ガンマ関数とデルタ関数の関係

先日次のような公式に出会った。

$$
\lim_{\Delta\to 0}\frac{|\Gamma(\Delta+is )|^{2}}{\Gamma(2\Delta)}=2\pi \delta(s)
$$

ネットで探しても、岩波公式集にも載っていない……そこですーじー(Twitter:@compactLilyalg)さんに協力をいただいて証明を書いてみました。

方針

$$
f(s)=\lim_{\Delta\to 0}\frac{|\Gamma(\Delta+is )|^{2}}{\Gamma(2\Delta)}
$$

と置いて$${f(s)=2\pi \delta(s)}$$となることを確かめる。そのために、以下を確認していく。

(1)$${s\neq 0}$$で$${f(s)\to 0}$$

(2)$${s= 0}$$で$${f(s)\to \infty}$$

(3)規格化、すなわち$${\int ds f(s)=2\pi}$$

証明

$${\Delta \to 0}$$における振る舞いを見たいので、$${\Delta}$$のべきで展開して確認する。このときガンマ関数のTaylor展開

$$
\Gamma(1+x)=\Gamma(1)+\Gamma'(1)x+\cdots
$$

を用いる。ここで

$$
\Gamma'(x)=\int_{0}^{\infty}\log{t}\, t^{x-1}e^{-t}dt
$$

より

$$
\Gamma'(1)=\int_{0}^{\infty}\log{t}\,e^{-t}dt=-\gamma\quad (\gamma:\text{Euler定数})
$$

よって

$$
\Gamma(1+x)=1-\gamma x+\cdots=1+\mathcal{O}(x)
$$

したがって

$$
\Gamma(x)=\frac{\Gamma(1+x)}{x}=\frac{1}{x}+\mathca{O}(1)
$$

と書ける。ここで$${\mathcal{O}(1)}$$は$${x\to 0}$$で特異性を持たない。

(1)非ゼロ

上の関係を用いる。

$$
\Gamma(2\Delta)=\frac{1}{2\Delta}+\mathcal{O}(1)
$$

より

$$
f(s)=\lim_{\Delta\to 0}\frac{|\Gamma(\Delta+is )|^{2}}{\frac{1}{2\Delta}+\mathcal{O}(1)}=\lim_{\Delta\to 0}\frac{2 \Delta|\Gamma(\Delta+is )|^{2}}{1+\mathcal{O}(\Delta)}=0
$$

(2)ゼロ

同様に

$$
f(0)=\lim_{\Delta\to 0}\frac{|\Gamma(\Delta)|^{2}}{\Gamma(2\Delta)}=\lim_{\Delta\to 0}\frac{(\frac{1}{\Delta} + \mathcal{O}(1))^{2}}{\frac{1}{2\Delta} + \mathcal{O}(1)}=\lim_{\Delta\to 0}\frac{(2+ \mathcal{O}(\Delta))(\frac{1}{\Delta} + \mathcal{O}(1))}{1 + \mathcal{O}(\Delta)}=\infty
$$

(3)規格化

ガンマ関数$${\Gamma(x)}$$とベータ関数$${B(x,y)}$$の関係

$$
\frac{ \Gamma(x) \Gamma(y) }{ \Gamma(x+y) }= B(x,y)
$$

を用いると

$$
  \frac{|\Gamma(\Delta+is )|^{2}}{\Gamma(2\Delta)}=  \frac{\Gamma(\Delta+is )\Gamma(\Delta-is )}{\Gamma(\Delta+is+\Delta-is)}=B(\Delta+is,\Delta-is)
$$

と書ける。いまベータ関数は

$$
B(x,y)=\int_{0}^{1}dt \,t^{x-1}(1-t)^{y-1}
$$

で定義されている。これを用いると

$$
\begin{align*}
f(s)&=\lim_{\Delta\to 0}B(\Delta+is,\Delta-is)\\
&=\lim_{\Delta\to 0}\int_{0}^{1}dt \,t^{\Delta+is-1}(1-t)^{\Delta-is-1}\\
&=\int_{0}^{1}dt \,t^{is-1}(1-t)^{-is-1}
\end{align*}
$$

と表せることから

$$
\int_{-\infty}^{\infty} f(s)ds=\int_{-\infty}^{\infty} ds \int_{0}^{1}dt \,t^{is-1}(1-t)^{-is-1}=2\pi
$$

を確かめればよい。ここで$${s}$$積分に関わる部分に注目する。

$$
\int_{-\infty}^{\infty} ds \int_{0}^{1}dt \,t^{is-1}(1-t)^{-is-1}=\int_{0}^{1}dt\,t^{-1}(1-t)^{-1} \underbrace{\int_{-\infty}^{\infty}ds  \,\left(\frac{t}{1-t}\right)^{is}}
$$

指数関数で書き換えると

$$
\int_{-\infty}^{\infty}ds  \,\left(\frac{t}{1-t}\right)^{is}=\int_{-\infty}^{\infty}ds  \,\exp\left[is\log\left(\frac{t}{1-t}\right)\right]
$$

ここでデルタ関数のFourier積分展開

$$
\delta(x)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp}{2\pi}e^{ipx}
$$

を用いて計算を進めると

$$
\begin{align*}
\int_{-\infty}^{\infty}ds  \,\exp \left[is\log\left(\frac{t}{1-t}\right)\right]&=2\pi \delta\left(\log \frac{t}{1-t}\right)\\
&=2\pi \frac{1}{\frac{1}{t}+\frac{1}{1-t}}\Bigg|_{t=1/2} \delta\left(t-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{\pi}{2}\delta\left(t-\frac{1}{2}\right)
\end{align*}
$$

したがって

$$
\begin{align*} 
\int_{-\infty}^{\infty} f(s)ds &=\int_{0}^{1}dt\,t^{-1}(1-t)^{-1}\frac{\pi}{2}\delta\left(t-\frac{1}{2}\right)\\
&=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}}=2\pi
\end{align*}
$$

以上より(1),(2),(3)がすべて満たされ

$$
f(s)=\lim_{\Delta\to 0}\frac{|\Gamma(\Delta+is )|^{2}}{\Gamma(2\Delta)}=2\pi \delta(s)
$$

が示される。