최근 수정 시각 : 2024-04-13 20:29:31

감마 함수

특수함수
Special Functions
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1. 개요2. 정의3. 역사4. 성질
4.1. 반사 공식4.2. 르장드르의 2배 공식4.3. 스털링 근사
5. 폴리감마 함수
5.1. 정의5.2. 성질5.3. 감마 함수의 도함수 표현
6. 함숫값7. 관련 공식

1. 개요

gamma function

감마 함수는 계승(factorial) 함수의 해석적 연속(analytic continuation)이다.

원래 계승(factorial) 함수는 오로지 음이 아닌 정수만을 정의역으로 하는 함수다. [math((-0.5)!)]이나 [math(\sqrt2!)] 따위는 정의되지 않는다. 다만, 감마 함수의 이해를 돕기 위해 편의상 팩토리얼을 써서 표기하는 경우는 많이 있다. 그 이후 수학자들이 계승 함수의 정의역을 복소수 범위로 확장한 걸 감마 함수라고 부른다. 후술하겠지만, 감마 함수도 [math(0)] 이하의 정수에 대해서는 정의되지 않는다.


캡션

2. 정의

불완전 감마 함수에서 [math(b=0)]인 경우에 해당한다.

감마 함수와 같이 특수 함수로 묶이는 함수들은 정의가 접근 방향에 따라 여러 가지인데, 역시 제일 중요한 발원적 정의는 '계승 함수의 성질을 그대로 가지면서 [math(0)]보다 큰 영역에서 그래프가 아래로 볼록한 꼴인 함수'이다. 만족하는 함수꼴은 다음과 같다.
적분꼴[1] [math(\displaystyle \Gamma(z)=\int_0^\infty e^{-t}t^{z-1}\,{\rm d}t)]
오일러 무한곱꼴 [math(\displaystyle \Gamma(z)=\frac 1z \prod_{n=1}^\infty \frac{\left(1+\dfrac 1n \right)^{\!z}}{1+\dfrac zn})]
단순항꼴[2] [math(\displaystyle \Gamma(z)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\cdot n^z}{\displaystyle \prod_{i=0}^n (z+i)})]
바이어슈트라스꼴 [math(\displaystyle \Gamma(z)=\frac 1z e^{-\gamma z}\prod_{n=1}^\infty\frac{e^{\frac zn}}{1+\dfrac zn})]
그렇게 안 보이지만 저 넷은 서로가 서로를 유도할 수 있는 동치 관계다. [math(\displaystyle \prod)]는 계속 곱해나가라는 뜻이고, [math(\gamma)]는 값이 약 0.5772156649인 오일러-마스케로니 상수[3]다.

3. 역사

오늘날에는 적분 꼴의 정의식이 가장 널리 알려져있지만, 역사적으로는 오일러 무한곱꼴이 먼저 발견되었다. 정의역이 [math(0)] 이상의 정수로 한정되어있던 팩토리얼을 실수로 확장하고자 하는 논의가 1720년대에 다니엘 베르누이[4]와 크리스티안 골드바흐[5]를 중심으로 이루어졌는데, 십년도 채 되지 않아 이 문제는 오일러에 의해 해결되었고[6], 1729년 10월 13일 오일러가 골드바흐에게 보낸 편지에 그 기록이 남아있다. 실제로 오일러 무한곱꼴은 적분과는 무관하게 극한에 대한 고등학교 수준의 지식만 있으면 쉽게 유도할 수 있다.

먼저 [math(\dfrac{\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)})]에 대해 [math(k\to\infty)]일 때의 극한값을 구해보자. 해당 식은 다음과 같이 변형할 수 있으며
[math(\dfrac{\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)}=\dfrac{\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n \left\{k\left(1+\frac ik \right)\right\}}=\dfrac{\left(k+1\right)^n}{\displaystyle k^n \prod_{i=1}^n \left(1+\frac ik \right)}=\dfrac{\left(1+\dfrac 1k \right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+\frac ik \right)})]
[math(k \to \infty)]일 때 분자 분모가 각각 [math(1)]로 수렴하므로 위 식은 [math(1)]에 수렴함을 알 수 있다. 따라서 다음 식이 성립한다.
[math(\displaystyle \lim_{k\to\infty}\frac{n!\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)} = n!\lim_{k\to\infty}\frac{\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)} = n!)]
여기서 [math(\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)=\frac{(k+n)!}{k!})]이므로 위 식은 팩토리얼과 지수함수만으로 정리할 수 있다.
[math(\displaystyle n! = \lim_{k\to\infty}\frac{n!\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)} = \lim_{k\to\infty}\frac{k!\,n!\left(k+1\right)^n}{(k+n)!} = \lim_{k\to\infty}\frac{k!\left(k+1\right)^n}{\dfrac{(k+n)!}{n!}})]
그런데 [math(\displaystyle \frac{(k+n)!}{n!}=\prod_{i=1}^k (i+n)=\prod_{i=1}^k \left\{ i \left(1+\frac ni \right)\right\} = k! \prod_{i=1}^k \left(1+\frac ni \right))]이고 [math(\displaystyle k+1 = \prod_{i=1}^k \frac{i+1}i = \prod_{i=1}^k \left(1+\frac 1i\right))]이므로
[math(\displaystyle n!=\lim_{k\to\infty}\frac{k!\left(k+1\right)^n}{\dfrac{(k+n)!}{n!}} = \lim_{k \to \infty} \frac{\displaystyle \cancel{k!} \prod_{i=1}^k \left( 1+\frac 1i \right)^n}{\displaystyle \cancel{k!} \prod_{i=1}^k \left(1+\frac ni \right)} = \lim_{k \to \infty} \prod_{i=1}^k \frac{\left(1+\dfrac 1i \right)^n}{1+\dfrac ni} = \prod_{k=1}^\infty \frac{\left(1+\dfrac 1k \right)^n}{1+\dfrac nk})]
가 되며 위 식에서 양변을 [math(n)]으로 나눈 형태가 바로 오일러 무한곱꼴 정의이다.

이후 반년도 채 되지 않은 1730년 1월 8일에 오일러는 골드바흐에게 다시 편지를 보내 다음과 같은 관계가 성립한다는 것을 보였다. 이것이 적분으로 정의된 팩토리얼의 최초 형태이며 부분적분을 이용하면 우변으로부터 좌변을 쉽게 유도할 수 있다.[7]
[math(\displaystyle n!=\int_0^1 \left(-\ln t\right)^n \mathrm{d}t)]
여기서 [math(-\ln t=x)]로 치환하면 [math(t=e^{-x})], [math(\mathrm{d}t=-e^{-x}\mathrm{d}x)], [math(\begin{cases} t \to 0 \Rightarrow x \to \infty \\ t \to 1 \Rightarrow x \to 0 \end{cases})]이므로 다음과 같은 식을 얻을 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
n! &= \int_0^1 (-\ln t)^n \,{\rm d}t = -\int_\infty^0 x^n e^{-x} \,{\rm d}x = \int_0^\infty x^n e^{-x} \,{\rm d}x = \Gamma(n+1) \\
\therefore \Gamma(n) &= \int_0^\infty x^{n-1} e^{-x} \,{\rm d}x = (n-1)!
\end{aligned} )]
이것이 바로 적분꼴 정의이다.

19세기에 들어서, 가우스는 오일러 무한곱꼴을 다음과 같이 고쳐썼다. [math(n)]에 [math(z)]를, [math(k)]에 [math(n)]을 대입해보면 알 수 있듯이, 아래 식은 감마 함수의 단순항꼴 정의이다.
[math(\displaystyle (n-1)! = \lim_{k \to \infty} \frac{k!\,k^n}{\displaystyle \prod_{i=0}^k (n+i)})]
[math(\displaystyle \prod_{i=0}^k (n+i)=\frac{(n+k)!}{(n-1)!})]이므로 위 식은
[math(\displaystyle (n-1)! = \lim_{k \to \infty} \frac{k! \left(n-1\right)!\,k^n}{(n+k)!})]
로 변형할 수 있는데 이는 오일러 무한곱꼴 유도할 때 처음에 썼던 극한값
[math(\displaystyle \lim_{k\to\infty}\frac{\left(k+1\right)^n}{\displaystyle \prod_{i=1}^n (k+i)}=\lim_{k\to\infty}\frac{\left(k+1\right)^n}{\dfrac{(k+n)!}{k!}}=\lim_{k\to\infty}\frac{k!\left(k+1\right)^n}{(k+n)!})]
에서 분자의 [math(\left(k+1\right)^n)]을 [math(k^n)]으로 바꿔도 위 값이 여전히 [math(1)]에 수렴함을 의미[8]하며, 오일러 무한곱꼴을 좀 더 간단하게 나타낸 형태라고 볼 수 있다.

바이어슈트라스는 복소수로 확장된 단순항꼴에서 오일러-마스케로니 상수를 묶어내어 또 다른 무한곱꼴을 유도했는데, 사실 그는 양이 아닌 정수에서 극점을 갖는 감마 함수를 꺼려 감마 함수의 역수 [math(\dfrac 1{\Gamma(z)})]에 대한 무한곱꼴을 유도했던 것으로 알려져 있다. 물론 굳이 역수를 취하지 않아도 도출해 낼 수 있으며, 이 아이디어에 착안하여 그는 바이어슈트라스 분해 정리를 증명하는 데에 이른다. 단순항꼴
[math(\displaystyle \Gamma(z)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\,n^z}{\displaystyle \prod_{i=0}^n (z+i)})]
에서 [math(n^z = e^{\ln n^z} = e^{z\ln n})]이고, [math(\displaystyle \prod_{i=0}^n (z+i) = z \prod_{i=1}^n (z+i))] 이므로,
[math(\begin{aligned}\displaystyle \Gamma(z) &= \lim_{n\to\infty}\frac{n!\,e^{z\ln n}}{z\displaystyle \prod_{i=1}^n (z+i)} = \lim_{n \to \infty} \frac 1z \frac{n!\,e^{z\ln n}}{\displaystyle \prod_{i=1}^n \left\{ i \left(1+\dfrac zi \right) \right\}} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac 1z \frac{\cancel{n!}\,e^{z \ln n}}{\displaystyle \cancel{n!} \prod_{i=1}^n \left(1+\dfrac zi \right)} = \lim_{n \to \infty} \frac 1z \frac{e^{z \ln n}}{\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+\dfrac zi \right)}\end{aligned})]
[math(\displaystyle \prod_{i=1}^n e^{\frac zi} = e^{z \sum\limits_{i=1}^n \frac1i})] 이므로, 위 식에 [math(1 = \dfrac{\displaystyle \prod_{i=1}^n e^{\frac zi}}{e^{z\sum\limits_{i=1}^n \frac1i}})]을 곱한다.
[math(\begin{aligned} \Gamma(z) &= \displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac 1z \frac{e^{z \ln n}}{e^{z \sum\limits_{i=1}^n \frac 1i}} \frac{\displaystyle \prod_{i=1}^n e^{\frac zi}}{\displaystyle \prod_{i=1}^n \left(1+\dfrac zi \right)} \\
&= \lim_{n \to \infty} \frac 1z e^{z \left( \ln n - \sum\limits_{i=1}^n \frac 1i \right)} \prod_{i=1}^n \frac{e^{\frac zi}}{1+\dfrac zi} \\ &= \frac 1z e^{-\gamma z} \prod_{n=1}^\infty \frac{e^{\frac zn}}{1+\dfrac zn}\end{aligned})]
이것이 바로 감마 함수의 바이어슈트라스꼴 정의이다. 역수를 취하면, 바이어슈트라스 분해 정리의 기본꼴이 다음과 같이 나타난다.
[math(\displaystyle \dfrac1{\Gamma(z)}=e^{\gamma z}z \prod_{n=1}^\infty\left(1+\dfrac zn\right)e^{-z/n})]

4. 성질

감마 함수는 팩토리얼의 상위호환격 함수이기 때문에, 팩토리얼의 성질을 모두 가지고 있다.
[math(n!=\Gamma(n+1))] ([math(n)]이 범자연수일 경우)
[math(\Gamma(1)=1)]
[math(\Gamma(n+1)=n\Gamma(n))]
다만 [math(0)]과 [math(1)] 사이의 계산에는 감마 함수의 정의에 있는 적분을 계산해야 하며, 음수로 가면 더욱 골치 아파진다.[9] 아래 그래프에도 나와 있겠지만 양이 아닌 정수에서는 감마 함수가 정의되지 않는데, 이는 [math(0!=\Gamma(0+1)=0\Gamma(0)=0\Gamma(-1+1)=0\times(-1)!)]을 만족하는 [math(\Gamma(0))], [math((-1)!)]의 값이 존재하지 않기 때문이다. 좌변 둘은 [math(1)], 우변 셋은 [math(0)]이므로 얄짤없이 모순이다. [math(\Gamma(0))], [math((-1)!)]이 없으므로, 당연히 그보다 작은 정수의 계승 또한 존재하지 않는다.
파일:external/upload.wikimedia.org/555px-Gamma_plot.svg.png
[math([-5,5])] 범위의 감마 함수 그래프

양의 정수를 넣었을 때는 모두 양의 정수이다. 예를 들어, [math(3!)]과 [math(5!)]은 다음과 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
3! &= \Gamma(3+1) = 3\Gamma(2+1) = 3\times2\Gamma(1+1) = 3\times2\times1\Gamma(1) = 3\times2\times1\times1 = 6 \\
5! &= \Gamma(5+1) = 5\Gamma(4+1) = 5\times4\Gamma(3+1) = 5\times4\times6 = 120
\end{aligned} )]
그러나, 소수를 넣으면 무리수가 된다. 예를 들어, [math(1.5!)]은 다음과 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
1.5! = \Gamma \biggl( \dfrac32 +1 \biggr) \!= \dfrac32 \Gamma \!\left(\dfrac12 +1 \right) \!= \dfrac34 \Gamma \!\left( \dfrac12 \right) \!= \dfrac34 \sqrt\pi \approx 1.3293403882
\end{aligned} )]
[math(i)]를 넣으면, 오일러의 공식으로 유도하여 다음과 같은 값이 나온다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
i! = \Gamma(i+1) \approx 0.4980156681 -0.1549498283i
\end{aligned} )]


감마 함수는 정규분포나 제타 함수와도 관련이 있다. 변수를 치환하거나 특정 연산을 취하면 결과로 튀어나온다.

4.1. 반사 공식

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \dfrac\pi{\sin(z\pi)} \qquad (z\notin\Z)
\end{aligned} )]
[math(z=\dfrac 12)]을 기준으로 반사시켜서 나오게 된 이름이다. 복소적분을 이용해서 유도할 수 있다. 복소해석을 사용하지 않는 증명 보기

4.2. 르장드르의 2배 공식

말 그대로 2배 공식이다. 마치 삼각함수의 배각 공식과 비슷한 맥락이라 생각하면 된다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(2z) = \dfrac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi} \Gamma(z) \Gamma \biggl( z+\frac12 \biggr)
\end{aligned} )]
[증명]
-------
베타 함수를 이용해 증명한다.

[math(\displaystyle\begin{aligned}
\Beta(z,z) &= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\sin{\theta}\right)^{2z-1}\left(\cos{\theta}\right)^{2z-1} {\rm d}\theta \\
&= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\sin{\theta}\cos{\theta}\right)^{2z-1} {\rm d}\theta \\
&= \frac{1}{2^{2z-1}} \int_0^\frac{\pi}{2} \left(\sin{2\theta}\right)^{2z-1} {\rm d}\theta \\
&= \frac{1}{2^{2z}} \int_0^\pi \left(\sin{\phi}\right)^{2z-1} {\rm d}\phi
\end{aligned})]

그런데 사인함수의 그래프는 [math(\dfrac\pi2)]에서 좌우대칭이므로, 위 적분은 [math(0)]부터 [math(\dfrac\pi2)]까지 적분의 2배다. 따라서 다음과 같이 변형할 수 있다.

[math(\displaystyle\begin{aligned}
\Beta(z,z) &= \frac{1}{2^{2z}} \int_0^\frac{\pi}{2} \left(\sin{\phi}\right)^{2z-1} {\rm d}\phi \\
&= \frac{1}{2^{2z-1}} \Beta\!\left(z,\frac{1}{2}\right)
\end{aligned})]

한편 베타 함수는 다음과 같이 감마 함수의 비로 바꿀 수 있다.

[math(\displaystyle
\Beta(x,y) = \frac{\Gamma(x) \Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}
)]

따라서,

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Beta(z,z) &= \frac{\Gamma^2(z)}{\Gamma(2z)} \\
\Beta\!\left(z,\frac12\right) &= \frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma(z)}{\Gamma\!\left(z+1/2\right)}
\end{aligned})]

이며, 위 두 식을

[math(\displaystyle
\Beta(z,z) = \frac1{2^{2z-1}} \Beta\!\left(z,\frac12\right)
)]

에 대입하면 다음이 성립한다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\frac{\Gamma^2(z)}{\Gamma(2z)} &= \frac1{2^{2z-1}} \frac{\sqrt{\pi}\,\Gamma(z)}{\Gamma\!\left(z+1/2\right)} \\
\therefore \Gamma(2z) &= \frac{2^{2z-1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(z)\Gamma\!\left(z+\frac12\right)
\end{aligned})]

4.3. 스털링 근사

감마 함수 자체는 기본적인 초등함수로 나타낼 수 없지만, 만일 z의 값이 커질 경우 다음과 같은 형태로 근사시킬 수 있다.
[math(\Gamma(z+1)\sim\sqrt{2\pi z}\left(\dfrac ze\right)^{\!z})]
[math(z)]가 한없이 커질수록 점점 원래 함수에 가깝게 된다. 점근 급수(asymptotic series)에 대해 참고해볼 것.

인도의 수학자 스리니바사 라마누잔이 위 식을 잘 이용해서
[math(\ln N!=N\ln N-N+\mathcal{O}(\ln N))]
임을 증명해냈다.

5. 폴리감마 함수

5.1. 정의

[math(lnGamma(z))]의 [math(n)]계 도함수들을 폴리감마 함수(polygamma functions)라고 정의하며, 많은 서적들에서는 보통 [math(\psi_n(z))]으로 표기한다.[10]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n(z) = \dfrac{{\rm d}^n}{ {{\rm d}z}^n } \,\psi(z) = \dfrac{{\rm d}^{n+1}}{ {{\rm d}z}^{n+1} } \ln \Gamma(z)
\end{aligned} )]
특히, 다음을 각각 디감마 함수(digamma function)와 트리감마 함수(trigamma function)라고 한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) \equiv \psi_0(z) &= \dfrac{\rm d}{{\rm d}z} \ln\Gamma(z) = \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} \\
\psi_1(z) &= \dfrac{\rm d}{{\rm d}z} \,\psi(z) = \dfrac{{\rm d}^2}{ {{\rm d}z}^2 } \ln\Gamma(z)
\end{aligned} )]
디감마 함수, 트리감마 함수, 나아가 [math(n\ge1)]인 정수 [math(n)]에 대한 폴리감마 함수는 다음과 같이 급수로 표현할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) &= -\frac1z -\gamma +\sum_{k=1}^\infty \biggl( \frac1k -\frac1{k+z} \biggr) \\
&= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+z} \biggr) \\
\psi_1(z) &= \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^2} \\
\psi_n(z) &= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^{n+1}} \\
&= (-1)^{n+1} n! \,\zeta(n+1,z)
\end{aligned} )]
여기서 [math(\zeta(n+1,z))]는 후르비츠 제타 함수이다.
[증명]
-------
감마 함수의 바이어슈트라스꼴 정의에 로그를 취하고 미분하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z) &= \frac1z e^{-\gamma z} \prod_{k=1}^\infty \frac{e^{\frac zk}}{1+\frac zk} \\
\ln \Gamma(z) &= -\ln z -\gamma z +\sum_{k=1}^\infty \Bigl( \frac zk -\ln \Bigl( 1+\frac zk \Bigr) \!\Bigr) \\
\psi(z) = \frac{\rm d}{{\rm d}z} \ln \Gamma(z) &= -\frac1z -\gamma +\sum_{k=1}^\infty \biggl( \frac1k -\frac{\frac1k}{1+\frac zk} \biggr) \\
&= -\frac1z -\gamma +\sum_{k=1}^\infty \biggl( \frac1k -\frac1{k+z} \biggr) \\
&= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+z} \biggr) \\
\psi_1(z) = \frac{\rm d}{{\rm d}z} \,\psi(z) &= \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^2} \\
\psi_2(z) = \dfrac{{\rm d}^2}{ {{\rm d}z}^2 } \,\psi(z) &= -2 \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^3} \\
&~~\vdots \\
\psi_n(z) = \dfrac{{\rm d}^n}{ {{\rm d}z}^n } \,\psi(z) &= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^{n+1}}
\end{aligned} )]

한편, 후르비츠 제타 함수는 [math(\displaystyle \zeta(s,a) = \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+a)^s})]로 정의되므로, [math(\psi_n(z))]의 식에 있는 급수는 곧 [math(\zeta(n+1,z))]와 같다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n(z) &= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^{n+1}} \\
&= (-1)^{n+1} n! \,\zeta(n+1,z)
\end{aligned} )]


디감마 함수 및 폴리감마 함수는 다음과 같이 적분꼴로도 표현될 수 있다. (단, [math(n)]은 자연수)
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z+1) &= -\gamma +\int_0^1 \frac{1-t^z}{1-t} \,{\rm d}t \\
\psi_n(z+1) &= \int_0^1 \frac{t^z \ln^nt}{t-1} \,{\rm d}t \\
\psi(z) &= \int_0^\infty \!\left( \frac{e^{-t}}t -\frac{e^{-zt}}{1-e^{-t}} \right) \!{\rm d}t \\
\psi_n(z) &= \int_0^\infty \frac{-(-t)^ne^{-zt}}{1-e^{-t}} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]
[첫 2줄 증명]
-------
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) &= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+z} \biggr) \\
\Rightarrow \quad \psi(z+1) &= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+z+1} \biggr) \\
&= -\gamma +\sum_{k=1}^\infty \biggl( \frac1{k} -\frac1{k+z} \biggr) \\
&= -\gamma +\sum_{k=1}^\infty \int_0^1 ( t^{k-1} -t^{k+z-1} ) \,{\rm d}t \\
&= -\gamma +\int_0^1 \sum_{k=1}^\infty ( t^{k-1} -t^{k+z-1} ) \,{\rm d}t \\
&= -\gamma +\int_0^1 \frac{1-t^z}{1-t} \,{\rm d}t \\
\Rightarrow \quad \psi_n(z+1) &= \frac{{\rm d}^n}{{\rm d}z^n} \,\psi(z+1) = \int_0^1 \frac{\partial^n}{\partial z^n} \frac{1-t^z}{1-t} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^1 \frac{-t^z \ln^nt}{1-t} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^1 \frac{t^z \ln^nt}{t-1} \,{\rm d}t
\end{aligned} )]

5.2. 성질

  • [math(n\ge0)]인 정수 [math(n)]에 대해 다음의 점화 관계가 성립한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z+1) &= \psi(z) +\frac1z \\
\psi_1(z+1) &= \psi_1(z) -\frac1{z^2} \\
\psi_n(z+1) &= \psi_n(z) +(-1)^n \frac{n!}{z^{n+1}}
\end{aligned} )]}}}||
감마 함수의 점화 관계로부터 폴리감마 함수의 점화 관계를 유도할 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z+1) = z\Gamma(z)
\end{aligned} )]

양 변을 미분하면

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma'(z+1) &= \Gamma(z) + z\Gamma'(z)
\end{aligned} )]

양 변을 [math(\Gamma(z+1) = z\Gamma(z))]로 나누면

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\frac{\Gamma'(z+1)}{\Gamma(z+1)} &= \frac1z +\frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} \\
\therefore \psi(z+1) &= \psi(z) +\frac1z
\end{aligned} )]

위 식을 [math(n)]번 미분하면 다음과 같이 [math(\psi_n(z))]의 점화 관계를 얻을 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n(z+1) &= \psi_n(z) +(-1)^n \frac{n!}{z^{n+1}}
\end{aligned} )]

}}}||
  • 디감마 함수는 조화수 [math(H_k)]와 깊은 관계가 있다. (단, [math(k)]는 [math(k\ge0)]인 정수)
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(k+1) = H_k -\gamma
\end{aligned} )]}}}||
아래와 같이 디감마 함수의 급수 표현에 [math(z=k+1)]을 대입하여 유도할 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) &= -\gamma +\sum_{i=0}^\infty \biggl( \frac1{i+1} -\frac1{i+z} \biggr) \\
\Rightarrow \quad \psi(k+1) &= -\gamma +\sum_{i=0}^\infty \biggl( \frac1{i+1} -\frac1{i+k+1} \biggr) \\
&= -\gamma +\sum_{i=1}^\infty \biggl( \frac1i -\frac1{i+k} \biggr) \\
&= \sum_{i=1}^k \frac1i -\gamma \\
&= H_k -\gamma
\end{aligned} )]

}}}||
  • [math(z\notin\Z)]인 복소수 [math(z)]와 [math(n\ge0)]인 정수 [math(n)]에 대해 다음의 반사 공식이 성립힌다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) -\psi(1-z) &= -\pi \cot \pi z \\
\psi_1(z) +\psi_1(1-z) &= \pi^2 \csc^2\pi z = \frac{\pi^2}{\sin^2\pi z} \\
\psi_n(z) +(-1)^{n+1} \psi_n(1-z) &= -\pi \,\frac{{\rm d}^n}{ {{\rm d}z}^n} \cot{\pi z}
\end{aligned} )]}}}||
감마 함수의 반사 공식을 [math(n)]번 미분하여 폴리감마 함수의 반사 공식을 유도할 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma(z) \Gamma(1-z) &= \frac\pi{\sin\pi z} \\
\Rightarrow \Gamma'(z) \Gamma(1-z) -\Gamma(z) \Gamma'(1-z) &= \pi \cdot \!\left( -\frac{\pi\cos\pi z}{\sin^2\pi z} \right) \\
&= -\frac{\pi^2\cos\pi z}{\sin^2\pi z}
\end{aligned} )]

양 변을 [math(\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \dfrac\pi{\sin\pi z})]로 나누면

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} -\frac{\Gamma'(1-z)}{\Gamma(1-z)} &= -\frac{\pi^2\cos\pi z}{\sin^2\pi z} \cdot \frac{\sin\pi z}\pi \\
&= -\frac{\pi\cos\pi z}{\sin\pi z} \\
\Rightarrow \psi(z) -\psi(1-z) &= -\pi\cot\pi z \\
\end{aligned} )]

양 변을 [math(n)]번(단, [math(n)]은 [math(0)] 이상의 정수) 미분하면 공식을 얻을 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\frac{{\rm d}^n}{ {{\rm d}z}^n } ( \psi(z) -\psi(1-z) ) &= \frac{{\rm d}^n}{ {{\rm d}z}^n } ( -\pi\cot\pi z ) \\
\Rightarrow \psi_n(z) +(-1)^{n+1} \psi_n(1-z) &= -\pi \,\frac{{\rm d}^n}{ {{\rm d}z}^n} \cot{\pi z}
\end{aligned} )]

예시로, [math(n=1)]을 대입하여 트리감마 함수의 반사 공식을 얻을 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_1(z) +\psi_1(1-z) &= -\pi \cdot (-\csc^2\pi z \cdot \pi) \\
&= \pi^2 \csc^2\pi z \\
&= \frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}
\end{aligned} )]

}}}||

5.3. 감마 함수의 도함수 표현

디감마 함수의 미분 관계식으로부터 감마 함수의 도함수를 도출할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) &= \dfrac{\rm d}{{\rm d}z} \ln\Gamma(z) = \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} \\
\Rightarrow \Gamma'(z) &= \Gamma(z) \psi(z)
\end{aligned} )]
즉, 도함수가 재귀적으로 정의된다.

곱의 미분법을 계속 사용하면 다음과 같은 규칙을 볼 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma''(z) &= \Gamma'(z) \psi_0(z) + \Gamma(z) \psi_1(z) \\
\Gamma'(z) &= \Gamma(z) \psi_0(z) + 2\Gamma'(z) \psi_1(z) + \Gamma(z) \psi_2(z) \\
\Gamma^{(4)}(z) &= \Gamma'(z) \psi_0(z) + 3\Gamma(z) \psi_1(z) + 3\Gamma'(z) \psi_2(z) + \Gamma(z) \psi_3(z) \\
&~~\vdots
\end{aligned} )]
즉, [math(n\ge0)]인 정수 [math(n)]에 대해 감마 함수의 [math((n+1))]계도함수를 다음과 같이 점화식으로 표현할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\Gamma^{(n+1)}(z) = \sum_{k=0}^n \!\binom nk \Gamma^{(k)}(z) \psi_{n-k}(z)
\end{aligned} )]
물론, [math(\Gamma^{(n+1)}(z))]를 [math(\Gamma^{(k)}(z))] 없이도 표현할 수 있다. 즉, 오로지 [math(psi_{n-k}(z))]만 사용해 표현할 수 있다. 그러나 그 식은 매우 복잡하게 나온다.

6. 함숫값

  • [math(\Gamma \biggl( \dfrac12 \biggr) \!= \sqrt\pi \approx 1.7724538509)]

  • [math(\psi(1) = -\gamma \approx 0.5772156649 \qquad)] ([math(\gamma)]는 오일러-마스케로니 상수)
디감마 함수의 급수 표현식에 [math(z=1)]을 대입하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) &= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+z} \biggr) \\
\Rightarrow \quad \psi(1) &= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+1} \biggr) \\
&= -\gamma
\end{aligned} )]

}}}||
[math(\psi_n(1) = (-1)^{n+1} n! \,\zeta(n+1) \qquad)] (단, [math(n\in\N)]이고 [math(\zeta(s))]는 제타 함수)
폴리감마 함수의 급수 표현식에 [math(z=1)]을 대입하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n(z) &= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^{n+1}} \\
\Rightarrow \quad \psi_n(1) &= (-1)^{n+1} n! \,\sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+1)^{n+1}} \\
&= (-1)^{n+!} n! \,\zeta(n+1)
\end{aligned} )]

}}}||
[math(\psi_1(1) = \zeta(2) = \dfrac{\pi^2}6 \approx 1.6449340668)]
[math(\psi_2(1) = -2\zeta(3) \approx -2.4041138063)]


* [math(\psi \biggl( \dfrac12 \biggr) \!= -\gamma -2\ln2 \approx -1.963510026)]
디감마 함수의 급수 표현식에 [math(z=\dfrac12)]을 대입하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi(z) &= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+z} \biggr) \\
\Rightarrow \quad \psi \biggl( \dfrac12 \biggr) \!&= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac1{k+1} -\frac1{k+1/2} \biggr) \\
&= -\gamma +\sum_{k=0}^\infty \biggl( \frac2{2k+2} -\frac2{2k+1} \biggr) \\
&= -\gamma +2\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}k \\
\end{aligned} )]

마지막 급수의 값은 로그함수의 테일러 급수 [math(displaystyle ln(1+x) = sum_{n=1}^infty frac{(-1)^{n+1} x^n}n)]에 [math(x=1)]을 대입해서 얻을 수 있다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\therefore \psi \biggl( \dfrac12 \biggr) &= -\gamma -2\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}k \\
&= -\gamma -2\ln2
\end{aligned} )]

}}}||
[math(\psi_n \biggl( \dfrac12 \biggr) \!= (-1)^{n+1} n! \,(2^{n+1}-1) \zeta(n+1) \qquad)] (단, [math(n\in\N)])
폴리감마 함수의 급수 표현식에 [math(z=\dfrac12)]을 대입하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n(z) &= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+z)^{n+1}} \\
\Rightarrow \quad \psi_n \biggl( \dfrac12 \biggr) &= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac1{(k+1/2)^{n+1}} \\
&= (-1)^{n+1} n! \sum_{k=0}^\infty \frac{2^{n+1}}{(2k+1)^{n+1}} \\
&= (-1)^{n+1} n! \cdot 2^{n+1} \sum_{k=1}^\infty \frac1{(2k-1)^{n+1}}
\end{aligned} )]

제타 함수의 성질에 의하면 [math(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac1{(2k-1)^s} = (1-2^{-s}) \zeta(s))]이므로

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n \biggl( \dfrac12 \biggr) &= (-1)^{n+1} n! \cdot 2^{n+1} \sum_{k=1}^\infty \frac1{(2k-1)^{n+1}} \\
&= (-1)^{n+1} n! \cdot 2^{n+1} (1-2^{-(n+1)}) \zeta(n+1) \\
&= (-1)^{n+1} n! \,(2^{n+1}-1) \zeta(n+1)
\end{aligned} )]

}}}||
[math(\psi_1 \biggl( \dfrac12 \biggr) \!= 3\zeta(2) = \dfrac{\pi^2}2 \approx 4.9348022005)]
트리감마 함수의 반사 공식에 [math(z=\dfrac12)]을 대입하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_1(z) +\psi_1(1-z) &= \frac{\pi^2}{\sin^2\pi z} \\
\Rightarrow \quad 2\psi_1 \biggl( \frac12 \biggr)\! &= \frac{\pi^2}{1^2} = \pi^2 \\
\therefore \psi_1 \biggl( \dfrac12 \biggr)\! &= \frac{\pi^2}2
\end{aligned} )]

}}}||
[math(\psi_2 \biggl( \dfrac12 \biggr) \!= -14\zeta(3) \approx -16.8287966442)]
[math(\psi_3 \biggl( \dfrac12 \biggr) \!= 90\zeta(4) = \pi^4 \approx 97.409091034)]
폴리감마 함수의 반사 공식에 [math(n=3)]과 [math(z=\dfrac12)]을 대입하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_n(z) +(-1)^{n+1} \psi_n(1-z) &= -\pi \,\frac{{\rm d}^n}{{\rm d}z^n} \cot\pi z \\
\Rightarrow \quad \psi_3(z) +\psi_3(1-z) &= -\pi \,\frac{{\rm d}^3}{{\rm d}z^3} \cot\pi z \\
&= -\pi \,\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}z^2} (-\csc^2\pi z \cdot \pi) \\
&= \pi^2 \,\frac{{\rm d}^2}{{\rm d}z^2} \csc^2\pi z \\
&= \pi^2 \,\frac{\rm d}{{\rm d}z} \,2\csc\pi z \cdot (-\csc\pi z\cot\pi z \cdot \pi) \\
&= -2\pi^3 \,\frac{\rm d}{{\rm d}z} \csc^2\pi z\cot\pi z \\
&= -2\pi^3 (-2\pi\csc^2\pi z\cot\pi z \cdot \cot\pi z +\csc^2\pi z \cdot (-\csc^2\pi z \cdot \pi)) \\
&= 2\pi^4 \cdot (2\csc^2\pi z\cot^2\pi z +\csc^4\pi z) \\
&= 2\pi^4 \biggl( \frac{2\cos^2\pi z +1}{\sin^4\pi z} \biggr) \\
\Rightarrow \quad 2\psi_3 \biggl( \dfrac12 \biggr) \!&= 2\pi^4 \\
\therefore \psi_3 \biggl( \dfrac12 \biggr) \!&= \pi^4
\end{aligned} )]

}}}||


* [math(\psi_1 \biggl( \dfrac14 \biggr) \!= \pi^2 +8G \approx 17.1973291545)]
[math(\psi_1 \biggl( \dfrac34 \biggr) \!= \pi^2 -8G \approx 2.5418796477 \qquad)] ([math(G)]는 카탈랑 상수)
우선 다음 정적분의 값을 먼저 구해놓자.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \frac{\ln x}{1-x^2} &= \int_0^1 \sum_{n=0}^\infty x^{2n} \ln x \,{\rm d}x = \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^{2n} \ln x \,{\rm d}x \\
&= \sum_{n=0}^\infty \biggl( \biggl[ \frac{x^{2n+1}}{2n+1} \ln x \biggr]_0^1 -\int_0^1 \frac{x^{2n}}{2n+1} \,{\rm d}x \biggr) \\
&= \sum_{n=0}^\infty \biggl( 0 -\biggl[ \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2} \biggr]_0^1 \biggr) \!= \sum_{n=0}^\infty \biggl( -\frac1{(2n+1)^2} \biggr) \\
&= -\sum_{n=1}^\infty \frac1{(2n-1)^2} = -\Biggl( \sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2} -\sum_{n=1}^\infty \frac1{(2n)^2} \Biggr) \\
&= -\left( \zeta(2) -\frac14\zeta(2) \right) = -\frac34\zeta(2) \\
&= -\frac{\pi^2}8
\end{aligned} )]

이제 [math(\psi_1 \biggl( \dfrac14 \biggr))]의 값을 구하자. 폴리감마 함수의 적분꼴 [math(\displaystyle \psi_n(z+1) = \int_0^1 \frac{t^z \ln^nt}{t-1} \,{\rm d}t)]와 치환 [math(t=x^4)]을 사용한다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_1 \!\left( \frac14 \right) &= \int_0^1 \frac{t^{-3/4} \ln t}{t-1} \,{\rm d}t \\
&= \int_0^1 \frac{x^{-3} \ln x^4}{x^4-1} \cdot 4x^3 \,{\rm d}x \\
&= 8\int_0^1 \frac{2\ln x}{x^4-1} \,{\rm d}x \\
&= 8\int_0^1 \!\left( {\color{DeepSkyBlue} \frac{\ln x}{x^2-1} } -{\color{limegreen} \frac{\ln x}{x^2+1} } \right) \!{\rm d}x \\
\end{aligned} )]

여기서 파란색 항의 적분은 앞서 미리 구해놓은 결과를 사용하면 되고, 초록색 항의 적분은 카탈랑 상수 문서에서 증명된 항등식을 사용하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_1 \!\left( \frac14 \right) &= 8\!\left( {\color{DeepSkyBlue} \frac{\pi^2}8 } -({\color{limegreen} -G }) \right) \\
&= \pi^2 +8G \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]

[math(\psi_1 \biggl( \dfrac34 \biggr))]의 경우도 같은 방법으로 하면 된다.

[math(\displaystyle \begin{aligned}
\psi_1 \!\left( \frac34 \right) &= \int_0^1 \frac{t^{-1/4} \ln t}{t-1} \,{\rm d}t \qquad {\sf Let}: t=x^4 \\
&= \int_0^1 \frac{x^{-1} \ln x^4}{x^4-1} \cdot 4x^3 \,{\rm d}x \\
&= 8\int_0^1 \frac{2x^2 \ln x}{x^4-1} \,{\rm d}x \\
&= 8\int_0^1 \!\left( {\color{DeepSkyBlue} \frac{\ln x}{x^2-1} } +{\color{limegreen} \frac{\ln x}{x^2+1} } \right) \!{\rm d}x \\
&= 8\!\left( {\color{DeepSkyBlue} \frac{\pi^2}8 } +({\color{limegreen} -G }) \right) \\
&= \pi^2 -8G \qquad \blacksquare
\end{aligned} )]

}}}||

7. 관련 공식

  • [math(\displaystyle \Gamma(s)\,\zeta(s) = \int_0^\infty \frac{t^{s-1}}{e^t-1} \,{\rm d}t \quad)] ([math(\zeta(s))]는 제타 함수)
    증명은 제타 함수 문서의 성질 문단 참고.
  • [math(\displaystyle \int_0^{1/2} \Gamma(1+x)\Gamma(1-x) \,{\rm d}x = \frac{2G}\pi \approx 0.5831218081 \quad)] ([math(G)]는 카탈랑 상수)
    증명은 카탈랑 상수 문서의 항등식 문단 참고.

  • [math(\displaystyle \int_0^\infty e^{-x^m} \ln^n x \,{\rm d}x = \frac1{m^{n+1}} \Gamma^{(n)} \biggl( \frac1m \biggr) \quad)] (단, [math(m)]과 [math(n)]은 자연수)
    증명은 오일러-마스케로니 상수 문서의 항등식 문단 참고.

[1] 적분꼴은 [math(z)]의 실수부가 양수일 때만 수렴하는 이상적분이지만, 밑의 세 식은 [math(z)]가 [math(0)] 이하의 정수가 아니면 무조건 수렴한다.[2] 아래에 있는 바이어슈트라스꼴 감마함수는 이 단순항꼴로부터 유도되었다.[3] 간단히 말하면 [math(\dfrac 1x)] 함수 아래의 넓이와 직사각형들 넓이의 합의 차(식으로 쓰면 [math(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \!\left( \sum_{k=1}^n \frac1k - \int_1^n \frac{{\rm d}k}k \right) \\)])다. 참고로 이 상수가 유리수인지 무리수인지는 아직도 밝혀내지 못했다.[4] 베르누이 정리의 그 베르누이 맞다. 베르누이 수열을 발견한 야콥 베르누이의 조카이다.[5] 역시 골드바흐 추측의 그 골드바흐이다. 오일러와 친했던 것으로 알려져 있다.[6] 이 문제에 1년 가까이 매달렸다고 한다.[7] 물론 당시 오일러는 편지에서 지수함수의 적분에 대한 특징과 극한, 로피탈의 정리를 통해 유도하는 방식으로 증명했다.[8] 상술한 극한값 증명 과정에서 분자를 [math(k^n)]으로 바꿔보면 바로 알 수 있다.[9] 음수의 감마 함수 그래프는 [math(1)] 간격으로 종유석과 석순을 교대로 그린다고 생각하면 된다.[10] 후술할 디감마 함수를 염두에 둔다면 [math(digamma)](digamma)로 표기할 수도 있겠으나, 라틴 문자 [math(F)]와 혼동할 수 있기 때문에 채택되지 못한 것으로 보인다.

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