ガンマ関数
導入
正の実数$x$に対して以下のガンマ関数(Gamma function)を定義します。
$$
\Gamma(x)=\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt
$$
このように$\Gamma(x)$を定義すると、任意の正の整数$n$に対して、$\Gamma(n+1)=n!$が成り立ちます。
要するに、$\Gamma(x)$は階乗の一般化です。
$n!$は正の整数$n$についてのみ定義されますが、$\Gamma(x)$によって正の実数$x$に拡張することができます。
$\Gamma(n+1)=n!$が成り立つことを計算してみます。
$$
\Gamma(1)=\int_{0}^{\infty}e^{-t}dt=\left[-e^{-t}\right]_{0}^{\infty}=1
$$
$$
\begin{align}
\Gamma(n+1)&=\int_{0}^{\infty}t^ne^{-t}dt \\
&=\int_{0}^{\infty}t^n\left(-e^{-t}\right)’dt \\
&=\left[-t^ne^{-t}\right]_{0}^{\infty}-\int_{0}^{\infty}nt^{n-1}\left(-e^{-t}\right)dt \\
&=n\int_{0}^{\infty}t^{n-1}e^{-t}dt \\
&=n\Gamma(n)
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\Gamma(n+1)&=n\Gamma(n) \\
&=n\left(n-1\right)\Gamma(n-1) \\
&=n\left(n-1\right)\cdots1\Gamma(1) \\
&=n!
\end{align}
$$
定義を複素数に拡張する
ガンマ関数の定義を$\Re(z)>0$の複素数$z$に拡張します。
$$
\Gamma(z)=\int_{0}^{\infty}t^{z-1}e^{-t}dt\qquad\left(\Re(z)>0\right)
$$
まずは、$\Gamma(z)$が$\Re(z)>0$で収束することを示します。
$$
\left|t^{z-1}\right|=\left|e^{(z-1)\log t}\right|=e^{(\Re(z)-1)\log t}=t^{\Re(z)-1}
$$
$\Re(z)=R$とおきます。
$$
\begin{align}
\int_0^\infty\left|t^{z-1}e^{-t}\right|dt&=\int_0^\infty t^{R-1}e^{-t}dt \\
&=\int_0^1 t^{R-1}e^{-t}dt+\int_1^\infty t^{R-1}e^{-t}dt
\end{align}
$$
$\int_0^1 t^{R-1}e^{-t}dt$を計算します。
$0\le t\le 1 \Rightarrow t^{R-1}e^{-t}\le t^{R-1}$なので、
$$
\int_0^1 t^{R-1}e^{-t}dt\le\int_0^1 t^{R-1}dt=\left[\frac{1}{R}t^R\right]_0^1=\frac{1}{R}
$$
$\int_0^1 t^{R-1}e^{-t}dt$は正の値をとるので、$\frac{1}{R}>0$、つまり$R>0$である必要があります。
前提条件にある$\Re(z)=R>0$はここが理由だと思います。
$R>0$の場合、積分は有限の値に収束することがわかります。
次に、$\int_1^\infty t^{R-1}e^{-t}dt$を計算します。
$1\le t$で$R\le n$となる自然数$n$をとると、
$$
\frac{t^{R-1}}{e^t}\le\frac{t^{n-1}}{e^t}=\frac{t^{n+1}}{e^t}\frac{1}{t^2}
$$
なので、
$$
\lim_{t\to\infty}\frac{t^{R-1}}{e^t}\le\lim_{t\to\infty}\frac{t^{n+1}}{e^t}\frac{1}{t^2}
$$
ロピタルの定理より、
$$
\lim_{t\to\infty}\frac{t^{n+1}}{e^t}=\lim_{t\to\infty}\frac{(n+1)!}{e^t}=0
$$
したがって、
$$
\lim_{t\to\infty}\frac{t^{R-1}}{e^t}\le\lim_{t\to\infty}\frac{t^{n+1}}{e^t}\frac{1}{t^2}=0
$$
より、
$$
\lim_{t\to\infty}\frac{t^{R-1}}{e^t}=0
$$
となり、$\int_1^\infty t^{R-1}e^{-t}dt$が有界なことがわかります。
以上より、
$$
\left|\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt\right|\le\int_0^\infty\left|t^{z-1}e^{-t}\right|dt<\infty
$$
なので、ガンマ関数$\Gamma(z)$は$\Re(z)>0$の複素数$z$についても定義できます。
解析接続
複素平面上で定義される正則な関数の定義域を拡張する操作のことを解析接続(analytic continuation)と呼びます。
先に示したように、ガンマ関数$\Gamma(z)$は$\Re(z)>0$を満たす複素数$z$について定義されます。
この定義域を$\Re(z)<0$の範囲に拡張することを考えます。
$\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$より、$\Gamma(z)=\frac{\Gamma(z+1)}{z}$です。
$\Gamma(z+1)$が定義できる、つまり$\Re(z+1)>0$であれば左辺の$\Gamma(z)$の値がわかるので、この操作によって$\Gamma(z)$の定義域を$\Re(z)>-1$まで拡張することができます。
同様の操作を繰り返すことで、
$$
\Gamma(z)=\frac{\Gamma(z+m)}{z(z+1)(z+2)\cdots(z+m-1)}
$$
となるので、$\Gamma(z)$の定義域を$\Re(z)>-m$まで拡張することができます。
無限積表示
ガンマ関数の無限積表示を導出することで、ガンマ関数がどこで極をもつかがわかります。
$x$を正の実数、$n$を整数とします。
$$
\begin{align}
\Gamma(x)&=\lim_{n\to\infty}\int_0^n t^{x-1}e^{-t}dt \\
&=\lim_{n\to\infty}\int_0^nt^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^ndt
\end{align}
$$
$e^{-t}=\left(1-\frac{t}{n}\right)^n$の変換については以下のとおりです。
$$
\left(1-\frac{t}{n}\right)^n=e^{n\log\left(1-\frac{t}{n}\right)}
$$
$\log(1+x)$をマクローリン展開すると
$$
\log(1+x)=x+\mathcal{O}(x^2)\qquad(x\to0)
$$
なので、
$$
\begin{align}
n\log\left(1-\frac{t}{n}\right)&=n\left(-\frac{t}{n}+\mathcal{O}{\left(\frac{t}{n}\right)^2}\right) \\
&=-t+\mathcal{O}\left({\frac{t^2}{n}}\right)\qquad(n\to\infty)
\end{align}
$$
より、
$$
\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{t}{n}\right)^n=\lim_{n\to\infty}e^{n\log\left(1-\frac{t}{n}\right)}=e^{-t}
$$
となります。
$$
a_n=\int_0^n t^{x-1}\left(1-\frac{t}{n}\right)^ndt
$$
とおきます。
$u=\frac{t}{n}$とおくと、
$$
\begin{align}
a_n&=\int_0^1(nu)^{x-1}(1-u)^n ndu \\
&=n^x\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^n du
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^n du&=\int_0^1\left(\frac{1}{x}u^x\right)'(1-u)^n du \\
&=\frac{1}{x}\int_0^1 (u^x)'(1-u)^n du
\end{align}
$$
$$
\begin{align}
\int_0^1 (u^x)'(1-u)^n du&=[u^x(1-u)^n]_0^1-\int_0^1u^x\cdot n(1-u)^{n-1}\cdot (-1)du \\
&=n\int_0^1 u^x(1-u)^{n-1}du
\end{align}
$$
より、
$$
\int_0^1u^x(1-u)^ndu=\frac{n}{x}\int_0^1u^x(1-u)^{n-1}du \tag{1}
$$
同様の計算で、
$$
\begin{align}
\int_0^1u^x(1-u)^{n-1}du&=\int_0^1\left(\frac{1}{x+1}u^{x+1}\right)'(1-u)^{n-1}du \\
&=\frac{1}{x+1}\int_0^1(u^{x+1})'(1-u)^{n-1}du \\
&=\frac{n-1}{x+1}\int_0^1u^{x+1}(1-u)^{n-2}du \tag{2}
\end{align}
$$
なので、式2を式1に代入すれば、
$$
\int_0^1u^{x-1}(1-u)^ndu=\frac{n}{x}\cdot\frac{n-1}{x+1}\int_0^1 u^{x+1}(1-u)^{n-2}du
$$
この操作を$n$回繰り返すと
$$
\int_0^1u^{x-1}(1-u)^n=\frac{n(n-1)\cdots 1}{x(x+1)\cdots (x+n-1)}\int_0^1 u^{x+n-1}(1-u)^0du
$$
となるので、
$$
\int_0^1 u^{x+n-1}du=\left[\frac{1}{x+n}u^{x+n}\right]_0^1=\frac{1}{x+n}
$$
より、
$$
\int_0^1u^{x-1}(1-u)^ndu=\frac{n!}{x(x+1)\cdots (x+n-1)(x+n)}=\frac{n!}{\prod_{k=0}^n(x+k)}
$$
したがって、
$$
a_n=\frac{n^xn!}{\prod_{k=0}^n(x+k)}
$$
なので、
$$
\Gamma(x)=\lim_{n\to\infty}\frac{n^xn!}{\prod_{k=0}^{n}(x+k)}\qquad(x>0)
$$
ここで領域$D$を以下のように定義します。
$$
D=\mathbb{C}\setminus\{z\in\mathbb{Z}\mid z\le0\}\quad(z\ne0,-1,-2,\cdots)
$$
このとき、$\Gamma(z)$は$D$内で正則です。
また、実軸の正の部分($x>0$)は領域$D$に含まれていて、この部分で$\Gamma(z)$と$\Gamma(x)$は一致します。
したがって、一致の定理より、
$$
\Gamma(z)=\lim_{z\to\infty}\frac{n^zn!}{\prod_{k=0}^n(z+k)}
$$
は$z\ne 0,-1,-2,\cdots$を満たす複素数$z$について成立します。