log Γ(z)のフーリエ級数展開

\begin{eqnarray} \log x&=&\int^x_1\frac1udu \\&=&\int^x_1\int^\infty_0e^{-ut}dtdu \\&=&\int^\infty_0(e^{-t}-e^{-xt})\frac{dt}t \end{eqnarray}
とわかる。

　一つ目の等号は
\begin{eqnarray} \g&=&\lim_{n\to\infty}\l(\sum^n_{k=1}\frac1k-\log n\r) \\&=&\lim_{n\to\infty}\l(\sum^n_{k=1}\int^\infty_0e^{-kt}dt-\int^\infty_0(e^{-t}-e^{-nt})\frac{dt}t\r) \\&=&\int^\infty_0\l(\frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}-\frac{e^{-t}}t\r)dt \end{eqnarray}
とわかる。
　二つ目の等号は
$$-\frac{\G'(z)}{\G(z)}=\g+\frac1z+\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1{z+n}-\frac1n\r)$$
より
\begin{eqnarray} \g&=&-\G'(1) \\&=&-\int^\infty_0e^{-t}\log t\;dt \\&=&-\int^\infty_0\int^\infty_0(e^{-u}-e^{-ut})e^{-t}dt\frac{du}u \\&=&\int^\infty_0\l(\frac1{1+u}-e^{-u}\r)\frac{du}u \end{eqnarray}
であることと任意の$\a>0$に対し
\begin{eqnarray} &&\int^\infty_0\l(\frac1{1+t^\a}-\frac1{1+t}\r)\frac{dt}t \\&=&\int^\infty_0\l(\frac{u^{\a-1}}{1+u^\a}-\frac1{1+u}\r)du\quad(t=1/u) \\&=&\l[\frac1\a\log(1+u^\a)-\log(1+u)\r]^\infty_0=0 \end{eqnarray}
が成り立つことからわかる。

\begin{eqnarray} \log(1-e^{2\pi ix}) &=&\log(2\sin\pi x)+\log(-ie^{\pi ix}) \\&=&\log(2\sin\pi x)+i\pi\l(x-\frac12\r) \\&=&-\sum^\infty_{n=1}\frac{e^{2\pi inx}}n \\&=&-\sum^\infty_{n=1}\frac{\cos2\pi nx+i\sin2\pi nx}n \end{eqnarray}
の実部虚部を比較することでわかる。

$$\g=\int^\infty_0\l(\frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}-\frac{e^{-t}}t\r)dt$$
に注意すると$\Re(z)>0$において
\begin{eqnarray} -\frac{\G'(z)}{\G(z)} &=&\g+\frac1z+\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1{z+n}-\frac1n\r) \\&=&\g+\frac1z+\sum^\infty_{n=1}\int^\infty_0(e^{-(z+n)t}-e^{-nt})dt \\&=&\g+\int^\infty_0e^{-zt}dt+\int^\infty_0\frac{e^{-(z+1)t}-e^{-t}}{1-e^{-t}}dt \\&=&\int^\infty_0\l(\frac{e^{-zt}}{1-e^{-t}}-\frac{e^{-t}}t\r)dt \end{eqnarray}
が成り立つのでこれを$z:1\to z$で積分することで
\begin{eqnarray} \log\G(z)&=&\int^\infty_0\l((z-1)\frac{e^{-t}}t-\frac1t\frac{e^{-t}-e^{-zt}}{1-e^{-t}}\r)dt \\&=&\int^\infty_0\l(ze^{-t}-\frac{1-e^{-zt}}{1-e^{-t}}\r)\frac{dt}t \end{eqnarray}
とわかる。

　$\log\G(x)/\sqrt{2\pi}$の$0< x<1$の部分を周期$1$の関数とみなしてフーリエ級数展開
$$\log\frac{\G(x)}{\sqrt{2\pi}} =\frac{a_0}2+\sum^\infty_{n=1}(a_n\cos 2\pi nx+b_n\sin 2\pi nx)$$
を考える。
　$a_n$については相反公式
$$\G(x)\G(1-x)=\frac\pi{\sin\pi x}$$
の対数を取ることで
\begin{eqnarray} \log\frac{\G(x)}{\sqrt{2\pi}}+\log\frac{\G(1-x)}{\sqrt{2\pi}} &=&a_0+2\sum^\infty_{n=1}a_n\cos 2\pi nx \\&=&-\log(2\sin\pi x) \\&=&\sum^\infty_{n=1}\frac1n\cos2\pi nx \end{eqnarray}
と決定できる。
　また$b_n$については補題4より
\begin{eqnarray} \frac{b_n}2 &=&\int^1_0\log\G(x)\sin2\pi nx\;dx \\&=&\int^\infty_0\int^1_0\l(xe^{-t}-\frac{1-e^{-xt}}{1-e^{-t}}\r)\frac{\sin2\pi nx}tdxdt \end{eqnarray}
と表すと
\begin{eqnarray} \int^1_0\sin2\pi nx\;dx&=&0 \\\int^1_0x\sin2\pi nx\;dx&=&-\frac1{2\pi n} \\\int^1_0e^{-xt}\sin2\pi nx\;dx &=&\Im\l(\int^1_0e^{-(t-2\pi i n)x}dx\r) \\&=&\Im\l(\frac{1-e^{-t+2\pi in}}{t-2\pi ni}\r) \\&=&\frac{2\pi n}{t^2+4\pi^2n^2}(1-e^{-t}) \end{eqnarray}
から
\begin{eqnarray} \frac{b_n}2 &=&\int^\infty_0\l(\frac{2\pi n}{t^2+4\pi^2n^2}-\frac{e^{-t}}{2\pi n}\r)\frac{dt}t \\&=&\frac1{2\pi n}\int^\infty_0\l(\frac1{1+t^2}-e^{-2\pi nt}\r)\frac{dt}t \\&=&\frac1{2\pi n}\int^\infty_0\l(\frac1{1+t^2}-e^{-t}+e^{-t}-e^{-2\pi nt}\r)\frac{dt}t \\&=&\frac1{2\pi n}(\g+\log2\pi n) \end{eqnarray}
と計算できる。
　以上より主張を得る。

　$0< z<1/n$に対して示せばよい(解析接続すればいいので)。
　いま周期関数
$$f(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}$$
に対して
\begin{eqnarray} \sum^{n-1}_{k=0}f\l(x+\frac kn\r) &=&\sum^\infty_{m=-\infty}c_me^{2\pi imx}\sum^{n-1}_{k=0}e^{\frac{2\pi ik}nm} \\&=&n\sum^\infty_{l=-\infty}c_{ln}e^{2\pi ilnx} \end{eqnarray}
が成り立つことに注意するとKummerの公式から
\begin{eqnarray} \sum^{n-1}_{k=0}\log\frac{\G(x+\frac kn)}{\sqrt{2\pi}} &=&n\sum^\infty_{k=1}(a_{kn}\cos2\pi knx+b_{kn}\sin2\pi knx) \\&=&n\sum^\infty_{k=1}\l(\frac1{2kn}\cos2\pi knx+\frac{\g+\log2\pi kn}{\pi kn}\sin2\pi knx\r) \\&=&\sum^\infty_{k=1}\l(\frac1{2k}\cos2\pi knx+\frac{\g+\log2\pi k}{\pi k}\sin2\pi knx\r)+\frac{\log n}\pi\sum^\infty_{k=1}\frac1k\sin2\pi knx \\&=&\log\farc{\G(nx)}{\sqrt{2\pi}}-\l(nx-\frac12\r)\log n \end{eqnarray}
を得る。