解析概論/第5章/ガンマ函数

68．ガンマ函数

$\mathit\Gamma(s)$ をこれまでしばしば引合いに出したが，本節で $\mathit\Gamma(s)$ を主題にして総括をする．

$s>0$ なる区間内の任意の閉区間において，

(E)

$\mathit\Gamma(s)\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}\,dx$

は一様に収束し，従って実変数 $s$ に関して連続函数である（§48，167/8 頁）． $\mathit\Gamma(s)$ に関して次の関係式は既知である（§35，［例 4］）．

(1)

$\mathit\Gamma(s+1)=s\mathit\Gamma(s).\quad(s>0)$

(1º)

今 $s$ を複素数として，慣例に従って $s=\sigma+ti$ と書いて，$\sigma>0$ なる領域（$s$ 平面上虚数軸の右側）において，上記の積分 (E) を考察する．積分の路は実数軸の正の部分で，$x^{s-1}=e^{(s-1)\log z}$ において，$\log x$ は主値を表わすものとする． 然らば $|x^{s-1}|=x^{\sigma-1}$ だから，積分 (E) は変数 $s$ が $\sigma>0$ なる領域内の任意の有界なる閉域にあるとき，$x\to 0$ のときにも，$x\to\infty$ のときにも，一様に収束する．従って $\mathit\Gamma(s)$ は領域 $\sigma>0$ において連続である．

(2º)

$\mathit\Gamma(s)$ は $\sigma>0$ において連続であるのみでなく，$s$ の函数として正則である．上記一様収束のおかげで，$s$ が半平面 $\sigma>0$ において閉曲線 $C$ を画くとき，$\textstyle\int_C\mathit\Gamma\,ds$ が積分記号下において積分される，すなわち

$\int_C\mathit\Gamma(s)\,ds=\int_0^\infty e^{-x}\,dx\int_C x^{s-1}\,ds.$

さて $x^{s-1}$ は $s$ の（超越）整函数だから，Cauchy の積分定理によって $\textstyle\int_C x^{s-1}\,ds=0$，従って $\textstyle\int_C\mathit\Gamma(s)\,ds=0$．故にMorera の定理によって，$\mathit\Gamma(s)$ は $\sigma>0$ において正則である．

(3º)

$s>0$ なるとき，(1) によって $\mathit\Gamma(s+1)=s\mathit\Gamma(s)$．然るに $\mathit\Gamma(s)$，従って $\mathit\Gamma(s+1)$ も $s\mathit\Gamma(s)$ も，$\sigma>0$ のとき正則であることが確定して，それらが実数軸上において一致するから領域 $\sigma>0$ においても一致する．すなわち $\sigma>0$ なるとき，常に

(2)

$\mathit\Gamma(s+1)=s\mathit\Gamma(s).\quad (\sigma>0)$

ファイル:図

(4º)

この関係を用いて，$\mathit\Gamma(s)$ を $\sigma>-1$ なる領域にまで解析的に延長することができる．すなわち $\sigma>-1$ なるとき

(3)

$\mathit\Gamma(s)=\frac{\mathit\Gamma(s+1)}s$

と置くのである．$\sigma>-1$ ならば $s+1$ の実数部は正だから，右辺は $s=0$ だけを除けば正則で，$\sigma>0$ ならば，もとの $\mathit\Gamma(s)$ と一致する．このようにして $\sigma>-1$ にまで拡張された $\mathit\Gamma(s)$ は $s$ 以外では正則であるが，$s\to 0$ のとき $\mathit\Gamma(s+1)\to\mathit\Gamma(1)=1$ だから，$s=0$ は一次の極で，主要部は $\tfrac{1}s$ である．

よって (1) は $\sigma>-1$ においても成り立つ．それは (3º) におけると同様である．

等式 (1) が $\sigma>-1$ において成り立つから，それによって上記と同様に (3) によって $\mathit\Gamma(s)$ を $\sigma>-2$ なる領域にまで解析的に延長することができる．そのとき $\mathit\Gamma(s)$ は $s=0$ のほかに $s=-1$ においても一次の極を有する．主要部は $\tfrac{1}{s+1}$ である．

この方法を繰り返せば，$\mathit\Gamma(s)$ を $s$ 平面の全部に延長することができる．それは $s=0,-1,-2,\ldots$ において一次の極を有するほかは，常に正則なる解析函数である．

(5º)

このように $\mathit\gamma(s)$ を $s$ 平面全部において解析函数として定義することができたけれども，Euler の積分 (E) は $\sigma>0$ なる領域においてのみ収束するから，$\sigma\leqq 0$ において $\mathit\Gamma(s)$ を表わす能力がない．然るに $s$ が実数なるときには，$\mathit\Gamma(s)$ は次の Gauss の公式 によって表わされる：

(G)

$\mathit\Gamma(s)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\,n^s}{s(s+1)\cdots(s+n)}.$

もちろん $s=0,-1,-2,\ldots$ は除く．

これは $s$ が複素数でも成り立つのだが，現代的に書き直せば

$\frac{s(s+1)\cdots(s+n)}{n!\,n^s} =e^{(1+\frac12+\cdots+\frac1n-\log n)s}s \left(1+\frac{s}1\right)e^{-s} \left(1+\frac{s}2\right)e^{-\frac{s}2}\cdots \left(1+\frac{s}n\right)e^{-\frac{s}n}$

で，すなわち (G) は次の Weierstrass の公式に変形される：

(W)

$\frac{1}{\mathit\Gamma(s)} = e^{Cs}\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{s}n\right)e^{\frac{s}n}.$

ここで $\textstyle C=\lim_{n\to\infty}(1+\frac12+\cdots+\frac1n -\log n)$ は Euler の定数（150 頁）である．

(W) は (G) を書き直しただけで，また右辺の無限積は収束すると仮定したのである．さて (W) を証明しよう．

(6º)

まず (W) の右辺の無限積を

$P(s)=\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{s}{n}\right)e^{-\frac{s}n}.$

と略記して，それが $s$ 平面上の任意の有界なる閉域において絶対にかつ一様に収束することを証明する．それができれば，$P(s)$ は $s$ 平面上において正則，すなわち整函数であることがわかる（定理 57）．

そのために

$\left(1+\frac{s}n\right)e^{-\frac{s}n}=1+u_n$

と置いて，$|s|\leqq R$ なるとき，$n$ を十分に大きく取れば，或る定数 $k$ に関して

(4)

$|u_n| < k^2\frac{|s|^2}{n^2}$

なることを示そう．そうすれば

$|u_n|<\frac{kR^2}{n^2}$

で，$\textstyle\sum\frac{1}{n^2}$ 従って $\textstyle\sum|u_n|$ は収束するから，目的は達せられる（定理 46）．まず

$n>R$

とすれば $\tfrac{|s|}n<1$ であるが，今 $\tfrac{s}n=z$ と書いて

(7)

$|z|\leqq 1$　なるとき　$|(1+z)e^{-z}-1|<7|z|^2$

になることを示そう．すなわち (4) における $k$ は $7$ でよい．――実際，今

$\frac{(1+z)e^{-z}-1}{z^2}$

を考察するに，$z=0$ は分子においても二次の零点だから，これは整函数である．故に閉域 $|z|\leqq 1$ におけるそれの絶対値は境界線 $|z|=1$ の上で最大値をとる（定理 63）．その最大値を $k$ にしてもよいのだが，$|z|=1$ のとき

$\left|\frac{(1+z)e^{-z}-1}{z^2}\right| = |(1+z)e^{-z}-1|\leqq |1+z||e^{-z}|+1 < 2e+1 < 7.$

故に $k=7$ とすれば十分である（$7$ に特別の意味はない）．

さて，公式 (W) の右辺が整函数であることが確定したから，(W) を証明するには，それが実数軸の一部分において正しいことを示せばよい．そうすれば解析的延長の原則によって，それは全複素数平面において成り立つことがわかる．

(7º)

そこで実変数に返って，$s>0$ として (G) を証明する．証明の方法はいろいろあるが，次に掲げるのは簡明である．

まず $\log\mathit\Gamma(s)$ は凸函数（§20）である．すなわち

(6)

$\frac{d^2}{ds^2}\log\mathit\Gamma(s) =\frac{\mathit{\Gamma\Gamma}''-\mathit\Gamma'^2}{\mathit\Gamma^2}\geqq 0.$

実際

$\begin{align} \mathit\Gamma(s) &=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}\,dx,\\ \mathit\Gamma'(s) &=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}\log x\,dx,\\ \mathit\Gamma''(s)&=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}(\log x)^2\,dx, \end{align}$

から（168 頁），任意の $u$ に関して

$\begin{align} u^2\mathit\Gamma+2u\mathit\Gamma'+\mathit\Gamma'' &=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}(u^2+2u\log x+(\log x)^2)\,dx\\ &=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}(u+\log x)^2\,dx\geqq 0 \end{align}$

故に左辺に書いた $u$ の二次式の判別式 $\mathit\Gamma'^2-\mathit{\Gamma\Gamma''}$ は正でない．従って (6) の通り．

そこで $n>1$ を自然数とし，また $0<s<1$ として，§20(1′′) で $y=\log\mathit\Gamma(s)$ として，$x_1<x<x_2$ にまず $n<n+s<n+1$ を代用し，次にまた $n-1<n<n+s$ を代用すれば

$\log\mathit\Gamma(n)-\log\mathit\Gamma(n-1) \leqq \frac{\log\mathit\Gamma(n+s)-\log\mathit\Gamma(n)}s \leqq \log\mathit\Gamma(n+1)-\log\mathit\Gamma(n)$

を得る．(1) を用いて書き直せば

$\log(n-1)\leqq\frac{\log\mathit\Gamma(n+s)-\log\mathit\Gamma(n)}s\leqq\log n,$

従って

$(n-1)^s\mathit\Gamma(n)\leqq\mathit\Gamma(n+s)\leqq n^s\mathit\Gamma(n).$

(1) から

$\mathit\Gamma(n+s)=(s+n-1)(s+n-2)\cdots(s+1)s\mathit\Gamma(s)$

を得るから，

$\begin{align} \frac{(n-1)^s\mathit\Gamma(n)}{s(s+1)\cdots(s+n-1)} \leqq \mathit\Gamma(s) &\leqq \frac{n^s\mathit\Gamma(n)}{s(s+1)\cdots(s+n-1)}\\ &= \frac{n^s\mathit\Gamma(n+1)}{s(s+1)\cdots(s+n)}\,\frac{s+n}n. \end{align}$

$n>1$ は任意だから左辺で $n$ を $n+1$ に換えて

$\frac{n^s\mathit\Gamma(n+1)}{s(s+1)\cdots(s+n)} \leqq \mathit\Gamma(s)\leqq \frac{n^s\mathit\Gamma(n+1)}{s(s+1)\cdots(s+n)}\,\frac{s+n}n,$

すなわち

$\mathit\Gamma(s)\,\frac{n}{s+n}\leqq \frac{n^s\mathit\Gamma(n+1)}{s(s+1)\cdots(s+n)} \leqq \mathit\Gamma(s).$

$\mathit\Gamma(n+1)=n!$ を入れて，$n\to\infty$ とすれば Gauss の公式 (G) を得る．(W) はそれの変形であることは前に述べた．

よってすべての複素数 $s$ に関して (W) が成り立つ．

［注意］ 

上記の証明では，$s>0$ のとき，$\log\mathit\Gamma(s)$ が凸函数であることと，函数方程式 (1) とが根拠であった．今 $\mathit\Gamma(s)$ の代りに $f(s)$ を取って，$s>0$ なるとき $f(s)>0$ で，$\log f(s)$ は凸函数，また函数方程式 $f(s+1)=sf(s)$ が成り立つとするならば，$f(s)$ に関しても上記 (G) の証明は通用するが，ただ最後に $\mathit\Gamma(n)=n!$ とするところへ $f(n+1)=n!\cdot f(1)$ がくる．従って $f(s)$ に関する上記仮定から $f(s)=a\mathit\Gamma(s)$ を得る．$a=f(1)$ は定数である．後にこれを応用するであろう．

(8º)

公式 (W) で $s$ を $-s$ に換えて，$\mathit\Gamma(1-s)=-s\mathit\Gamma(-s)$ を用いるならば，

$\frac{1}{\mathit\Gamma(s)\mathit\Gamma(1-s)} =s\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{s^2}{n^2}\right)$

を得る．よって §64，(20) から

(7)

$\mathit\Gamma(s)\mathit\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin\pi s}.$

(7) において $s=\tfrac12$ とすれば

(8)

$\mathit\Gamma\!\left(\frac12\right)=\sqrt\pi.$

(E) において積分変数 $x$ を $x^2$ に換えるならば，(8) から既知の積分 {{解析概論/equation|$\int_0^\infty e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}2$ を得る．また (8) において $\mathit\Gamma(\tfrac12)$ を (G) で表わせば Wallis の公式（§35，［例 5］）を得る．すなわち

(9)

$\sqrt\pi=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\sqrt n}{\frac12\cdot\frac32\cdots\frac{2n+1}2} =\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n+1}(n!)^2}{(2n)!}\frac{\sqrt n}{2n+1} =\lim_{n\to\infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n)!\sqrt{n}}$

(9º)

$\mathit\Gamma$ 函数に関しては，なお重要な公式

$\mathit\Beta(p,q)=\frac{\mathit\Gamma(p)\mathit\Gamma(q)}{\mathit\Gamma(p+q)}$

を挙げねばならない．これは後（§96）にも述べるが，すでにここで既知の材料から導くことができる．$\mathit\Beta(p,q)$ の意味は（§33，［例 3］）

(11)

$\mathit\Beta(p,q)=\int_0^1 x^{p-1}(1-x^{q-1})\,dx\quad(p>0,q>0)$

であった．今

(12)

$f(p)=\mathit\Beta(p,q)\mathit\Gamma(p+q)$

と置いて，まず

(13)

$f(p+1)=pf(p)$

を証明する．(11) から

$\mathit\Beta(p+1,q)=\frac{p}{p+q}\,\mathit\Beta(p,q).$

これは二項微分の積分の簡約式（140 頁）による．または直接に部分積分によっても出る．また

$\mathit\Gamma(p+q+1)=(p+q)\mathit\Gamma(p+q)$

だから (13) を得る．

さて $p>0$ のとき $\log f(p)=\log\mathit\Beta(p,q)+\log\mathit\Gamma(p+q)$ が凸函数であることは 251 頁と同様にして確かめられる．よって（前頁，［注意］）

$f(p)= a\mathit\Gamma(p),\quad a=f(1).$

さて (12) から

$f(1)=\mathit\Beta(1,q)\mathit\Gamma(q+1).$

$\mathit\Beta(1,q)=\int_0^1(1-x)^{q-1}\,dx=\frac{1}q$

だから，

$a=\mathit\Gamma(p).$

すなわち

$f(p)=\mathit\Gamma(p)\mathit\Gamma(q).$

故に (12) から問題の公式 (10) を得る．

(10º)

公式 (W) の両辺を $s$ で割って $s\mathit\Gamma(s)=\mathit\Gamma(1+s)$ を用いて $\log$ を取れば，$s>0$ として

(14)

$\log\mathit\Gamma(1+s) = -Cs+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{s}n-\log\left(1+\frac{s}n\right)\right).$

右辺の $\log$ を巾級数に展開して（$|s|<1$）

(15)

$\log\mathit\Gamma(1+s) = -Cs+\frac{S_2}{2}s^2-\frac{S_3}{3}s^3+\cdots+\frac{(-1)^n S_n}{n}s^n+\cdots,$

ただし，

$S_n=\sum_{\nu=1}^\infty \frac{1}{\nu^n},$　（§64 の $s_n$）．

また (14)，(15) から右辺を項別に微分して

(16)

$\frac{\mathit\Gamma'(s)}{\mathit\Gamma(s)} =-\frac{1}s-C+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}n-\frac{1}{n+s}\right)$

(17)

$=-\frac{1}s-C+S_2s-S_3s^2+\cdots,\quad(|s|<1).$

上記 (14) は (W) から得られるが，右辺の級数は，

$0<s-\log(1+s)<\frac{s^2}2,\quad (s>0),$

からわかるように，$s>0$ なる任意の有限区間内で一様に収束する．故に $\mathit\Gamma(s)$ の解析性を用いて，定理 57（C）によって (16) が得られる．同様に定理 58 によって (15)，(17) が得られるが，虚数軸の右側で $\mathit\Gamma(s)$ は正則で，$s=0$ は極だから，(15)，(17) の右辺の級数の収束半径は $1$ である．$s$ が複素数ならば (14)，(15) は $\log$ の適当な枝を取らねば成り立たないであろうが，(16) は $s\ne 0,-1,-2,\ldots$ のとき，また (17) は $|s|<1$ ならば成り立つ．

(15) によって区間 $1\leqq s<2$ において $\mathit\Gamma(s)$ が計算されるはずであるが，次に掲げる $S_n$ の表からみえるように，(15) の収束は不良だから計算に適しない（計算法は後述，263頁）．

級数 $S_n=1+\tfrac{1}{2^n}+\tfrac{1}{3^n}+\cdots$ は，$n$ が偶数なるとき，Bernoulli の数と関係して三角函数の展開に現れたのであったが，奇数番号の $S_n$ は $\mathit\Gamma$ 函数に関する展開において出てきた．$n=70$ まで，$S_n$ の値が小数 32 位まで計算されてある．次にその初めの部分を簡約して掲げる．容易にわかるように

$S_{n+1}-1<\frac12(S_n-1)$

で $S_n-1$ は相当緩慢に $0$ に収束する．$n\geqq 16$ に関しては小数 8 位までは $S_{n+1}-1\fallingdotseq\tfrac12(S_n-1)$．

$\begin{array}{c|c||c|c||c|c}\hline & & & & &\\[-9pt] \ n\ & S_n-1 &\ n\ & S_n -1 &\ n\ & S_n-1 \\[2pt]\hline & & & & &\\[-9pt] 2 & \quad 0.64493\,407\quad &\ 7 & 0.00834\,928 & 12 & 0.00024\,609\\ 3 & 0.20205\,690 &\ 8 & \quad 0.00407\,736\quad & 13 & 0.00012\,271\\ 4 & 0.08232\,323 &\ 9 & 0.00200\,839 & 14 & \quad 0.00006\,125\quad\\ 5 & 0.03692\,776 & 10 & 0.00099\,458 & 15 & 0.00003\,059\\ 6 & 0.01734\,306 & 11 & 0.00049\,419 & 16 & 0.00001\,528\\[3pt] \end{array}$

次の頁に $\mathit\Gamma(s)$ のグラフと，$1\leqq s\leqq 2$ における $\mathit\Gamma(s)$ の表を掲げる．

$\log\mathit\Gamma(s)$ の欄に掲げたのはもちろん常用対数である．

$s>0$ のとき $\mathit\Gamma(s)$ が凸函数であることは前に述べた（251 頁）．さて $\mathit\Gamma(1)=\mathit\Gamma(2)=1$ だから，$\mathit\Gamma(s)$ は $1$ と $2$ との間で極小になる．極値点 $s_0$ および極小値 $\mathit\Gamma(s_0)$ は計算されている．すなわち

$s_0=1.4616\ldots,\quad\mathit\Gamma(s)=0.8856\ldots.$

詳しくは述べないが，$s_0$ および $\mathit\Gamma(s)$ の概略の値は次頁の表から比較挿入法によって計算される．

のグラフ

$\begin{array}{c|c|c|c||c|c|c|c}\hline & & & & & & &\\[-10pt] s&\ \log\mathit\Gamma(s)\ & \mathit\Gamma(s)&\ \mathit{\Gamma'(s)/\Gamma(s)}\ & s&\ \log\mathit\Gamma(s)\ & \mathit\Gamma(s)&\ \mathit{\Gamma'(s)/\Gamma(s)}\ \\[2pt]\hline & & & & & & &\\[-10pt] \ 1.00\ & 0.00000 & 1.00000 & -0.5772 & 1.50 & \bar1.94754 & 0.8862 & 0.0365\\ 1.05 & \bar1.98834 &\ 0.9735\ & -0.4978 & 1.55 & \bar1.94884 & 0.8889 & 0.0822\\ 1.10 & \bar1.97834 & 0.9514 & -0.4238 &\ 1.60\ & \bar1.95110 & 0.8935 & 0.1260\\ 1.15 & \bar1.96990 & 0.9330 & -0.3543 & 1.65 & \bar1.95430 &\ 0.9001\ & 0.1681\\ 1.20 & \bar1.96292 & 0.9182 & -0.2890 & 1.70 & \bar1.95839 & 0.9086 & 0.2085\\ 1.25 & \bar1.95732 & 0.9064 & -0.2275 & 1.75 & \bar1.96335 & 0.9191 & 0.2475\\ 1.30 & \bar1.95302 & 0.8975 & -0.1692 & 1.80 & \bar1.96913 & 0.9314 & 0.2850\\ 1.35 & \bar1.94995 & 0.8912 & -0.1139 & 1.85 & \bar1.97571 & 0.9456 & 0.3212\\ 1.40 & \bar1.94805 & 0.8873 & -0.0614 & 1.90 & \bar1.98307 & 0.9618 & 0.3562\\ 1.45 & \bar1.94727 & 0.8857 & -0.0113 & 1.95 & \bar1.99117 & 0.9799 & 0.3900\\ 1.50 & \bar1.94754 & 0.8862 & +0.0365 & 2.00 & \bar1.00000 & 1.0000 & 0.4228\\[3pt] \end{array}$

(11º)

終りに一，二の定積分を計算する．

［例 1］

$s>0,q>0.$

(18)

$\int_0^\infty e^{px}x^{s-1}{\cos{}\atop\sin{}}qx\,dx =\frac{\mathit\Gamma(s)}{(p^2+q^2)^{s/2}}{\cos{}\atop\sin{}}s\varphi,$

$\left(\varphi=\mathrm{Arc\,}\tan\frac{q}p,\quad -\frac{\pi}2<\varphi<\frac{\pi}2.\right)$

この古典的積分（Euler）の計算においても，複素積分が有効に応用される． 上記 (18) の両辺で $\cos,\sin$ は対応するのであるが，$\sin$ に $-i$ をかけて加えて一括すれば

(19)

$\int_0^\infty e^{-(p+qi)x}x^{s-1}\,dx =\frac{\mathit\Gamma(s)}{(p^2+q^2)^{s/2}}\,e^{-s\varphi i}.$

今

$\alpha=p+qi=re^{\varphi i},\quad r=\sqrt{p^2+q^2},\quad \tan\varphi=\frac{q}p$

とすれば，条件 $p>0$ によって $\alpha$ の実部 $\Re(\alpha)>0$ だから，$-\tfrac{\pi}2<\varphi<\tfrac{\pi}2$．よって $\alpha^s$ の主値を取れば

$\alpha^{-s}=r^{-s}e^{-s\varphi i}.$

故に (19) は次のように書かれる．

(20)

$\int_0^\infty e^{-\alpha x}x^{s-1}\,dx=\frac{\mathit\Gamma(s)}{\alpha^s}.$

これを証明すればよいのである．$\alpha=r>0$ が実数ならば，これは

(21)

$\mathit\Gamma(s)=\int_0^\infty e^{-x}x^{s-1}\,dx$

から，積分変数 $x$ を $rx$ に変換して得られる．すなわち

(22)

$\int_0^\infty e^{-rx}x^{s-1}\,dx=\frac{\mathit\Gamma(s)}{r^s}.$

$\alpha$ が複素数の場合にも，(21) において変数 $x$ を $\alpha x$ に変換すれば (22) が得られようけれども，積分が広義積分だから，極限の考察が煩わしいであろう．さて Cauchy の積分定理を応用すれば，その考察が見通しよくできるのである．

ファイル:図

次の図に示す積分路に関して

$\int_{ABB'A'A} e^{-rz}z^{s-1}\,dx=0,$

ただし

$\begin{align} OA &= OA'=\varepsilon,\\ OB &= OB'=R. \end{align}$

すなわち

(23)

$\int_{AB} - \int_{A'B'} + \int_C - \int_c =0.$

ここで，例の通り $\varepsilon\to 0,R\to\infty$ のときの極限を考察するのである． まず，

$\left|\int_C\right| \leqq \int_0^\varphi e^{rR\cos\theta}R^s\,d\theta < e^{rR\cos\varphi}R^s\varphi.$

$r>0,|\varphi|<\tfrac{\pi}2,\cos\varphi>0$ だから

$\lim_{R\to\infty}\int_C=0.$

同様に

$\lim_{\varepsilon\to 0}\left|\int_c\right| < e^{-r\varepsilon\cos\varphi}\varepsilon^s\varphi\to 0.$

さて (22) によって

$\int_{AB}=\int_\varepsilon^R e^{-rx}x^{s-1}\,dx\to \frac{\mathit\Gamma(s)}{r^s}.$

故に (23) から

$\lim_{\varepsilon\to 0,R\to\infty}\int_{A'B'} =\int_0^\infty e^{re^{\varphi i}x}\,dx=\frac{\mathit\Gamma(s)}{r^s},$

すなわち

$e^{s\varphi i}\int_0^\infty e^{-\alpha x}x^{s-1}\,dx =\frac{\mathit\Gamma(s)}{r^s},$

すなわち

$\int_0^\infty e^{-\alpha x}x^{s-1}\,dx=\frac{\mathit\Gamma(s)}{\alpha^s}.$

これが (20) で，従って (18) が証明されたのである．

［例 2］

$1>s>0$ とすれば

$\int_0^\infty x^{s-1}\cos x\,dx=\mathit\Gamma(s)\cos\frac{s\pi}2,\quad \int_0^\infty x^{s-1}\sin x\,dx=\mathit\Gamma(s)\sin\frac{s\pi}2.$

あるいは一括して（$i^s=\exp\tfrac{s\pi i}2$ を用いて）

(24)

$\int_0^\infty e^{-xi}x^{s-1}\,dx=\frac{\mathit\Gamma(s)}{i^s}.$

上記 (20) において $\alpha=i$ と置けば，この等式のようになるが，［例 1］では $\Re(\alpha)>0$ として計算したのであるから，$\alpha=i$ の場合には通用しない．しかし［例 1］の仮定 $s>0$ を緊縮して，上記のように $1>s>0$ とすれば，［例 1］と同様の方法によって (24) が得られるのである．

ファイル:図

［例 1］の積分路において $\varphi=\frac{\pi}2$ とすれば（次の図），例の通り

$\int_{ABB'A'A} e^{-z}z^{s-1}\,dx=0,$

すなわち

(23)

$\int_{AB} - \int_{A'B'} + \int_C - \int_c =0.$

今度も $\varepsilon\to 0,R\to\infty$ のとき $\textstyle\int_C\to 0,\int_c\to 0$ を確かめればよい．さて

$\left|\int_C\right|\leqq R^s\int_0^\frac\pi2 e^{-R\sin\theta}\,d\theta < R^s\int_0^\frac\pi2 e^{-Rm\theta}\,d\theta < \frac{1}{R^{1-s}m}\to 0.$

$m$ は §62，［例 1］の通りである．ここで仮定 $1>s$ を用いた．次に

$\left|\int_c\right|\leqq \varepsilon^s\int_0^\frac\pi2 e^{-\varepsilon\sin\theta}\,d\theta < \varepsilon^s\frac\pi2 \to 0.$

ここで仮定 $s>0$ を用いた． さて $\varepsilon\to 0,R\to\infty$ のとき

$\lim\int_{AB}=\mathit\Gamma(s)$

だから (24)，従って標記の等式を得る．

［注意］ 

広義積分 $\textstyle\int_0^\infty x^{s-1}\sin x\,dx$ は $1>s>-1$ なるとき収束する．［例 2］では

$\int_0^\infty x^{s-1}\sin x\,dx=\mathit\Gamma(s)\sin\frac{s\pi}2$

は $1>s>0$ として証明されたけれども，この等式は $1>s>-1$ としても成り立つ．それをみるには (1º)，(2º) に述べたのと同様の考察をするがよい．$s=\sigma+it$ と書けば，この広義積分は $1>s_1\geqq\sigma\geqq s_0>-1$ のとき $x\to 0$ でも，$x\to\infty$ でも $s$ に関して一様に収束するから，$-1<\sigma<1$ で正則なる $s$ の解析函数である．よって解析的延長の原則によって上記等式は $1>\sigma>-1$ なるとき成り立つ．（右辺は $s=0$ のとき正則．）

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