]> ガンマ関数

ガンマ（Γ）関数とベータ（Β）関数の初歩

1. ガンマ関数の初歩

これからの内容については、微分積分学の基礎と、初歩的な複素関数論についての理解を前提にしている。

1.1. ガンマ関数の定義

ガンマ関数 $Γ (z)$ は複素数 $z$ を変数とし，その実数部 $ℜ (z) > 0$ が成り立つとき、次のように定義される．

ガンマ関数の定義

Γ (z) = \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t (1)

この定義より、実数値 $x > 0$ にたいして、明らかに

Γ (x) > 0, x > 0 (2)

が成り立つ。また、定義式の変形として， $k > 0$ に対して次の関係がなりたつ．

\int_{0}^{\infty} e^{- k t} t^{z - 1} ⅆ t = \frac{Γ (z)}{k^{z}} (3)

1.2. ガンマ関数と正規分布関数の関係

分散が $1$ 、平均が $0$ の標準正規分布関数はつぎのような関数形で与えられる。

f (x) = \frac{1}{\sqrt{π}} e^{- x^{2}} (4)

この関数を区間 $(- \infty, \infty)$ で積分するとつぎのようになる。

\int_{- \infty}^{\infty} f (x) ⅆ x = \frac{1}{\sqrt{π}} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} ⅆ x = \frac{2}{\sqrt{π}} \int_{0}^{\infty} e^{- x^{2}} ⅆ x

正規分布関数の積分とガンマ関数値との関係を見つけるためには、 $t = x^{2}$ と置き換えて上の最右辺の定積分を論ずればよい。

\frac{2}{\sqrt{π}} \int_{0}^{\infty} e^{- x^{2}} ⅆ x = \frac{1}{\sqrt{π}} \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{- 1 / 2} ⅆ t = \frac{1}{\sqrt{π}} Γ (\frac{1}{2}) (5)

このように、標準正規分布関数の定積分とガンマ関数値との関係を見いだすことができた。その結果、後に述べる $(17)$ 式からつぎの定式が成立し、 $(4)$ 式の標準正規分布関数は確率密度関数としての必要条件を満たす。

\int_{- \infty}^{\infty} f (x) ⅆ x = \frac{1}{\sqrt{π}} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- x^{2}} ⅆ x = 1 (6)

なお、 $(4)$ 式は、平均 $0$ であり、またその分散は $1$ となること、つまり、

\int_{- \infty}^{\infty} x f (x) ⅆ x = 0, \int_{- \infty}^{\infty} x^{2} f (x) ⅆ x = 1

となることと $(6)$ を満たすことを合わせて、それが確率密度関数としての必要十分条件を満たすことについては、簡単に示せることであるが、統計学の問題として別の所で議論したい。

1.3. 漸化式

$(1)$ 式を部分積分をすると， $ℜ (z) > 0$ であるから， $t \to 0$ で $e^{- t} t^{z} \to 0$ となり，

\int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{z} ⅆ t = - e^{- t} t^{z} |_{0}^{\infty} + z \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t = z \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t

結局，次の漸化式が得られる．

ガンマ関数の漸化式

Γ (z + 1) = z Γ (z) (7)

つまりガンマ関数は，自然数 $n$ に関する階乗関数 $n!$ の複素数への拡張となっている．

Γ (n + 1) = n! (8)

では， $Γ (1)$ についてはどうであろうか？これについては，定義の式より $Γ (1) = 1$ であるから， $Γ (1) = 0! = 1$ とするのが自然であろう．結局，この意味で $0$ を含めた非負整数 $n$ について，

Γ (n + 1) = n! (9)

が成立する．

1.4. $ℜ (z) \leq 0$ の領域への解析接続

自然数 $n$ に対して，上の漸化式 $(7)$ 式から次の関係が求められる．

Γ (z) = \frac{Γ (z + n + 1)}{(z + n) (z + n - 1) \dots (z + 1) z} (10)

$Γ (z + n + 1)$ は， $ℜ (z) > - (n + 1)$ の $z$ に対して正則である．したがって，このとき左辺の $Γ (z)$ も， $z = 0, - 1, - 2,⋯, - n$ の点（一位の極）を除いた $ℜ (z) > - (n + 1)$ の領域で正則となる． $n$ はいくらでも大きくとれるから， $Γ (z)$ は，いずれも一位の極である $0$ と負の整数を除いた複素平面全面に解析接続される．

2. ベータ関数の初歩

2.1. ベータ関数の定義と，その引数に関する対称性

ベータ関数 $Β (p, q)$ は $ℜ (p) > 0, ℜ (q) > 0$ なる複素数 $p, q$ を変数として，次のように定義される．

ベータ関数の定義

Β (p, q) = \int_{0}^{1} t^{p - 1} {(1 - t)}^{q - 1} ⅆ t (11)

ここで $1 - t \to t$ と置くと， $Β (p, q) = Β (q, p)$ であることが容易にわかる．つまり，ベータ関数は２つの引数 $p, q$ に関して対称である．

2.2. ベータ関数の変形

$(1 - t) / t \to t$ と変数変換すると，ベータ関数は次の形になる．

Β (p, q) = - \int_{\infty}^{0} \frac{1}{{(1 + t)}^{p - 1}} {(\frac{t}{1 + t})}^{q - 1} \frac{1}{{(1 + t)}^{2}} ⅆ t = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{q - 1}}{{(1 + t)}^{p + q}} ⅆ t = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{p - 1}}{{(1 + t)}^{p + q}} ⅆ t

$Β (p, q)$ の引数に関する対称性を考慮して，明示的に対称な形に整えると次式を得る．

Β (p, q) = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{p - 1} + t^{q - 1}}{{(1 + t)}^{p + q}} ⅆ t, \int_{0}^{\infty} \frac{t^{p - 1} - t^{q - 1}}{{(1 + t)}^{p + q}} ⅆ t = 0 (12)

また，定義式において $t \to {cos}^{2} θ$ と変数変換をすると，ベータ関数は次の形になる．

Β (p, q) = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} {cos}^{2 p - 1} θ \cdot {sin}^{2 q - 1} θ ⅆ θ = 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} {sin}^{2 p - 1} θ \cdot {cos}^{2 q - 1} θ ⅆ θ (13)

この式に $p = q = \frac{1}{2}$ を代入すれば，直ちに次の結果を得る．

Β (\frac{1}{2}, \frac{1}{2}) = π (14)

3. ガンマ関数の関数等式

3.1. ガンマ関数とベータ関数の関係式

次の積分を考える．

I = \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} e^{- (1 + s) t} t^{p + q - 1} s^{p - 1} ⅆ t ⅆ s (15)

これを変形していく．先に $t$ について積分し，そのあとで $s$ について積分を行う．

I = Γ (p + q) \int_{0}^{\infty} \frac{s^{p - 1}}{{(1 + s)}^{p + q}} ⅆ s = Γ (p + q) Β (p, q)

一方、これとは別な式変形もある．今度は $s$ についての積分を先にやり，そのあとで $t$ についての積分を行うとつぎのように $I$ に関する別の表現を得る．

I = \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{p + q - 1} \{\int_{0}^{\infty} e^{- s t} s^{p - 1} ⅆ s\} ⅆ t = \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{p + q - 1} \frac{Γ (p)}{t^{p}} ⅆ t = Γ (p) Γ (q)

こうして，ガンマ関数とベータ関数の関係式が得られた．

ガンマ関数とベータ関数の関係式

Β (p, q) = \frac{Γ (p) Γ (q)}{Γ (p + q)} (16)

ここに、 $p = q = 1 / 2$ を代入すると、 $(2)$ 式と $(14)$ 式を考慮してつぎの関数値が求められる。

Γ (\frac{1}{2}) = \sqrt{π} (17)

3.2. ガンマ関数の関数等式の導出と解析接続

ガンマ関数とベータ関数の関係式に $p = z, q = 1 - z$ を代入する．ただし， $0 < ℜ (z) < 1$ とする．

Γ (z) Γ (1 - z) = Β (z, 1 - z) = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{z - 1}}{1 + t} ⅆ t

複素関数論の知識から，この右辺の積分は次のような値をもつ．

\int_{0}^{\infty} \frac{t^{z - 1}}{1 + t} ⅆ t = \frac{π}{sin π z}

こうして次のようなガンマ関数の関数等式が得られる．

関数等式

Γ (z) Γ (1 - z) = \frac{π}{sin π z} (18)

この式からも、 $z = 1 / 2$ を代入すると $(17)$ 式と同じガンマ関数値が定められる。

Γ (\frac{1}{2}) = \sqrt{π}

4. そのほかの表現

4.1. オイラーの公式

つぎのように定義される関数を考える。

Γ_{n} (z) = \int_{0}^{n} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} t^{z - 1} ⅆ t, (19)

そこで、 $t = n v$ と変数変換して、部分積分を施していくとつぎのような結果となる。

\begin{array}{l} Γ_{n} (z) & = & n^{z} \int_{0}^{1} {(1 - v)}^{n} v^{z - 1} ⅆ v \\ = & n^{z} {[{(1 - v)}^{n} \frac{1}{z} v^{z}]}_{0}^{1} + \frac{n^{z + 1}}{z} \int_{0}^{1} v^{z} {(1 - v)}^{n - 1} ⅆ v \\ = & \frac{n^{z + 1}}{z} \int_{0}^{1} v^{z} {(1 - v)}^{n - 1} ⅆ v \end{array}

この関係を使うと、つぎのように $Γ_{n} (z)$ が展開される。

Γ_{n} (z) = \frac{n^{z + 1}}{z} \frac{n - 1}{z + 1} \frac{n - 2}{z + 2} \dots \frac{3}{z + n - 2} \frac{2}{z + n - 1} \int_{0}^{1} v^{z + n - 1} ⅆ v

ここで、上式右辺の積分は、

\int_{0}^{1} v^{z + n - 1} ⅆ v = \frac{1}{z + n}

であるから、 $Γ_{n} (z)$ はつぎのように展開される。

\begin{array}{l} Γ_{n} (z) & = & n^{z} \frac{n}{z} \frac{n - 1}{z + 1} \frac{n - 2}{z + 2} \dots \frac{3}{z + n - 2} \frac{2}{z + n - 1} \frac{1}{z + n} \\ = & \frac{n^{z}}{z} \frac{n - 1}{z + 1} \frac{n - 2}{z + 2} \dots \frac{3}{z + n - 2} \frac{2}{z + n - 1} \frac{1}{\frac{z}{n} + 1} \\ = & \frac{n^{z}}{z} \frac{1}{z + 1} \frac{n - 2}{\frac{z}{2} + 1} \dots \frac{3}{z + n - 2} \frac{1}{\frac{z}{n - 1} + 1} \frac{1}{\frac{z}{n} + 1} \\ = & \dots \\ = & \frac{n^{z}}{z} \frac{1}{z + 1} \frac{1}{\frac{z}{2} + 1} \dots \frac{1}{\frac{z}{n - 2} + 1} \frac{1}{\frac{z}{n - 1} + 1} \frac{1}{\frac{z}{n} + 1} \end{array}

結局、 $Γ_{n} (z)$ はつぎのような表現を得る。

Γ_{n} (z) = \frac{n^{z}}{z} \prod_{m = 1}^{n} {(\frac{z}{m} + 1)}^{- 1} (20)

一方、 $(1)$ 式と $(19)$ 式の差をとると、

Γ (z) - Γ_{n} (z) = \int_{0}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t - \int_{0}^{n} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} t^{z - 1} ⅆ t = \int_{0}^{n} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t - \int_{0}^{n} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} t^{z - 1} ⅆ t + \int_{n}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t

となる。ここで、

lim_{n \to \infty} \int_{n}^{\infty} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t = 0

となるから、つぎの関係式が成り立つ。

lim_{n \to \infty} \{Γ (z) - Γ_{n} (z)\} = lim_{n \to \infty} \{\int_{0}^{n} e^{- t} t^{z - 1} ⅆ t - \int_{0}^{n} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} t^{z - 1} ⅆ t\} (21)

ここで、一般的につぎの不等式が成り立つことから、さらに議論を進める。

[補題]

一般に、 $0 \leq t \leq n$ とするとつぎが成り立つ。

0 \leq e^{- t} - {(1 - \frac{t}{n})}^{n} \leq e^{- t} \frac{t^{2}}{n} (22)

[証明]

指数関数の性質からつぎがなりたつ。すなわち、

e^{- t} \geq 1 - t, e^{t} \geq 1 + t, 0 \leq t \leq 1

であるから、 $t \to t / n$ と置き換えたうえで両辺を $n$ 乗すると、

e^{- t} \geq {(1 - \frac{t}{n})}^{n}, e^{t} \geq {(1 + \frac{t}{n})}^{n}, 0 \leq t \leq n

したがって、

0 \leq e^{- t} - {(1 - \frac{t}{n})}^{n} = e^{- t} \{1 - e^{t} {(1 - \frac{t}{n})}^{n}\} \leq e^{- t} \{1 - {(1 - \frac{t^{2}}{n^{2}})}^{n}\}

の関係が成り立つ。ここで、

{(1 - x)}^{n} \geq 1 - n x, 0 \leq x \leq 1

であるから、

∴ 0 \leq e^{- t} - {(1 - \frac{t}{n})}^{n} \leq e^{- t} \frac{t^{2}}{n} ▮

以上より、

lim_{n \to \infty} {(1 - \frac{t}{n})}^{n} = e^{- t}

であるから、(21)式より

Γ (z) = lim_{n \to \infty} Γ_{n} (z)

となり、つぎのオイラーの公式が得られる。

オイラーの公式

\frac{1}{Γ (z)} = lim_{n \to \infty} \frac{z}{n^{z}} \prod_{m = 1}^{n} (1 + \frac{z}{m}) (23)

4.2. ワイエルシュトラスの公式

オイラーの公式に出てくる項について、つぎのような関係がある。

n^{- z} = e^{- z log n}, e^{z (1 + 1 / 2 + 1 / 3 + \dots + 1 / n)} \prod_{m = 1}^{n} e^{- z / m} = 1

そこで、オイラーの定数 $γ$ が、

γ = lim_{n \to \infty} \{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n} - log n\} = 0.577215664 \dots (24)

のように定義されることに思い至ると、つぎのワイエルシュトラスの公式を得る。

ワイエルシュトラスの公式

\frac{1}{Γ (z)} = z e^{γ z} \prod_{m = 1}^{\infty} (1 + \frac{z}{m}) e^{- z / m} (25)

ご意見はE-Mail でお願いします。First presented on May 31, 2007, and Last updated by Y. Kanai on Apr. 14, 2009. 金井泰憲