ディガンマ関数

$$\log \Gamma (z) = \lim_{n \to \infty} \left( z \log n + \sum_{k=1}^n \log k - \sum_{k=0}^n \log (z+k) \right)$$ となる。

両辺を微分することで $$\dfrac{d}{dz} \log \Gamma (z) = \lim_{n \to \infty} \left( \log n - \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{z+k} \right)$$ を得る。

$$\begin{aligned} &\log n - \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{\frac{1}{2} +k}\\ &= \log n - \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} + \sum_{k=1}^n \dfrac{2}{2k} - \sum_{k=1}^n \dfrac{2}{2k+1} \end{aligned}$$ と整理される。

前半と後半に分けて計算する。

前半 $$\lim_{n \to \infty} \left( \log n - \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} \right) = - \gamma$$

後半

log2に収束する交代級数の証明 を用いる。 $$\begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \left( \sum_{k=1}^n \dfrac{2}{2k} - \sum_{k=1}^n \dfrac{2}{2k+1} \right)\\ &= \lim_{n \to \infty} 2 \sum_{k=1}^{2n+1} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k} \\ &= - 2 \log 2 \end{aligned}$$

以上をまとめて $$\psi \left( \dfrac{1}{2} \right) = - \gamma - 2\log 2$$ となる。

ガンマ関数の公式 $$\Gamma (z+1) = z \Gamma (z)$$ の両辺に $\log$ を取ると $$\log \Gamma (z+1) = \log \Gamma (z) + \log z$$ であるため，これらの辺々を微分すると $$\psi (z+1) = \psi (z) + \dfrac{1}{z}$$ を得る。

相反公式 $$\Gamma (z) \Gamma (1-z) = \dfrac{\pi}{\sin \pi z}$$ の両辺に $\log$ を取って微分をすると $$\psi (z) - \psi (1-z) = -\dfrac{d}{dz} \log \sin \pi z$$ となる。

右辺は $$\begin{aligned} \dfrac{d}{dz} \log \sin \pi z &= \dfrac{(\sin \pi z)'}{\sin \pi z}\\ &= \dfrac{\pi \cos \pi z}{\sin \pi z}\\ &= \dfrac{\pi}{\tan \pi z} \end{aligned}$$ となるため，式が示された。

$$\dfrac{1}{z+k} = \int_0^{\infty} e^{-t(z+k)} dt$$ とオイラーの定数の積分表示 $$\gamma = \int_0^{\infty} \left( \dfrac{e^{-t}}{1-e^{-t}} - \dfrac{e^{-t}}{t} \right) dt$$ に注意すると， $$\begin{aligned} &\psi (z) \\ &= - \gamma - \int_0^{\infty} e^{-zt} dt \\ &\qquad + \lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} \sum_{k=1}^n \left( e^{-kt} - e^{-(k+z)t} \right) dt\\ &= \int_0^{\infty} \left( \dfrac{e^{-t}}{t} - \dfrac{e^{-t}}{1-e^{-t}} \right) dt\\ &\qquad - \int_0^{\infty} \dfrac{e^{-zt} - e^{-(z+1)t}}{1-e^{-t}} dt\\ &\qquad + \lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} \dfrac{e^{-t} - e^{-(z+1)t} - e^{-(n+1)t} + e^{-(z+n+1)t}}{1-e^{-t}} \\ &= \int_0^{\infty} \left( \dfrac{e^{-t}}{t} - \dfrac{e^{-zt}}{1-e^{-t}} \right) dt \\ &\qquad - \lim_{n \to \infty} \int_0^{\infty} \dfrac{1-e^{-zt}}{1-e^{-t}} e^{-(n+1)t} dt \end{aligned}$$ と変形される。

2項目について，$\dfrac{1-e^{-zt}}{1-e^{-t}}$ は有界であることが計算できる（→ 練習）ため，$\left| \dfrac{1-e^{-zt}}{1-e^{-t}} \right| \leqq K$ となる実数 $K$ を取ると， $$\begin{aligned} &\left| \int_0^{\infty} \dfrac{1-e^{-zt}}{1-e^{-t}} e^{-(n+1)t} dt \right|\\ &\leqq \int_0^{\infty} \left| \dfrac{1-e^{-zt}}{1-e^{-t}} \right| e^{-(n+1)t} dt\\ &\leqq \int_0^{\infty} K e^{-(n+1)t} dt\\ &= \dfrac{K}{n+1} \to 0 \quad (n \to \infty) \end{aligned}$$ と計算される。

こうして $$\psi (z) = \int_0^{\infty} \left( \dfrac{e^{-t}}{t} - \dfrac{e^{-zt}}{1-e^{-t}} \right) dt$$ を得る。

$$\begin{aligned} &\psi (y) - \psi (x)\\ &= \int_0^{\infty} \dfrac{e^{-xt} - e^{-yt}}{1-e^{-t}} dt \end{aligned}$$

ここで $s = e^{-t}$ とおくと，$dt = -\dfrac{ds}{s}$ になるため $$\begin{aligned} &\psi (y) - \psi (x)\\ &= \int_1^0 \dfrac{s^{-x}-s^{-y}}{1-s} \dfrac{-ds}{s}\\ &= \int_0^{1} \dfrac{s^{x-1} - s^{y-1}}{1-s} ds \end{aligned}$$ と計算された。