ガウスの乗積表示を使わずに、ワイエルシュトラウスの乗積表示を導出|ミューラーの公式

ワイエルシュトラウスの乗積表示とは、

$${\displaystyle\frac{1}{\Gamma(x)}=xe^{\gamma x}\displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}e^{-\frac{x}{k}}\Big(1+\frac{x}{k}\Big)}$$

$${\gamma=0.577..}$$は、オイラー・マスケローニ定数

という、ガンマ関数の乗積表示のこと。
大体ガウスの乗積表示を使って導出されるが、今回は使わずにいきます。

証明

ガンマ関数の漸化式

$${\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)}$$

を、対数微分すると

$${\displaystyle\frac{\Gamma’(x+1)}{\Gamma(x+1)}=\displaystyle\frac{1}{x}+\frac{\Gamma’(x)}{\Gamma(x)}}$$

ガンマ関数の対数微分を$${\psi(x)}$$とすると、(ディガンマ関数と言う)

$${\psi(x+1)=\displaystyle\frac{1}{x}+\psi(x)}$$

変形すると

$${\psi(x+1)-\psi(x)=\displaystyle\frac{1}{x}}$$

1から$${n}$$まで和をとる

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

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

ここで一旦、調和級数に注目

ミューラーの公式

$${\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f(k)=\sum_{k=1}^{\infty}\Big(f(k)-f(k+n)\Big)}$$

証明は簡単。
1からの和と、(x+1)からの和の差なので、
それはつまり1からxまでの和になる。
条件は、x->∞でf(x)->0

より、

$${\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\sum_{k=1}^{\infty}\Big(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+n}\Big)}$$

ディガンマ関数を使うと、

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

両辺$${n}$$で0から$${x}$$まで積分
一様収束する(省略)ので項別積分できる

$${\log\Gamma(x+1)-\log\Gamma(1)-\psi(1)x\\=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\Big(\frac{x}{k}-\Big(\log(k+x)-\log(k)\Big)\Big)}$$

$${\log\Gamma(1)=0}$$なので消して、
両辺指数関数に入れると、

$${\Gamma(x+1)e^{-\psi(1)x}\\=\displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}e^{\frac{x}{k}-\log(k+x)+\log(k)}\\=\prod_{k=1}^{\infty}e^{\frac{x}{k}}\Big(\frac{k}{k+x}\Big)}$$

漸化式でガンマ関数の引数を1下げて、解くと、、

$${\displaystyle\Gamma(x)=\frac{e^{\psi(1)x}}{x}\prod_{k=1}^{\infty}e^{\frac{x}{k}}\Big(\frac{k}{k+x}\Big)}$$

特殊値$${\psi(1)=-\gamma}$$を使い、逆数をとると

$${\displaystyle\frac{1}{\Gamma(x)}=xe^{\gamma x}\displaystyle\prod_{k=1}^{\infty}e^{-\frac{x}{k}}\Big(1+\frac{x}{k}\Big)}$$

完了！

ミューラーの公式、あまり知らなかったかと思うけど、シグマの上端を、自然数から拡張できるので、案外便利。

ここまでです。ありがとうございます。