&=\sum_{n=M}^{N-1}\int_{0}^{1}\left(u-\frac{1}{2}\right)f'(n+u)du\\
&=\sum_{n=M}^{N-1}\left\{\left[\left(u-\frac{1}{2}\right)f(n+u)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}f(n+u)du\right\}\\
&=\sum_{n=M}^{N-1}\left\{\frac{1}{2}f(n+1)+\frac{1}{2}f(n)\right\}-\sum_{n=M}^{N-1}\int_{0}^{1}f(n+u)du
\end{align}
\displaystyle\sum_{n=M}^{N-1}\left\{\frac{1}{2}f(n+1)+\frac{1}{2}f(n)\right\}=\left(\sum_{n=M}^{N}f(n)\right)-\frac{1}{2}(f(M)+f(N))で,
\begin{align}
\sum_{n=M}^{N-1}\int_{0}^{1}f(n+u)du&=\sum_{n=M}^{N-1}\int_{n}^{n+1}f(x)dx\\
&=\int_{M}^{N}f(x)dx
\end{align}
だから
\displaystyle\int_{M}^{N}\left(x-\left[x\right]-\frac{1}{2}\right)f'(x)dx=\left(\sum_{n=M}^{N}f(n)\right)-\frac{1}{2}(f(M)+f(N))-\int_{M}^{N}f(x)dx
が示された.



\displaystyle\gamma=-\int_{1}^{\infty}\frac{x-\left[x\right]-\frac{1}{2}}{x^{2}}dx+\frac{1}{2}
(証明)
上の式において\displaystyle f(n)=\frac{1}{n}として計算を進める.


\displaystyle\sum_{n=M}^{N}\frac{1}{n}=\int_{M}^{N}\frac{1}{x}dx-\int_{M}^{N}\frac{x-\left[x\right]-\frac{1}{2}}{x^{2}}dx+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{M}+\frac{1}{N}\right)


これにおいてM=1とする.


\displaystyle\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}-\log N=-\int_{1}^{N}\frac{x-\left[x\right]-\frac{1}{2}}{x^{2}}dx+\frac{1}{2}\left(1+\frac{1}{N}\right)


ここでN \to \inftyとすると


\displaystyle\lim_{N \to \infty}\left(\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}-\log N\right)=-\int_{1}^{\infty}\frac{x-\left[x\right]-\frac{1}{2}}{x^{2}}dx+\frac{1}{2}


となり, 最初の式が得られる.



\displaystyle\lim_{s \to \infty}\left(\zeta(s)-\frac{1}{s-1}\right)=\gamma
(証明)
\displaystyle f(n)=\frac{1}{n^{s}}, (s>1)として, 先ほどの公式に適用する.


\displaystyle\sum_{n=M}^{N}\frac{1}{n^{s}}=\int_{M}^{N}\frac{1}{x^{s}}dx-s\int_{M}^{N}\frac{x-\left[x\right]-\frac{1}{2}}{x^{s+1}}dx+\frac{1}{2}\left(\frac{1}{M^{s}}+\frac{1}{N^{s}}\right)


\displaystyle M=1, N \to \inftyとすると


\displaystyle\zeta(s)=\frac{1}{s-1}-s\displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{x-\left[x \right]-\frac{1}{2}}{x^{s+1}}dx+\frac{1}{2}


となるから上の結果より目的の式が得られる.


色々できました. 楽しいです.

多角形から無限級数の世界へ ~To the infinite series world from polygon~

今日数学をしていたら英語の時間中にこんなものを導けました.


\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)^{k}=\frac{2}{\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)}


これはテキトーに数式をいじっていて見つけた訳でも, 神様から授けられたりした訳でもありません. きっかけはこのツイート


です. 「色塗りのパターンを利用して無限級数を見つけてみよう」という趣旨のツイート. 面白そうだと思いすぐに取り組みました.
最初は四角形ですぐに止まってしまったのですが, 正多角形の一辺を適当に定めて整理すれば良いということに気づき, あとはひたすら計算を頑張りました. それでは冒頭の式を証明していきたいと思います.




(Proof)1つ1つの三角形は相似なので, 最初に「一番外側の三角形」とそれより「一回り小さい三角形」の辺の比を求めれば次々とそれ以降の三角形の面積を求められて, 色が塗られた部分の面積を各三角形の面積の和で表すことができます.
一辺が kの正 n角形に内接する一回り大きさの小さい正 n角形の一辺の長さを xとすると, 余弦定理から


\displaystyle x=\sqrt{\frac{k^{2}}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)}.


「一回り小さい三角形」の一辺の長さは\displaystyle\frac{x}{2}, つまり\displaystyle \sqrt{\frac{k^{2}}{8}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)}ですから, 「一番外側の三角形」と「それより一回り小さい三角形」の辺の比は


\displaystyle \sqrt{\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)}


となります. これより, 色が塗られた部分の面積は


\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)+\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)+\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)^{2}+\cdots


となります. 一方で, 一辺の長さがaの正多角形の面積S


\displaystyle S=\frac{na^{2}}{4\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)}


で表されるので, これまでの計算で得られたものから


\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)+\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)+\frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\cdot\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)^{2}+\cdots=\frac{1}{n}\frac{nk^{2}}{4\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)}


を得られます. この式の両辺を\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\frac{k}{2}\cdot\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)で割ると,


\displaystyle 1+\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)+\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)^{2}+\left(\frac{1}{2}\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)\right)^{3}+\cdots=\frac{2}{\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)}


つまり,


\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)^{k}=\frac{2}{\tan\left(\frac{\pi}{n}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)}  \Box






これを考えている時間はとても幸せでした. 素敵な数学との出会いに感謝.






無限級数に関する式を見つけるのはこれで二度目です. この式も大切にしていきたいと思います. (画像の問いにも挑戦してみてください!)

写像の合成に関する結合律に対する個人的な解釈とメモ

 合成写像 
 f:A\longrightarrow B, g:B\longrightarrow Cなる2つの写像が与えられた時, その合成写像g\circ f:A\longrightarrow C
 \forall a\in Aに対して,
\begin{align}
\left(g\circ f\right)\left(a\right)=g\left(f\left(a\right)\right)
\end{align}
 となる写像として定義する.





 写像の合成に関する結合律
 f:A\longrightarrow B, g:B\longrightarrow C, h:C\longrightarrow Dに対して,
\begin{align}
(h\circ g)\circ f=h\circ(g\circ f)
\end{align}
 が成り立つ.

(Proof)
\forall a\in Aに対して
\begin{align}
\left(h\circ g\right)\circ f\left(a\right)=h\circ\left(g\circ f\right)\left(a\right)
\end{align}
となることを示せば良い.
\begin{align}
\left(\left(h\circ g\right)\circ f\right)(a)&=\left(h\circ g\right)\left(f\left(a\right)\right)\\
&=h\left(g\left(f\left(a\right)\right)\right)\\
&=h\left(\left(g\circ f\right)\left(a\right)\right)\\
&=\left(h\circ \left(g\circ f\right)\right)\left(a\right)
\end{align}
\Box
1行目→h\circ g写像なのだから, 合成写像の定義より従う
2行目→1行目と同じ
3行目→g\left(f\left(a\right)\right)より従う(定義)
4行目→g\circ f写像なのだから, 合成写像の定義より従う





ありゃ?(・ω・`)

セイキセキ

この記事はたけのこ赤軍さんのo-v-e-r-h-e-a-t.hatenablog.comと合わせて読むことをオススメします.
また, 今回私はこの記事を書く際に, 黒川信重・栗原将人・斎藤毅(2005)『数論II 岩澤理論と保型形式』岩波オンデマンドブックス.
を参考にしました.
有限数列の1つの例として数列a(1, 2, 3, 4,..., n)について考えてみましょう.
この数列を1からnまで掛け合わせます.
\displaystyle\prod_{k=1}^{n}a_kということですね.
このように項の数が有限であれば数列の総乗は1つの値に収束することはお分かり頂けると思います.
では無限数列はどうでしょうか?
これはほとんどの場合発散します.
今回のタイトルにもなっている「正規積」を考えることによってこうした発散する数列に対して意味のある値を見出すことができます.

 正規積 数列a_nに対してその\zeta\displaystyle\zeta_a(s)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{1}{a_n^{s}}として, a_n正規積(normalized product)

                \displaystyle\prod_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}a_n=\exp(-\zeta_a'(0))

     と定義される.


\displaystyle\zeta_a'(0)微分してから0を代入することを表しています.
上で\displaystyle\prodを使用していますが, 正規積の本来の記号は下もくっついています. ギリシャ数字2に近いです.
さらっと\zetaを定め, そのまま正規積を定義しましたが本当は\zetas=0の近傍で正則な関数に解析接続できている時に正規積が定義されます.
今回はこの議論については扱いません.
これに有限数列a(a_1, a_2, a_3, ..., a_N)を当てはめてみましょう.
\displaystyle\zeta_a(s)=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{a_n^{s}}より,
\begin{align}
\zeta_a'(s)&=\frac{d}{ds}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{a_n^{s}}\\
&=\frac{d}{ds}\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{a_n}\right)^{s}\\
&=\sum_{n=1}^{N}\left(\frac{1}{a_n}\right)^{s}\log\frac{1}{a_n}\\
&=\left(\frac{1}{a_n}\right)^{s}\sum_{n=1}^{N}\log1-\log a_n\\
&=-\left(\frac{1}{a_n}\right)^{s}\sum_{n=1}^{N}\log a_n\\
&=-\left(\frac{1}{a_n}\right)^{s}\log\left(\prod_{n=1}^{N}a_n\right)(総乗記号です)
\end{align}
計算がややこしいなと感じたので少ししつこいですが丁寧に書きました. (悩みました)
さて0を代入しましょう.
すると
\begin{align}
\zeta_a'(0)=-\log\prod_{n=1}^{N}a_n
\end{align}
ということがわかりますね.(総乗記号です)
ですから
\begin{align}
\exp\left(-\zeta_a'(0)\right)=\prod_{n=1}^{N}a_n
\end{align}となるわけです.(総乗記号です)
これは通常の総乗と変わりません.正規積のアイディアは, 有限数列においては総乗になるというところから来ています.
Hurwitz\zeta関数の定義を確認しておきましょう.


 
 Hurwitz\zeta関数
                \displaystyle\zeta(s, x)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-s}


正規積に関する公式の1つに、Lerchの公式というものがあります.


 
 Lerchの公式
                \displaystyle\prod_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)=\frac{\sqrt{2\pi}}{\Gamma(x)}(総乗記号は正規積記号を表す.)


美しいですね...(恍惚)
上のHurwitz\zetaの定義を元に考えると, Lerchの公式は
\displaystyle-\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x)=\log\frac{\sqrt{2\pi}}{\Gamma(x)}より
\begin{align}
\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x)&=-\log\frac{\sqrt{2\pi}}{\Gamma(x)}\\
&=-(\log\sqrt{2\pi}-\log\Gamma(x))\\
&=\log\Gamma(x)-\log\sqrt{2\pi}\\
&=\log\frac{\Gamma(x)}{\sqrt{2\pi}}
\end{align}
ということを表しているんですね.
公式を証明していきましょう.


(Proof)
\displaystyle f(x)=\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x)-\log\Gamma(x)とおいて
\displaystyle f(x)=-\frac{1}{2}\log(2\pi)となることを次の順番で示します.


1.f''(x)=0を確認します. これからf(x)=ax+bと書けることがわかりますね.
(f(x)=ax+b, f'(x)=a, f''(x)=0ということです.)


2.f(x+1)=f(x)ということを確認します. このことからこの関数は傾きがない定数関数であるということがわかりますね.


3.\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}\log(2\pi)ということを確認します. ステップ2でこの関数は定数関数であることを示すので\displaystyle  f(x)=-\frac{1}{2}\log(2\pi)ということがわかりますね.


では早速1から証明していきましょう.
\displaystyle f''(x)=\frac{\partial^{3}}{\partial x^{2}\partial s}\zeta(0, x)-\frac{d^{2}}{dx^{2}}\log\Gamma(x)となりますね.\displaystyle\left(\frac{\partial}{\partial s}はf(x)に含まれていることに注意\right)
まず\displaystyle\zeta(s, x)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-s}から
\begin{align}
\frac{\partial}{\partial x}\zeta(s, x)&=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}-s(n+x)^{-s-1}\\
\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}\zeta(s, x)&=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}s(s+1)(n+x)^{-s-2}
\end{align}
となることがわかりますね.
\displaystyle\left(f(x)g(x)\right)'=f'(x)g(x)+f(x)g(x)', \frac{d}{dx}a^{x}=a^{x}\log aであることを踏まえsで微分します.
\begin{align}
\frac{\partial^{3}}{\partial x^{2}\partial s}\zeta(s, x)&=s(s+1)\left(\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-s-2}\right)'+\left(s(s+1)\right)'\left(\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-s-2}\right)\\
&=s(s+1)\left(\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-s-2}\log\left(\frac{1}{n+x}\right)\right)+(2s+1)\left(\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-s-2}\right)
\end{align}
今求めたいのは\displaystyle\frac{\partial^{3}}{\partial x^{2}\partial s}\zeta(0, x)なので上の式のs0を代入します.
すると\displaystyle\frac{\partial^{3}}{\partial x^{2}\partial s}\zeta(0, x)=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}(n+x)^{-2}となりますね. とても綺麗になりました.


次に\displaystyle-\frac{d^{2}}{dx^{2}}\log\Gamma(x)の値を求めていきましょう.
Weierstrassによる\Gamma関数の乗積表示
\begin{align}
\frac{1}{\Gamma(x)}=xe^{\gamma x}\prod_{n\in\mathbb{N}}\left(1+\frac{x}{n}\right)e^{-\frac{x}{n}}
\end{align}
の両辺の対数を取ると
\begin{align}
\displaystyle -\log\Gamma(x)=\log x+\gamma x+\sum_{n\in\mathbb{N}}\left(\log\left(1+\frac{x}{n}\right)-\frac{x}{n}\right)
\end{align}
となりますね.
これを微分していくと
\begin{align}
(-1)\frac{d}{dx}\log\Gamma(x)&=\frac{1}{x}+\gamma+\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{n}{n+x}-\frac{1}{n}\\
(-1)\frac{d^{2}}{dx^{2}}\log\Gamma(x)&=-\frac{1}{x^{2}}-\sum_{n\in\mathbb{N}}\frac{1}{(n+x)^{2}}\\
&=-\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}\frac{1}{(n+x)^{2}}
\end{align}
(alignとの兼ね合いで-1と書きました. はてなのalign, いろんなコマンドと相性が悪いから運営さん何とかして欲しい)
となります. \displaystyle\left(\sumの範囲が変わっていることに注意!\right)
これよりf''(x)=0となることが示されましたね.


次に2の証明をしていきます.

\begin{align}
\zeta(s, x+1)&=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}\bigl(n+(x+1)\bigr)^{-s}\\
&=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}\bigl((n+1)+x\bigr)^{-s}\\
&=\zeta(s, x)-x^{-s}
\end{align}となるので,

\begin{align}
\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x+1)=\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x)+\log x
\end{align}
が得られます.①

ここで\Gamma 関数における重要な性質, \displaystyle\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)をもとにこれの対数を取ると,
\begin{align}
\log \Gamma(x+1)=\log x+\log\Gamma(x)
\end{align}
となりますね.②
①, ②を\displaystyle f(x+1)=\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x+1)-\log\Gamma(x+1)に代入すると,
\begin{align}
f(x+1)&=\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x+1)-\log\Gamma(x+1)\\
&=\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x)+\log x-\left(\log x+\log\Gamma(x)\right)\\
&=\frac{\partial}{\partial s}\zeta(0, x)-\log\Gamma(x)
\end{align}
よって, \displaystyle f(x+1)=f(x)

次に3を示します. いよいよラストです.
\begin{align}
f\left(x\right)=\frac{\partial}{\partial s}\zeta\left(0, \frac{1}{2}\right)-\log\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)
\end{align}
を計算します.
\begin{align}
\zeta\left(s, \frac{1}{2}\right)&=\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}\left(n+\frac{1}{2}\right)^{-s}\\
&=2^{s}\sum_{n\in\mathbb{Z}_{\geq0}}\left(2n+1\right)^{-s}\\
&=\left(2^{s}-1\right)\zeta(s)
\end{align}
だから
\begin{align}
\frac{s}{\partial s}\left(s, \frac{1}{2}\right)&=\left(\log 2\right)\zeta\left(0\right)\\
&=-\frac{1}{2}\log2
\end{align}
が得られ, これと
\begin{align}
\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}
\end{align}
であることを合わせると,
\begin{align}
f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2}\log(2\pi)
\end{align}
が得られ, Lerchの公式が証明されました. \Box


計算の1つ1つがとても楽しかったです.



おまけ
Weierstrassによる\Gamma関数の乗積表示の証明を書いておきます.\displaystyle\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}の証明も載せたかったのですが, 今回の話とは関係のないところまで入ってしまい長くなりすぎるのでやめておきます.ごめんなさいm(_ _)m.
drive.google.com
こちらのpdfに詳しく書かれています.



 Weierstrassによる\Gamma関数の乗積表示
               \displaystyle\frac{1}{\Gamma(x)}=xe^{\gamma x}\prod_{n\in\mathbb{N}}\Bigl(1+\frac{x}{n}\Bigr)e^{-\frac{x}{n}}
    (ただし\gamma\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+2+3+…+n-\log n\right)で定義されるEuler定数である)


 (Proof)
\begin{align}
G_{n}(z)&=\int_{0}^{n}t^{z-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^{n}dt
\end{align}
 とすると, 明らかに
\begin{align}
\lim_{n \to \infty}G_{n}(z)=\Gamma(z)
\end{align}
 です. ここでt=nuと置換すると, 積分範囲が[0, n]から[0, 1]になり, dt=nduだから,
\begin{align}
G_{n}(z)=n^{z}\int_{0}^{1}u^{z-1}(1-u)^{n}du
\end{align}
 となります. n^{z}を除く部分をg_{n}(z)とすると, 部分積分により
\begin{align}
g_{n}(z)&=\int_{0}^{1}u^{z-1}(1-u)^{n}du\\
&=\left[(1-u)^{n}\frac{u^{z}}{z}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(-1)n(1-u)^{n-1}\frac{u^{z}}{z}du\\
&=\frac{n}{z}\int_{0}^{1}(1-u)^{n-1}u^{z}du\\
&=\frac{n}{z}g_{n-1}(z+1)
\end{align}
 がn\geq1において成立し, k=0においては
\begin{align}
g_{0}(z)&=\int_{0}^{1}u^{z-1}du\\
&=\frac{1}{z}
\end{align}
 だから, 帰納法により 
\begin{align}
g_{n}(z)=n!\prod_{k=0}^{n}\frac{1}{k+z}
\end{align}
 となるから,
\begin{align}
\lim_{n \to \infty}n^{z}n!\prod_{k=0}^{n}\frac{1}{k+z}=\Gamma(z)
\end{align}
 の成立がわかります. これより,
\begin{align}
\frac{1}{\Gamma(z)}&=\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{z}n!}\prod_{k=0}^{n}k+z\\
&=\lim_{n \to \infty}zn^{-z}\prod_{k=1}^{n}\frac{k+z}{k}\\
&=\lim_{n \to \infty}zn^{-z}\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{z}{k}\right )e^{\frac{z}{k}-\frac{z}{k}}\\
&=\lim_{n \to \infty}zn^{-z}\left(\prod_{l=1}^{n}e^{\frac{z}{l}}\right)\left(\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}}\right)
\end{align}
 となるが,
\begin{align}
n^{-z}\prod_{l=1}^{n}e^{\frac{z}{l}}&=e^{-z\log n}e^{\frac{s}{1}+\frac{s}{2}+\cdots+\frac{s}{n}}\\
&=e^{z\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}-\log n\right)}
\end{align}
 であるから
\begin{align}
\lim_{n \to \infty}n^{-z}\prod_{l=1}^{n}e^{\frac{z}{l}}=e^{\gamma z}
\end{align}
 よって題意は満たされました.\Box

ある美しい式

こんにちは. お久しぶりです. 今日は最近知った美しい式について書きたいと思います.

\triangle{ABC}において,\vec{AB}\cdot\vec{BC}=p,\vec{BC}\cdot\vec{CA}=q,\vec{CA}\cdot\vec{AB}=r とするとき, この三角形の
面積S \displaystyle S=\frac{1}{2}\sqrt{pq+qr+rp}と表される.
対称性を持った非常に美しい式ですよね. 初めて見たときは本当に感動しました.
美しさに浸りつつ証明を書いていこうと思います.
(Proof)
ベクトルの内積の定義
\displaystyle\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}|\cdot|\vec{b}|\cdot\cos\theta
を今回の三角形において考えると
\displaystyle\vec{AB}\cdot\vec{BC}=|\vec{AB}|\cdot|\vec{BC}|\cdot\cos\theta
で,
\displaystyle\cos\theta=\frac{\vec{AB}\cdot\vec{BC}}{|\vec{AB}|\cdot|\vec{BC}|}
だから, 三角比の関係性より
\displaystyle\sin\theta=\sqrt{1-\left(\frac{\vec{AB}\cdot\vec{BC}}{|\vec{AB}|\cdot|\vec{BC}|}\right)^{2}}
となり, 三角比と三角形の面積の関係式にこれを代入すると,
\displaystyle S=\frac{1}{2}\sqrt{|\vec{AB}|^{2}|\vec{BC}|^{2}-\left(\vec{AB}\cdot\vec{BC}\right)^{2}}
が得られる.
ここで|\vec{AB}|^{2}について考えると,
\begin{align}
\vec{AB}^{2}&=\vec{AB}\cdot\vec{AB}\\
&=\vec{AB}\cdot\left(\vec{BC}+\vec{CA}\right)\\
&=\vec{AB}\cdot\vec{BC}+\vec{AB}\cdot\vec{CA}\\
&=p+r
\end{align}
(ベクトルの大きさを表す記号とalignの相性が悪いので記号の方を外させていただきました. )
同じことを|\vec{BC}|^{2}についても考えると|\vec{BC}|^{2}=q+pで, また, \vec{AB}\cdot\vec{BC}=pであり, これらを先の式に代入すると,
\begin{align}
S&=\frac{1}{2}\sqrt{\left(p+r\right)\left(q+p\right)-p^{2}}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{pq+rq+rp}
\end{align}\Box

三角形の面積に関する式には美しい形をしたものが本当に多い.(友人談)