# 複素解析 p215問題1
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$\newcommand\pare[1]{\left(#1\right)}$

教科書のLegandreの2倍公式の証明と同様にして, 次を充たすような$a, b\in\mathbb{C}$が存在する.

\begin{align*}
e^{az+b}
=\frac{\Gamma(z)\Gamma(z+\frac{1}{n})\cdots\Gamma(z+\frac{n-1}{n})}{\Gamma(nz)}
\end{align*}

$z=0$ (除去可能特異点)を考えて

\begin{align*}
e^{b}
=\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\cdots\Gamma(\frac{n-1}{n})}{1/n}
\end{align*}

である.
$z=1$を考えて

\begin{align*}
e^{a+b}
&=\frac{\Gamma(1)\Gamma(1+\frac{1}{n})\cdots\Gamma(1+\frac{n-1}{n})}{\Gamma(n)} \\
&=\frac{\frac{1}{n}\cdots\frac{n-1}{n}\Gamma(\frac{1}{n})\cdots\Gamma(\frac{n-1}{n})}{(n-1)!} \\
&=\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\cdots\Gamma(\frac{n-1}{n})}{n^{n-1}} \\
&=\frac{e^b}{n^n}
\end{align*}

である.
よって

\begin{align*}
e^a=n^{-n}
\end{align*}

である.

ここでStirlingの公式を考える.

:::success
**Stirlingの公式**
複素関数$G$を

\begin{align*}
G(z)=\sqrt{2\pi}z^{z-1/2}e^{-z}
\end{align*}

とおけば

\begin{align*}
\lim_{x\to+\infty}\frac{\Gamma(x)}{G(x)}=1
\end{align*}

が成り立つ.
(ただし, これは$\Gamma(x)-G(x)\to 0$を主張している訳ではない事に注意. )
https://www.desmos.com/calculator/vl9gunhlub
:::

よって

\begin{align*}
e^b
&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\Gamma(x)\Gamma(x+\frac{1}{n})\cdots\Gamma(x+\frac{n-1}{n})}{e^{ax}\Gamma(nx)} \\
&=\lim_{x\to+\infty}\frac{\pare{\sqrt{2\pi}x^{x-1/2}e^{-x}}\pare{\sqrt{2\pi}\pare{x+\frac{1}{n}}^{x+\frac{1}{n}-1/2}e^{-x-\frac{1}{n}}}\cdots\pare{\sqrt{2\pi}\pare{x+\frac{n-1}{n}}^{x+\frac{n-1}{n}-1/2}e^{-x-\frac{n-1}{n}}}}{n^{-nx}\pare{\sqrt{2\pi}(nx)^{nx-1/2}e^{-nx}}} \\
&=(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}e^{-\pare{\frac{1}{n}+\cdots+\frac{n-1}{n}}}\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{x-1/2}\pare{x+\frac{1}{n}}^{x+\frac{1}{n}-1/2}\cdots\pare{x+\frac{n-1}{n}}^{x+\frac{n-1}{n}-1/2}}{n^{-nx}\pare{n^{nx}n^{-1/2}x^{x-1/2}x^{(n-1)x}}} \\
&=(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}e^{-\pare{\frac{1}{n}+\cdots+\frac{n-1}{n}}}n^{1/2}\lim_{x\to+\infty}\frac{\pare{x+\frac{1}{n}}^{x+\frac{1}{n}-1/2}\cdots\pare{x+\frac{n-1}{n}}^{x+\frac{n-1}{n}-1/2}}{x^{x+\frac{1}{n}-1/2}\cdots x^{x+\frac{n-1}{n}-1/2}} \\
&=(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}e^{-\pare{\frac{1}{n}+\cdots+\frac{n-1}{n}}}n^{1/2}\lim_{x\to+\infty}\pare{1+\frac{1/n}{x}}^{x+\frac{1}{n}-1/2}\cdots\pare{1+\frac{(n-1)/n}{x}}^{x+\frac{n-1}{n}-1/2} \\
&=(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}e^{-\pare{\frac{1}{n}+\cdots+\frac{n-1}{n}}}n^{1/2}e^{\frac{1}{n}}\cdots e^{\frac{n-1}{n}} \\
&=(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}n^{1/2} \\
\end{align*}

である.
よって

\begin{align*}
\Gamma(z)
=\frac{\Gamma\pare{\frac{z}{n}}\Gamma\pare{\frac{z+1}{n}}\cdots\Gamma\pare{\frac{z+n-1}{n}}}{e^{az/n+b}}
=\frac{\Gamma\pare{\frac{z}{n}}\Gamma\pare{\frac{z+1}{n}}\cdots\Gamma\pare{\frac{z+n-1}{n}}}{{n^{-n z /n}}{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}n^{1/2}}}
\end{align*}

であるから

\begin{align*}
{(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}}\Gamma(z)
=n^{z-1/2}\Gamma\pare{\frac{z}{n}}\Gamma\pare{\frac{z+1}{n}}\cdots\Gamma\pare{\frac{z+n-1}{n}}
\end{align*}

である.
この公式は**Gaussの公式**と呼ばれる.
(またもやGaussの名を冠した公式だ)

別証その1: 教科書の模範解答. この方法ではStirlingの公式を使わない.
$e^b$の評価に$\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\pi/\sin(\pi z)$を使う.

\begin{align*}
e^{b}
&=\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\cdots\Gamma(\frac{n-1}{n})}{1/n} \\
&=
\begin{cases}
\displaystyle\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(\frac{n-1}{n})\cdots\Gamma(\frac{1}{2})}{1/n} \\
\displaystyle\frac{\Gamma(\frac{1}{n})\Gamma(\frac{n-1}{n})\cdots\Gamma(\frac{n/2-1}{n})\Gamma(\frac{n/2+1}{n})}{1/n}
\end{cases} \\
&=
\begin{cases}
\displaystyle\frac{\frac{\pi}{\sin(\pi/n)}\cdots\sqrt{\frac{\pi}{\sin(\pi/2)}}}{1/n} \\
\displaystyle\frac{\frac{\pi}{\sin(\pi/n)}\cdots\frac{\pi}{\sin((n/2-1)\pi/n)}}{1/n}
\end{cases} \\
&=
\sqrt{
\frac{\frac{\pi}{\sin(\pi/n)}\cdots\frac{\pi}{\sin((n-1)\pi/n)}}{1/n^2}} \\
&=
(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}n^{1/2}
\sqrt{
\frac{n/2^{n-1}}{\sin(\pi/n)\cdots\sin((n-1)\pi/n)}} \\
&=
(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}n^{1/2}
\sqrt{
\frac{n/2^{n-1}}{n/2^{n-1}}} \\
&=
(2\pi)^{\frac{n-1}{2}}n^{1/2}
\end{align*}

$\sin$の掛け算の公式: https://ja.wikipedia.org/wiki/%E4%B8%89%E8%A7%92%E9%96%A2%E6%95%B0%E3%81%AE%E5%85%AC%E5%BC%8F%E3%81%AE%E4%B8%80%E8%A6%A7#.E7.89.B9.E5.AE.9A.E3.81.AE.E8.A7.92.E5.BA.A6.E3.81.AB.E9.96.A2.E3.81.99.E3.82.8B.E5.BC.8F

別証その2: https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%82%AC%E3%83%B3%E3%83%9E%E9%96%A2%E6%95%B0#.E4.B9.97.E6.B3.95.E5.85.AC.E5.BC.8F