ディガンマ関数[1]

ガンマ関数の対数を取って微分した関数を
ディガンマ関数と呼び、次の式で表します。$$ψ(z)=\frac{d}{dz}\log Γ(z)=\frac{Γ’(z)}{Γ(z)}$$このときディガンマ関数について次の式が成立します。
\begin{alignat}{2}
&(1) ψ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right)\\
&(2) ψ(1)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\right)=-γ \\
&(3) ψ(z+n)=ψ(z)+\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{z+k-1}\\
&(4) ψ(n+1)=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-γ\\
&(5) ψ(z+1)=ψ(z)+\frac{1}{z}\\
&(6) ψ(1-z)-ψ(z)=π \cot πz\\
&(7) ψ(z)=-γ+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z-1}{(n+1)(z+n)}\\
&(8) ψ^{(k)}(z)=(-1)^{k+1}k!\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(z+n)^{k+1}}\\
&(9) ψ\left(\frac{1}{2}\right)=-γ-2 \log 2\\
&(10) ψ\left(n+\frac{1}{2}\right)=-γ-2 \log 2+2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}\\
&(11) ψ(z+1)=-γ+\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^nζ(n)z^{n-1} \\
&(12) ψ(z)=\log z-\frac{1}{2z}-\frac{1}{12z^2}+ \cdots \\
&(13) ψ(y)-ψ(x)=\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}-u^{y-1}}{1-u}du\\
&(14) \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{z-1}}{1-x}dx=π\cot πz\\
\end{alignat}



\((1)(2)\) ガンマ関数のガウスの表示式より $$Γ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \frac{n! \cdot n^z}{z(z+1)(z+2) \cdots (z+n)}$$ 両辺に対数を付けます。 $$ \log Γ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \{\log (n!)+z \log n- \log z- \log (z+1)- \cdots – \log (z+n)\}$$両辺を \(z\) で微分します。
\begin{alignat}{2}
&\frac{Γ’(z)}{Γ(z)}=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left(\log n-\frac{1}{z}-\frac{1}{z+1}-\frac{1}{z+2}- \cdots -\frac{1}{z+n}\right)\\
&     =\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left\{ \log n-\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z+2}+ \cdots +\frac{1}{z+n}\right)\right\} \\
&  ψ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right)
\end{alignat} \(z=1\) のとき明らかに$$ψ(1)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+1}\right)=-\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left(\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}- \log n\right)=-γ$$ (シグマの終点が \(n+1\) ですが、結局 \(n \to \infty\) となります。)






\((3)(4)\) \((1)\) の式において \(z\) を \(z+n\) とすると$$ ψ(z+n)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+n+k}\right) $$\(\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\) を引いて加えます。 $$ ψ(z+n)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left\{ \log n- \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k} +\left( \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+n+k}\right)\right\} $$
後ろの括弧の中のシグマについて
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{z+k}=\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z+2}+ \cdots +\frac{1}{z+n}+\frac{1}{z+n+1}+ \cdots\\
&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{z+n+k}=\frac{1}{z+n}+\frac{1}{z+n+1}+\frac{1}{z+n+2}+\cdots
\end{alignat} これらの差を取ると
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{z+k}-\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{z+n+k}\\
&=\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z+2}+ \cdots +\frac{1}{z+n-1}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z+k-1}
\end{alignat}以上より$$ψ(z+n)=ψ(z)+\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{z+k-1} $$また \(z=1\) のとき明らかに$$ψ(n+1)=ψ(1)+\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}= \displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}-γ$$




\((5)-(A)\) ガンマ関数の公式 \(Γ(z+1)=zΓ(z)\) の両辺に対数を付けます。$$\log Γ(z+1)= \log z+ \log Γ(z)$$両辺を \(z\) で微分します。
$$\frac{Γ’(z+1)}{Γ(z+1)}=\frac{1}{z}+\frac {Γ’(z)}{Γ(z)}$$
ディガンマ関数に直します。$$ψ(z+1)=ψ(z)+\frac{1}{z}$$


\((5)-(B)\) \(ψ(z)\) に \(\displaystyle\frac{1}{z}\) を加えると
\begin{alignat}{2}
&ψ(z)+\frac{1}{z}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right)+\frac{1}{z}\\
&        =\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\frac{1}{z}-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z+k}\right)+\frac{1}{z}\\
&        =\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z+k}\right)\\
\end{alignat} シグマを \(k=0\) のスタートにします。 $$=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left\{ \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{(z+1)+k}\right\}=ψ(z+1) $$(シグマの終点が \(n-1\) ですが、結局 \(n \to \infty\) となります。)





\((6)-(A)\) ガンマ関数の相反公式 \(\displaystyle Γ(z)Γ(1-z)=\frac{π}{\sin πz}\) の
両辺に対数を付けます。$$ \log Γ(z)+ \log Γ(1-z)= \log π- \log \sin πz$$両辺を \(z\) で微分します。$$\frac{Γ’(z)}{Γ(z)}- \frac{Γ’(1-z)}{Γ(1-z)}=-π \cdot \frac{ \cos πz}{ \sin πz}$$両辺を\((-1)\)倍して、ディガンマ関数に直します。$$ψ(1-z)-ψ(z)=π \cot πz $$

\((6)-(B)\)  \(ψ(1-z)\) と \(ψ(z)\) をそれぞれ書き並べます。
\begin{alignat}{2}
&ψ(1-z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{1-z+k}\right)\\
&=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left\{ \log n-\left(\frac{1}{1-z}+\frac{1}{2-z}+\frac{1}{3-z}+ \cdots +\frac{1}{n+1-z}\right)\right\}\\
&=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left\{ \log n+\left(\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z-2}+\frac{1}{z-3}+ \cdots +\frac{1}{z-(n+1)}\right)\right\} \\
&ψ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right) \\
&=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left\{ \log n-\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z+2}+ \cdots +\frac{1}{z+n}\right)\right\}
\end{alignat}この二つの差を取れば
\begin{alignat}{2}
&ψ(1-z)-ψ(z)= \cdots+\frac{1}{z-(n+1)}+\frac{1}{z-n}+\frac{1}{z-(n-1)}+\cdots\\ &+\frac{1}{z-2}+\frac{1}{z-1}+\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z+2}+ \cdots +\frac{1}{z+n}+\cdots \\
&=\displaystyle\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{z+n}=π \cot πz
\end{alignat}



\((7)\) \((1)\)の式より $$ ψ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right) $$ 括弧内において \(\displaystyle \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\) を引いて加えます。$$=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left\{ \log n- \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}+\left( \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}- \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right)\right\} $$オイラー定数を\(\displaystyle\lim_{n \to \infty}\) の外に出します。$$=-γ+\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}- \displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{1}{z+k}\right)$$ 一度シグマを外して、改めてまとめます。
\begin{alignat}{2}
&=-γ+\left\{\left( 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots \right)+\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{z+1}+\frac{1}{z+2}+ \cdots \right)\right\}\\
&=-γ+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{n+1}- \frac{1}{z+k}\right)=-γ+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z+n-(n+1)}{(n+1)(z+n)}
\end{alignat} 以上より、次式を得ます。$$ ψ(z)=-γ+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{z-1}{(n+1)(z+n)}$$



\((8)\) \((1)\) の式より $$ ψ(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{z+k}\right) $$両辺を \(z\) で微分します。$$ψ’(z)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\displaystyle\sum_{k=0}^n \frac{1}{(z+k)^2}=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(z+k)^2}$$\(k\) を \(n\) に書き換えておきます。$$ ψ’(z)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^2}$$ あとは \(k\) 回微分まで計算します。\begin{alignat}{2}
&ψ’’(z)=(-1)^3 \cdot 2 \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^3}\\
&ψ’’’(z)=(-1)^4 \cdot 2 \cdot 3 \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^4}\\
&ψ^{(4)}(z)=(-1)^5 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^5}\\
&\\
&           \cdots\\
&\\
&ψ^{(k)}(z)=(-1)^{k+1} k! \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^{k+1}}\\
\end{alignat}



\((9)\) \((1)\) の式において \(\displaystyle z=\frac{1}{2}\) を代入します。 $$ψ\left(\frac{1}{2}\right)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}\right)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-2\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1}\right) $$シグマの計算をします。
\begin{alignat}{2}
&2\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1}=2\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\cdots \right)\\
&=2\left\{\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}- \cdots \right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{8}+ \cdots \right)\right\}
\end{alignat} 括弧の中は \(\displaystyle 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}- \cdots =\log 2 \) ですので $$=2 \log 2+\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+ \cdots\right)=2 \log 2+\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}$$ 元の式に戻り代入します。
\begin{alignat}{2}
&ψ\left(\frac{1}{2}\right)=\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \log n-2 \log 2-\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\right)\\
&      =\displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( \log n- \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\right)-2 \log 2=-γ-2 \log 2
\end{alignat}





\((10)\) \((1)\) の式において \(\displaystyle z=n+\frac{1}{2}\) を代入します。
\begin{alignat}{2}
&ψ\left(n+\frac{1}{2}\right)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+\frac{1}{2}+k}\right)\\
&       =\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-2\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2n+1+2k}\right)
\end{alignat} \(\displaystyle2 \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1} \) を引いて加えます。$$=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left\{\left( \log n-2 \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1}\right)+\left(2 \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2k+1}- 2\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2n+1+2k}\right)\right\}
$$ (9)より前の括弧は \(-γ-2 \log 2\) です。後の括弧を計算します。$$=-γ-2 \log 2+2\left(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}-\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1+2k}\right)$$\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+ \cdots +\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+3}+ \cdots\\
&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1+2k}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+3}+\frac{1}{2n+5}+ \cdots
\end{alignat} これらの差を取ると
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}-\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1+2k}\\
&=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+ \cdots +\frac{1}{2n-1}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}
\end{alignat} 以上より$$ψ\left(n+\frac{1}{2}\right)=-γ-2 \log 2+2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}$$






\((11)\) ガンマ関数のワイエルシュトラスの表示式において
$$\frac{1}{Γ(z)}=e^{γz}z \displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}$$ 両辺に対数を付けます。 $$\log \frac{1}{Γ(z)}= \log z+γz+ \log \displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}$$$$- \log Γ(z)= \log z+γz+\displaystyle\lim_{n \to \infty} \log \displaystyle\prod_{k=1}^n\left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}}$$ 後ろの項を計算します。
\begin{alignat}{2}
& \log \displaystyle\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}}= \log \left(1+\frac{z}{1}\right)\left(1+\frac{z}{2}\right) \cdots \left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\left(\frac{z}{1}+\frac{z}{2}+ \cdots \frac{z}{n}\right)} \\
&= \log \left(1+\frac{z}{1}\right)+ \log \left(1+\frac{z}{2}\right)+ \cdots + \log \left(1+\frac{z}{n}\right)-\left(\frac{z}{1}+\frac{z}{2}+ \cdots \frac{z}{n}\right) \\
&=\displaystyle\sum_{k=1}^n \left\{ \log \left(1+\frac{z}{k}\right)-\frac{z}{k}\right\}
\end{alignat} よって、元の式は次のようになります。 $$- \log Γ(z)= \log z+γz+\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} \left\{ \log \left(1+\frac{z}{k}\right)-\frac{z}{k}\right\} $$ 両辺を\((-1)\)倍して \(k\) を \(n\) に書き直します。 $$ \log Γ(z)=- \log z-γz+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left\{\frac{z}{n}- \log \left(1+\frac{z}{n}\right)\right\} $$ 両辺を \(z\) で微分します。$$\frac{Γ’(z)}{Γ(z)}=-\frac{1}{z}-γ+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}- \frac{\frac{1}{n}}{1+\frac{z}{n}}\right)$$ ディガンマ関数に書き直します。 $$ψ(z)=-\frac{1}{z}-γ+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+z}\right)$$ 後ろのシグマの計算をします。
$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+z}\right)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+z-n}{n(n+z)}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z}{n(n+z)}= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z}{n^2}\cdot \frac{1}{1+\frac{z}{n}}$$\(\displaystyle \frac{1}{1+\frac{z}{n}}=1-\frac{z}{n}+\frac{z^2}{n^2}-\frac{z^3}{n^3}+ \cdots=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{z}{n}\right)^{k-1}\) と変形します。
\begin{alignat}{2}
&  \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z}{n^2}\cdot \frac{1}{1+\frac{z}{n}}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z}{n^2} \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}\left(-\frac{z}{n}\right)^{k-1}\\
&= \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}\frac{z^k}{n^{k+1}}= \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}z^k \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{k+1}}\\
&=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k-1}z^kζ(k+1)= \displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^{k-2}z^{k-1}ζ(k)
\end{alignat} \(k\) を \(n\) に書き直し、元の式の右辺にある \(\displaystyle -\frac{1}{z}\) を左辺に移項します。$$ψ(z)+\frac{1}{z}=-γ+\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^nζ(n)z^{n-1}$$ \((5)\) の式より左辺は \(ψ(z+1)\) になりますので$$ψ(z+1)=-γ+\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^nζ(n)z^{n-1}$$






\((12)\) ガンマ関数の式の漸近展開の式より$$Γ(z)=\sqrt{\frac{2π}{z}}\left(\frac{z}{e}\right)^z \left(1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}+ \cdots \right)$$ この式を \(z\) で微分するために \( \displaystyle f(z)=\sqrt{\frac{2π}{z}}\left(\frac{z}{e}\right)^z\) と置き、
対数微分より \(f’(z)\) を求めておきます。
\begin{alignat}{2}
&\log f(z)= \log \sqrt{2π}- \log \sqrt{z}+z \log \left(\frac{z}{e}\right)\\
&      = \log \sqrt{2π}-\frac{1}{2} \log z+z( \log z-1)\\
& \frac{f’(z)}{f(z)}=-\frac{1}{2z}+ \log z+1-1= \log z-\frac{1}{2z}\\
&  f’(z)=\sqrt{\frac{2π}{z}}\left(\frac{z}{e}\right)^z \left( \log z-\frac{1}{2z}\right)
\end{alignat} 置き換えた後のガンマ関数は \(\displaystyle Γ(z)=f(z)\left(1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}+ \cdots \right)\) となりますので、これに積の微分を行います。$$Γ’(z)=f’(z) \left(1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}+ \cdots \right)+f(z)\left(-\frac{1}{12z^2}-\frac{1}{144z^3}+ \cdots\right)$$ 以上より \(ψ(z)\) を計算していくと
\begin{alignat}{2}
&ψ(z)=\frac{Γ’(z)}{Γ(z)}=\frac{f(z) \left( \log z-\frac{1}{2z}\right)\left(1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}+ \cdots \right)+f(z)\left(-\frac{1}{12z^2}-\frac{1}{144z^3}+ \cdots\right)}{f(z)\left(1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}+ \cdots \right)}\\
&    =\log z-\frac{1}{2z}+\frac{-\frac{1}{12z^2}-\frac{1}{144z^3}+ \cdots }{1+\frac{1}{12z}+\frac{1}{288z^2}+ \cdots }
\end{alignat}繁分数の分子を分母で割ると第3項に \(\displaystyle -\frac{1}{12z^2}\) が来ることが分かります。
よって、ディガンマ関数の漸近展開は$$ψ(z)= \log z-\frac{1}{2z}-\frac{1}{12z^2}+ \cdots$$





\((13)\)  \(ψ(y)\) と \(ψ(x)\) は以下の通りです。 $$ ψ(y)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{y+k}\right) $$$$ ψ(x)=\displaystyle\lim_{n \to \infty}\left( \log n-\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{x+k}\right) $$ この二つの差を取ります。$$ψ(y)-ψ(x)= \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{x+k}- \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{y+k} $$ 一方、右辺を計算していきます。$$\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}-u^{y-1}}{1-u}du=\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}}{1-u}du-\displaystyle\int_0^1\frac{u^{y-1}}{1-u}du$$ ここで左右は同じ形の積分ですから \(\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}}{1-u}du\) を計算します。\(\displaystyle \frac{1}{1-u}=1+u+u^2+ \cdots \) となりますから
\begin{alignat}{2}
&\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}}{1-u}du= \displaystyle\int_0^1 u^{x-1}(1+u+u^2+ \cdots )du\\
&=\displaystyle\int_0^1 (u^{x-1}+u^x+u^{x+1}+ \cdots)du\\
&=\left[\frac{1}{x}u^x+\frac{1}{x+1}u^{x+1}+\frac{1}{x+2}u^{x+2}+ \cdots \right]_0^1\\
&=\frac{1}{x}+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x+2}+ \cdots =\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{x+k}
\end{alignat} 同様に \(\displaystyle\int_0^1\frac{u^{y-1}}{1-u}du=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{y+k}\) となるので $$\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}-u^{y-1}}{1-u}du= \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{x+k}- \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{y+k} $$ よって、次式が成立します。 $$ψ(y)-ψ(x)=\displaystyle\int_0^1\frac{u^{x-1}-u^{y-1}}{1-u}du$$







\((14)\) 積分区間を \(1\) を境に切り離します。$$
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{z-1}}{1-x}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{z-1}}{1-x}dx+\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{x^{z-1}}{1-x}dx$$右側の積分について \( \displaystyle x=\frac{1}{t}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dx=-\frac{1}{t^2}dt\right)\)$$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{x^{z-1}}{1-x}dx=\displaystyle\int_1^0 \frac{t^{1-z}}{1-\frac{1}{t}}\left(-\frac{1}{t^2}\right)dt=\displaystyle\int_0^1 \frac{t^{-z}}{t-1}dt=-\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{-z}}{1-x}dx$$となるので$$=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{z-1}}{1-x}dx-\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{-z}}{1-x}dx=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{z-1}-x^{-z}}{1-x}dx$$\((13)\) と \((6)\) を用いると$$=\displaystyle\int_0^1 \frac{x^{z-1}-x^{-z}}{1-x}dx=ψ(1-z)-ψ(z)=π \cot πz$$以上より$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{x^{z-1}}{1-x}dx=π\cot πz$$

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