オイラーによるガンマ関数の相反公式の導出
ガンマ関数の相反公式
オイラーは様々な積分について研究し、今ではガンマ関数、ベータ関数と呼ばれているものに関する公式を多く発見しました。そのうちの一つが以下の公式です。
$$ \Gamma(x)\Gamma(1-x) = \frac{\pi}{\sin (\pi x)} $$
オイラーが導出したのは以下の等式です。この式は上で述べた式にすぐ（大嘘）変形できます。
$0 < m < n $ のとき
$$
\int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx = \frac{\pi}{n \sin (m \pi /n)}
$$
導出
$x^n+1$の因数分解
この等式をオイラーは部分分数展開を用いて導きました。
まず$x^n+1$を因数分解します。$x^n+1=0$の解は
$$
\begin{eqnarray}
\varphi_k &=& \pm \frac{2k-1}{n} \pi ~~\left(n:\textrm{even}, k = 1,2, .., \frac{n}{2}\right)\\
\varphi_k &=& \pm \frac{2k-1}{n} \pi, \pi ~~\left(n:\textrm{odd}, k = 1,2, ..,\frac{n-1}{2} \right)
\end{eqnarray}
$$
とおき
$x=e^{i \varphi_k}$ と表されます。このうち、複素共役のものをまとめると実数の範囲で因数分解ができます。
$ (x-e^{i \varphi_k})(x-e^{-i \varphi_k}) = x^2 - 2 x \cos \varphi_k + 1 $
よって$x^n + 1$ は以下のように因数分解できます。
$$
\begin{eqnarray}
x^n + 1 &=& \prod_k^{\frac{n}{2}}(x^2-2 x \cos \varphi_k + 1) ~~(n:\textrm{even}) \\
x^n + 1 &=& (x+1) \prod_k^{\frac{n-1}{2}}(x^2-2 x \cos \varphi_k + 1) ~~(n:\textrm{odd})
\end{eqnarray}
$$
ただし
$$
\begin{eqnarray}
\varphi_k &=& \frac{2k-1}{n} \pi ~~\left(n:\textrm{even}, k = 1,2, .., \frac{n}{2}\right)\\
\varphi_k &=& \frac{2k-1}{n} \pi ~~\left(n:\textrm{odd}, k = 1,2, ..,\frac{n-1}{2} \right)
\end{eqnarray}
$$
部分分数展開
ここで$x^n + 1 = (x^2 - 2 x \cos \varphi + 1) S(x)$ の形に分解したとします。ここで$S(x)$は多項式です。実数$A,B$、多項式$V(x)$を用いて以下のような部分分数展開を考えます。
$$ \frac{x^{m-1}}{x^n+1} = \frac{A x + B}{x^2-2x \cos \varphi + 1} + \frac{V(x)}{S(x)} $$
このとき$A,B$はどのように求まるでしょうか。まず両辺に$x^n+1$をかけます。
$$ x^{m-1} = (A x + B)S(x) + V(x)(x^2-2x \cos \varphi + 1) $$
ここで$x=e^{i\varphi}$を代入します。
$$ e^{i (m-1) \varphi} = (A e^{i \varphi} + B)S(e^{i \varphi}) \tag{1} \label{eq1} $$
未知変数が$A,B$の２つに対し式が一つなので解けないように思えますが、この等式は複素数の等式であり実部と虚部に関する等式から$A,B$が求まります。
複素数の内積、外積
この式を解く前に便利な表記として複素数の内積、外積、そしてそれを用いた等式を用意します。ここで複素数 $a$ の複素共役を$\overline{a}$とします。
$$ a \cdot b = \frac{\overline{a} b + a \overline{b}}{2} $$
$$ a \times b = \frac{\overline{a} b - a \overline{b}}{2i} $$
$a = a_r + i a_i$,$b=b_r+ib_i$とします。
すると以下のような公式が成り立ちます。
\begin{eqnarray} a \cdot b = a_r b_r + a_i b_i \\ a \times b = a_r b_i - a_i b_r \\ a \cdot ab = |a|^2 b_r \\ a \times ab = |a|^2 b_i \\ a \cdot ib = b \times a \\ a \times ib = a \cdot b \\ r_1 e^{i \theta_1} \cdot r_2 e^{i \theta_2} = r_1 r_2 \cos (\theta_2 - \theta_1) \\ r_1 e^{i \theta_1} \times r_2 e^{i \theta_2} = r_1 r_2 \sin (\theta_2 - \theta_1) \\ \end{eqnarray}
部分分数分解の続き
これを用いて先ほどの式$\eqref{eq1}$を解きます。
$s = S(e^{i \phi})$ とします。先程の公式を用いると以下のように$A,B$を求めることができます。
$$ \begin{eqnarray} A &=& \frac{s \times e^{i (m-1) \varphi}}{|s|^2 \sin \varphi} \\ B &=& \frac{1}{|s|^2 \sin \varphi} \left(s\cdot e^{i (m-1) \varphi} \sin \varphi - s \times e^{i (m-1) \varphi} \cos \varphi \right) \end{eqnarray} $$
ここで$s$は以下のように求まります。
$$ \begin{eqnarray} s &=& \frac{x^n + 1}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} \Big|_{x \to x^{i \varphi}} \\ &=& \frac{n}{2} \frac{e^{i (n-1) \varphi}}{i \sin \varphi} \end{eqnarray} $$
また以下の式が成り立ちます。
$$ \begin{eqnarray} s \cdot e^{i (m-1) \varphi} &=& \frac{n \sin (n-m) \varphi}{2 \sin \varphi} \\ s \times e^{i (m-1) \varphi} &=& \frac{n \cos (n-m) \varphi}{2 \sin \varphi} \end{eqnarray} $$
これらを用いて$A,B$を以下のように求めることができます。
$$ \begin{eqnarray} A &=& \frac{2 \cos (n-m) \varphi}{n} \\ B &=& - \frac{2 \cos (n-m + 1) \varphi}{n} \end{eqnarray} $$
また$n \varphi = (2k-1) \pi$ という関係が成り立つことから $n$を消去することができます。
\begin{eqnarray} A &=& - \frac{2 \cos m \varphi}{n} \\ B &=& \frac{2 \cos (m - 1) \varphi}{n} \end{eqnarray}
よって$\frac{x^{m-1}}{x^n+1}$の部分分数展開は以下のように求まります。
$$ \begin{eqnarray} \frac{x^{m-1}}{x^n+1} &=& \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n}{2}} \frac{- x \cos m \varphi_k + \cos (m-1) \varphi_k }{x^2 - 2 x \cos \varphi_k + 1} ~~ (n:\textrm{even}) \\ \frac{x^{m-1}}{x^n+1} &=& \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \frac{- x \cos m \varphi_k + \cos (m-1) \varphi_k }{x^2 - 2 x \cos \varphi_k + 1} + \frac{1}{n} \frac{(-1)^{m-1}}{x+1}~~ (n:\textrm{odd}) \end{eqnarray} $$
不定積分の導出
これからこの積分を考えます。まず分子を以下のように分解します。
$$ - x \cos m \varphi + \cos (m-1) \varphi = -(x - \cos \varphi) \cos m \varphi + \sin m \varphi \sin \varphi $$
この２つの項はそれぞれ以下のように積分できます。
$$ \int \frac{-(x- \cos \varphi)}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} dx = \log \left(\frac{1}{\sqrt{x^2 - 2x \cos \varphi + 1}}\right) + C $$
$$ \int \frac{\sin \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} dx = \arctan\left(\frac{x- \cos \varphi}{\sin \varphi}\right) + C $$
ここで積分定数を変えて$C \to C + \arctan(\frac{\cos \varphi}{\sin \varphi})$とします。すると以下のように変形できます。
$$ \int \frac{\sin \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} dx = \arctan\left(\frac{\sin \varphi}{1/x - \cos \varphi}\right) + C $$
ここで $A_k(x) = \log \left(\frac{1}{\sqrt{x^2 - 2x \cos \varphi_k +1}}\right)$, $B_k(x)= \arctan \left(\frac{\sin \varphi_k}{1/x - \cos \varphi_k}\right)$ とおきます。これを用いると$\int \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx$は以下のように表せます。
$$ \begin{eqnarray} \int \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &=& \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n}{2}} \left(\cos m \varphi_k A_k(x) + \sin m \varphi_k B_k(x)\right) ~~ (n:\textrm{even}) \\ \int \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &=& \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \left(\cos m \varphi_k A_k(x) + \sin m \varphi_k B_k(x)\right) + \frac{(-1)^{m-1}}{n} \log(x+1) ~~ (n:\textrm{odd}) \end{eqnarray} $$
定積分の導出
これの$x\to \infty$ と$x\to 0$の極限値を求め、定積分$\int_0^{\infty} \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx$ を求めます。
まず$x\to \infty$のとき,
$\log \left(\frac{1}{\sqrt{x^2 - 2x \cos \varphi + 1}}\right)\to -\log x$となり、$\varphi$の寄与が無視できます。このため以下の式が成り立ちます。
$$ \lim_{x \to \infty} \sum_{k}^{N} \cos m \varphi_k A_k(x) = \lim_{x \to \infty}(- \log x) \sum_k^{N}\cos m \varphi_k $$
また$x\to \infty$のとき$B_k(x) = \arctan \left(\frac{\sin \varphi_k}{1/x - \cos \varphi_k}\right) \to \arctan(-\tan \varphi_k)$ となります。これは$-\varphi_k$または$\pi-\varphi_k$に対応します。しかし、定積分を$x=0$を$x=\infty$まで実行するとき、$\left(\frac{\sin \varphi_k}{1/x - \cos \varphi_k}\right)$がどう変化するかを考えると、まず$0$から$\infty$まで増加し、$-\infty$から$-\tan \varphi_k$まで増加します。これに対応する角度の変化は$0$から$\pi/2$を通り、$\pi-\varphi_k$まで増加するという経路です。よって$x\to \infty$のとき$B_k(x)=\pi-\varphi_k$となります。
$$ \lim_{x \to \infty} \sum_{k}^{N} \sin m \varphi_k B_k(x) = \sum_{k}^{N} (\pi - \varphi_k) \sin m \varphi_k $$
また $x\to0$のとき$A_k(x),B_k(x)$ともに$0$となります。
よって
$$ \begin{eqnarray} \int_0^{\infty} \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &=& \frac{2}{n} \left(\lim_{x\to\infty}(-\log x)\sum_{k=1}^{\frac{n}{2}}\cos m \varphi_k + \sum_{k=1}^{\frac{n}{2}} (\pi - \varphi_k)\sin m \varphi_k \right) ~~ (n:\textrm{even}) \\ \int_0^{\infty} \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &=& \frac{2}{n} \left(\lim_{x\to\infty}(-\log x)\sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}}\cos m \varphi_k + \sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} (\pi - \varphi_k)\sin m \varphi_k \right) + \lim_{x\to\infty} (-\log x) \frac{(-1)^{m}}{n} ~~ (n:\textrm{odd}) \end{eqnarray} $$
ここで $\omega = \frac{m \pi}{n}$ とし、$S,T,U$ を以下のように定義します。
$$ \begin{eqnarray} S &=& \sum_{k=1}^{N} \cos m \varphi_k = \sum_{k=1}^{N} \cos (2k -1) \omega \tag{3.1} \label{S} \\ T &=& \sum_{k=1}^{N} \sin m \varphi_k = \sum_{k=1}^{N} \sin (2k -1) \omega \tag{3.2} \label{T} \\ U &=& \sum_{k=1}^{N} \varphi_k \sin m \varphi_k = \frac{\pi}{n} \sum_{k=1}^{N} (2k-1) \sin (2k -1) \omega \end{eqnarray} $$
$S,T,U$を用いると以下が成り立ちます。
$$ \lim_{x \to \infty} \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{N} \left(\cos m \varphi_k A_k(x) + \sin m \varphi_k B_k(x)\right) \\ = \frac{2}{n} \left(S \lim_{x \to \infty} (- \log x) + \pi T- U\right) $$
$\int_0^{\infty} \frac {x^{m-1}}{x^n+1} dx$は以下のように表せます。
$$ \begin{eqnarray} \int_0^{\infty} \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &=& \frac{2}{n} \left(S \lim_{x\to\infty}(-\log x) + \pi T - U\right) ~~ (n:\textrm{even}) \\ \int_0^{\infty} \frac{x^{m-1}}{x^n+1} dx &=& \frac{2}{n} \left(\left(S+\frac{(-1)^{m-1}}{2}\right) \lim_{x\to\infty}(-\log x) + \pi T - U\right) ~ (n:\textrm{odd}) \end{eqnarray} $$
これから$S,T,U$を求めます。
$\eqref{S}$,$\eqref{T}$の両辺に$\sin \omega$を掛けることで、$S,T$を以下のように表せます。
\begin{eqnarray} S &=& \frac{\sin 2 N \omega }{2 \sin \omega} \\ T &=& \frac{1 - \cos 2 N \omega}{2 \sin \omega} \end{eqnarray}
また$\eqref{S}$を$\omega$について微分することで以下が示せます。
$$ U = \frac{\pi}{2 n \sin \omega} \left(\frac{\sin (2 N - 1) \omega}{\sin \omega} - (2N - 1) \cos 2 N \omega \right) $$
nが偶数のとき$2N = n $、nが奇数のとき$2N = n-1 $を代入することですると$S,T,U$は以下のように求まります。
n が偶数のとき
\begin{eqnarray}
S &=& 0 \\
T &=& \frac{1 - (-1)^m}{2 \sin \omega} \\
U &=& \frac{\pi}{2 \sin \omega} (-1)^m
\end{eqnarray}
n が奇数のとき
\begin{eqnarray}
S &=& -\frac{(-1)^m}{2} \\
T &=& \frac{1 - (-1)^m \cos \omega}{2 \sin \omega} \\
U &=& -\frac{\pi \cos \omega}{2 \sin \omega} (-1)^m
\end{eqnarray}
これらを
補題5
に代入すると、$n$が偶数、奇数のどちらの場合も$\lim_{x\to\infty} (-\log x)$ の係数は$0$になり、値は$$\frac{\pi}{n \sin \omega}$$となります。
よって以下の式が示されました。
$$ \int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx = \frac{\pi}{n \sin (m \pi /n)} $$
ちなみに
$$
\frac{x^{m-1}}{x^n+1}
$$
は部分分数展開により以下の形の項に分解できることが示されました。
$$
\frac{- x \cos m \varphi + \cos (m-1) \varphi }{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1}
$$
よって$m=1$のとき
$$
\frac{1}{x^n+1}
$$
は以下の形の項に分解されます。
$$
\frac{1 - x \cos \varphi }{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1}
$$
実はこの式は$\cos k \varphi$の母関数です。どういうことかというと以下が成り立ちます。
\begin{eqnarray} \frac{1- x \cos \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \cos k \varphi \end{eqnarray}
この等式は以下のように示せます。
$$
\frac{1}{1-x e^{i \varphi}} = \frac{1}{1-x (\cos \varphi + i \sin \varphi)}
$$
を有理化すると
$$
\frac{1}{1-x e^{i \varphi}} = \frac{1-x \cos \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} + i \frac{x \sin \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1}
$$
幾何級数の展開より
$$
\frac{1}{1-x e^{i \varphi}} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k e^{i k \varphi} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k (\cos k\varphi + i \sin k\varphi)
$$
実部と虚部の比較より
$$
\frac{1-x \cos \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \cos k\varphi
$$
$$ \frac{x \sin \varphi}{x^2 - 2 x \cos \varphi + 1} = \sum_{k=0}^{\infty} x^k \sin k\varphi $$
よって 補題2 より以下が成り立ちます。
\begin{eqnarray} \frac{1}{x^n+1} &=& \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n}{2}} \sum_{l=0}^{\infty} x^l \cos l \varphi_k ~~ (n:\textrm{even}) \\ \frac{1}{x^n+1} &=& \frac{2}{n} \sum_{k=1}^{\frac{n-1}{2}} \sum_{l=0}^{\infty} x^l \cos l \varphi_k + \frac{1}{n} \frac{1}{x+1} ~~ (n:\textrm{odd}) \end{eqnarray}
一方で以下も成り立つので
\begin{eqnarray} \frac{1}{x^n+1} = \sum_{l=0}^{\infty} (-x^n)^l \end{eqnarray}
両者の係数を比較することで
$$
\sum_{k=1}^N \cos l \varphi_k
$$
に関する公式を得ることができます。ただしこれはそれほど面白くはありません。
$\varphi_k$は円の$n$等分を表します。$l \varphi_k$ は $l$ が $n$ の倍数でないとき、$\varphi_k$を並べ替えたものになり、それらの$\cos$の和は$0$になります。しかし$l$ が $n$ の倍数のとき、$l \varphi_k $はすべて$0$または$\pi$になるので、$\cos$の和は$n$または$-n$となります。このようなことを表す公式が導かれます。
