第47章統計力学のための数学 — n次元球・スターリングの公式・ゼータ関数

導出：n次元球の体積の公式（その1 — $I_n$ を直積分解で計算する）

方法A：$n$ 個の独立な1変数積分の積とみなす．　指数関数の性質 $e^{a+b}=e^ae^b$ を逆向きに使うと，指数の肩の和 $q_1^2+\cdots+q_n^2$ がばらばらの積に分解できる：

$$ e^{-(q_1^2+q_2^2+\cdots+q_n^2)}=e^{-q_1^2}\cdot e^{-q_2^2}\cdots e^{-q_n^2} $$

積分変数 $q_1,\ldots,q_n$ はそれぞれ独立に $-\infty$ から $\infty$ まで動くので，この $n$ 重積分は，$n$ 個の同じ形の1変数積分の積に分解できる：

$$ I_n=\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-q_1^2}\dd q_1\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-q_2^2}\dd q_2\right)\cdots\left(\int_{-\infty}^{\infty}e^{-q_n^2}\dd q_n\right) $$

どの因子も，積分変数の名前が違うだけで同じ値をもつガウス積分（Gaussian integral）$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-x^2}\dd x=\sqrt\pi$ である（大学数学 第7章 7.5節で，2重積分を極座標に変換する方法とはさみうちの原理を使う方法の2通りで証明済み）．したがって，$n$ 個すべての因子が $\sqrt\pi$ になり，

\begin{equation} I_n=(\sqrt\pi)^n=\pi^{n/2}\qquad\text{……①} \label{eq:47-In-way-a} \end{equation}

を得る．

（①の導出終わり）

導出：n次元球の体積の公式（その2 — $I_n$ を「殻」に分けて計算する）

方法B：$n$ 次元空間を，原点からの距離 $r$ が一定の「薄い殻」に分けて積分する．　被積分関数 $e^{-(q_1^2+\cdots+q_n^2)}$ は，原点からの距離 $r=\sqrt{q_1^2+\cdots+q_n^2}$ だけで決まり，方向にはよらない（$q_1^2+\cdots+q_n^2=r^2$ なので，被積分関数は $e^{-r^2}$ と書き直せる）．このように「距離 $r$ だけで決まる」関数を全空間で積分するときは，$n$ 次元空間を，原点を中心とする半径 $r$ から $r+\dd r$ までの薄い殻——2次元なら細い円環，3次元なら薄い球殻——に分けて積分すると計算しやすい．

半径 $r$ の殻（$r$ から $r+\dd r$ までの間の領域）の体積 $\dd V_n(r)$ を考えよう．これは，半径 $r+\dd r$ の $n$ 次元球の体積から，半径 $r$ の $n$ 次元球の体積を引いたものにほかならないので，微分の定義（差分の極限）そのものにより，

$$ \dd V_n(r)=V_n(r+\dd r)-V_n(r)=V_n'(r)\,\dd r $$

である．47.2.1節の結果 $V_n(r)=a_nr^n$ を代入して微分すると，

\begin{equation} \dd V_n(r)=na_nr^{n-1}\,\dd r \label{eq:47-shell} \end{equation}

を得る．これは，「半径 $r$ の円の面積 $\pi r^2$ を $r$ で微分すると円周 $2\pi r$ になる（円周×$\dd r$ が細い円環の面積だから）」「半径 $r$ の球の体積 $\frac43\pi r^3$ を $r$ で微分すると表面積 $4\pi r^2$ になる（表面積×$\dd r$ が薄い球殻の体積だから）」という関係の，$n$ 次元への一般化である（これらの場合，$n=2$ なら $na_nr^{n-1}=2\pi r$，$n=3$ なら $na_nr^{n-1}=4\pi r^2$ になっていることを確かめてみるとよい）．

この「殻の体積要素」を使うと，全空間にわたる積分 $I_n$（式\eqref{eq:47-In-def}）は，$r$ を $0$ から $\infty$ まで動かす1変数積分として書き直せる：

$$ I_n=\int_0^\infty e^{-r^2}\,\dd V_n(r)=\int_0^\infty e^{-r^2}\cdot na_nr^{n-1}\,\dd r=na_n\int_0^\infty r^{n-1}e^{-r^2}\,\dd r $$

この最後の積分を計算するために，置換積分 $t=r^2$ を行う．$t=r^2$ を $r$ で微分すると $\dd t=2r\,\dd r$，すなわち $\dd r=\dfrac{\dd t}{2r}=\dfrac{\dd t}{2\sqrt t}$（$r=\sqrt t$ を使った）．積分区間は $r=0\to t=0$，$r\to\infty\to t\to\infty$ とそのまま対応し，$r^{n-1}=(\sqrt t)^{n-1}=t^{(n-1)/2}$ となるから，

$$ \int_0^\infty r^{n-1}e^{-r^2}\,\dd r=\int_0^\infty t^{\frac{n-1}2}e^{-t}\cdot\frac{\dd t}{2\sqrt t}=\frac12\int_0^\infty t^{\frac{n-1}2-\frac12}e^{-t}\,\dd t=\frac12\int_0^\infty t^{\frac n2-1}e^{-t}\,\dd t $$

最後の積分は，ちょうどガンマ関数の定義 $\Gamma(\alpha)=\displaystyle\int_0^\infty x^{\alpha-1}e^{-x}\dd x$（大学数学 第32章 定義32.3）で $\alpha=\dfrac n2$ とした形そのものだから，$\Gamma\!\left(\dfrac n2\right)$ に等しい．したがって，

\begin{equation} I_n=na_n\cdot\frac12\Gamma\!\left(\frac n2\right)=\frac n2\,a_n\,\Gamma\!\left(\frac n2\right)\qquad\text{……②} \label{eq:47-In-way-b} \end{equation}

（②の導出終わり）

Q.E.D.：①と②を比較して $a_n$ を決定する

同じ積分 $I_n$ を2通りの方法で計算したのだから，①（式\eqref{eq:47-In-way-a}）と②（式\eqref{eq:47-In-way-b}）は等しい：

$$ \pi^{n/2}=\frac n2\,a_n\,\Gamma\!\left(\frac n2\right) $$

これを $a_n$ について解くと，

$$ a_n=\frac{\pi^{n/2}}{\dfrac n2\,\Gamma\!\left(\dfrac n2\right)} $$

となる．ここで，ガンマ関数の漸化式 $\Gamma(\alpha+1)=\alpha\,\Gamma(\alpha)$（大学数学 公式32.4）に $\alpha=\dfrac n2$ を代入すると $\Gamma\!\left(\dfrac n2+1\right)=\dfrac n2\,\Gamma\!\left(\dfrac n2\right)$ なので，分母を書き換えて，

$$ a_n=\frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\!\left(\dfrac n2+1\right)} $$

を得る．47.2.1節で見たように $V_n(R)=a_nR^n$ だったから，

$$ V_n(R)=\frac{\pi^{n/2}}{\Gamma\!\left(\dfrac n2+1\right)}R^n $$

が示された．

（証明終わり）

導出：公式47.2

式\eqref{eq:47-gauss-a}．　$u=\sqrt a\,x$ と置換する．$\dd u=\sqrt a\,\dd x$，積分区間は $-\infty\to\infty$ のままなので，$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}\dd x=\frac1{\sqrt a}\int_{-\infty}^\infty e^{-u^2}\dd u=\frac{\sqrt\pi}{\sqrt a}=\sqrt{\pi/a}$（$\int e^{-u^2}\dd u=\sqrt\pi$ は47.2.2節で使ったガウス積分）．

式\eqref{eq:47-gauss-b}．　$t=ax^2$ と置換する．$x=\sqrt{t/a}$ より $\dd x=\dfrac{\dd t}{2\sqrt{a\,t}}$，$x^{2n}=(t/a)^n$，積分区間は $0\to\infty$ のままだから，

$$ \int_0^\infty x^{2n}e^{-ax^2}\dd x=\int_0^\infty\left(\frac ta\right)^ne^{-t}\frac{\dd t}{2\sqrt a\,\sqrt t}=\frac1{2a^{\,n+\frac12}}\int_0^\infty t^{\,n-\frac12}e^{-t}\dd t=\frac{\Gamma\!\left(n+\frac12\right)}{2a^{\,n+\frac12}} $$

（最後の積分はガンマ関数の定義で $\alpha=n+\frac12$ としたもの）．さらに漸化式 $\Gamma(\alpha+1)=\alpha\Gamma(\alpha)$ を $\Gamma(\frac12)=\sqrt\pi$ に届くまで $n$ 回使うと，

$$ \Gamma\!\left(n+\tfrac12\right)=\left(n-\tfrac12\right)\left(n-\tfrac32\right)\cdots\tfrac12\,\Gamma\!\left(\tfrac12\right)=\frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi=\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt\pi $$

となるので，$\dfrac{\Gamma(n+\frac12)}{2a^{n+\frac12}}=\dfrac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\dfrac{\sqrt\pi}{a^{\,n+\frac12}}=\dfrac{(2n-1)!!}{2^{n+1}}\sqrt{\dfrac\pi{a^{2n+1}}}$ が得られる．

（証明終わり）

導出：区分求積法による公式47.3の導出

$n!=1\cdot2\cdot3\cdots n$ の両辺の自然対数をとると，対数の性質 $\ln(ab)=\ln a+\ln b$ により，積が和に変わる：

$$ \ln n!=\ln(1\cdot2\cdot3\cdots n)=\ln1+\ln2+\cdots+\ln n=\sum_{k=1}^n\ln k $$

この和 $\displaystyle\sum_{k=1}^n\ln k$ を，$n$ が大きいときの近似として，積分 $\displaystyle\int_1^n\ln x\,\dd x$ で置き換える．これは，関数 $y=\ln x$ のグラフにおいて，区間 $[k-1,k]$ ごとに高さ $\ln k$（右端点での関数値）・幅 $1$ の長方形を敷き詰めたときの面積の合計が，$\displaystyle\sum_{k=1}^n\ln k$ にほかならず，$\ln x$ が単調増加であることから，この長方形の面積の合計が曲線の下の面積 $\displaystyle\int_1^n\ln x\,\dd x$ を上から近似し，その差は積分そのものに比べて小さいとみなせることによる（図47.3．これは高校数学で学んだ区分求積法——$\Sigma$ と $\displaystyle\int$ の関係——の応用である．差の正体は後で調べる）．

積分 $\displaystyle\int_1^n\ln x\,\dd x$ は，不定積分の公式 $\displaystyle\int\ln x\,\dd x=x\ln x-x+C$（$u=\ln x,\ \dd v=\dd x$ とおく部分積分で得られる．$\dd u=\dd x/x,\ v=x$ なので $\int\ln x\,\dd x=x\ln x-\int x\cdot\frac1x\,\dd x=x\ln x-\int\dd x=x\ln x-x+C$）を使うと，

$$ \int_1^n\ln x\,\dd x=\Big[x\ln x-x\Big]_1^n=(n\ln n-n)-(1\cdot\ln1-1) $$

$\ln1=0$ なので，右辺のかっこの中は $0-1=-1$．したがって，

$$ \int_1^n\ln x\,\dd x=(n\ln n-n)-(-1)=n\ln n-n+1 $$

この積分の値で和を近似すると，

$$ \sum_{k=1}^n\ln k\approx n\ln n-n+1 $$

$n\gg1$（$n$ が十分大きい）のときは，末尾の定数 $+1$ は $n\ln n$ や $n$ に比べて無視できるほど小さいので，落としてしまってよい：

$$ \sum_{k=1}^n\ln k\approx n\ln n-n $$

右辺を，あとで指数関数の肩から下ろしやすいように1つの対数にまとめる．$n=n\ln e$（$\ln e=1$ だから）であることを使うと，対数の性質（定数倍公式 $k\ln a=\ln a^k$，引き算公式 $\ln a-\ln b=\ln\frac ab$）により，

$$ n\ln n-n=n\ln n-n\ln e=\ln n^n-\ln e^n=\ln\frac{n^n}{e^n}=\ln(n^ne^{-n}) $$

したがって $\ln n!\approx n\ln n-n=\ln(n^ne^{-n})$ が得られた．これを，$n!\approx n^ne^{-n}$ という形に書き直したものが公式47.3である．ただし「$\approx$」の意味には注意が必要で，ここで示したのは対数をとったときの近似である（$\ln A\approx\ln B$ でも，比 $A/B$ が $1$ に近いとは限らない）．実際，$n!$ と $n^ne^{-n}$ の比は $1$ に近づかず，後で見るように約 $\sqrt{2\pi n}$ 倍になる．以後 $n!\approx n^ne^{-n}$ と書くのは，「対数をとってから使う」ことを前提にした略記である．

補足：実際の差は，$\ln n!-(n\ln n-n)\approx\dfrac12\ln(2\pi n)$（大学数学 第32章32.3節の精密版から得られる）である．$n=10$ で約 $2.07$，$n=100$ で約 $3.22$ と，$n$ が増えても対数の形でゆっくりとしか増えず，本体 $n\ln n$ に比べて小さい．（積分近似で落とした定数 $1$ を含めた「$n\ln n-n+1$」との差は $\frac12\ln(2\pi n)-1$ である．）

（導出終わり）

導出：ゼータ関数の収束範囲が $s\gt1$ であることの証明

$f(x)=1/x^s$（$s\gt0$）とおく．$f(x)$ は $x\gt0$ で単調減少である（分母 $x^s$ が $x$ とともに大きくなるので，$f(x)$ は小さくなる）．単調減少な関数は，区間 $[k,k+1]$ の中で最大値を左端 $x=k$ に，最小値を右端 $x=k+1$ にとるので，

$$ f(k+1)\le f(x)\le f(k)\qquad(k\le x\le k+1) $$

が成り立つ．この不等式を区間 $[k,k+1]$（幅 $1$）で積分すると（不等式は積分しても向きが変わらない），

$$ f(k+1)\le\int_k^{k+1}f(x)\,\dd x\le f(k) $$

を得る（図47.5．左側の等号は $f$ が定数関数のときだけ成り立つので，$f$ が真に単調減少なここでは実際には狭義の不等号になる）．

この不等式を $k=1,2,\ldots,n-1$ について足し合わせる．左側を足し合わせると $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}f(k+1)=\sum_{j=2}^n f(j)=\sum_{k=2}^n\frac1{k^s}$，中央を足し合わせると $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\int_k^{k+1}f(x)\,\dd x=\int_1^n f(x)\,\dd x$（積分区間をつなげただけ），右側を足し合わせると $\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}f(k)=\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k^s}$ になるので，

\begin{equation} \sum_{k=2}^n\frac1{k^s}\lt\int_1^n f(x)\,\dd x\lt\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k^s} \label{eq:47-zeta-bounds1} \end{equation}

を得る．左側の不等式に $f(1)=1$ を両辺に足すと $\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}\lt\int_1^nf(x)\,\dd x+1$，右側の不等式に $f(n)=1/n^s$ を両辺に足すと $\displaystyle\int_1^nf(x)\,\dd x+\frac1{n^s}\lt\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}$ となる（左辺・右辺のどちらに何を足すかで，どちらも $\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}$ の形に揃えられることに注意）．これらを合わせると，

\begin{equation} \int_1^nf(x)\,\dd x+\frac1{n^s}\lt\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}\lt\int_1^nf(x)\,\dd x+1 \label{eq:47-zeta-bounds2} \end{equation}

が得られる．次に，この積分を実際に計算する．$s\ne1$ のとき，べき関数の積分公式より，

$$ \int_1^nf(x)\,\dd x=\int_1^nx^{-s}\,\dd x=\left[\frac{x^{1-s}}{1-s}\right]_1^n=\frac{n^{1-s}-1}{1-s}=\frac1{s-1}\left(1-\frac1{n^{s-1}}\right) $$

（最後の等号は，分母・分子に $-1$ を掛けて符号を整えただけである．$n^{1-s}=1/n^{s-1}$ であることも使った．）これを式\eqref{eq:47-zeta-bounds2}に代入すると，

\begin{equation} \frac1{s-1}\left(1-\frac1{n^{s-1}}\right)+\frac1{n^s}\lt\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}\lt\frac1{s-1}\left(1-\frac1{n^{s-1}}\right)+1 \label{eq:47-zeta-bounds3} \end{equation}

を得る．あとは，この不等式を使って，$n\to\infty$ で部分和 $\displaystyle\sum_{k=1}^n1/k^s$ がどうなるかを，$s$ の範囲ごとに調べればよい．

【収束】$s\gt1$ のとき．　式\eqref{eq:47-zeta-bounds3}の右側の不等式で，$s\gt1$ なら $1/n^{s-1}\gt0$ だから，$n$ によらず

$$ \sum_{k=1}^n\frac1{k^s}\lt\frac1{s-1}\left(1-\frac1{n^{s-1}}\right)+1\lt\frac1{s-1}+1 $$

となり，部分和には上限 $\dfrac1{s-1}+1$（$n$ によらない一定の壁）がある．一方，各項 $1/k^s$ は正なので，部分和は $n$ を増やすたびに単調に増加する．増加し続ける数列が決して超えない壁をもつなら，その数列はどこかの値に近づくしかない（際限なく増える数列は，どんな壁もいつかは超えてしまうからである）．これが「上に有界な単調増加数列は収束する」という，大学の解析学で厳密に扱われる基本定理であり，本書ではこの直感的な説明にとどめる．よって $s\gt1$ のとき $\zeta(s)$ は収束する．

【発散】$s\le1$ のとき．　下からの評価（式\eqref{eq:47-zeta-bounds2}の左側）$\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac1{k^s}\gt\int_1^nx^{-s}\dd x$ を使う．

• $0\lt s\lt1$ のとき：$\displaystyle\int_1^nx^{-s}\dd x=\frac{n^{1-s}-1}{1-s}$ で，$1-s\gt0$ だから $n^{1-s}\to\infty$．よって部分和は $\infty$ に発散する．
• $s=1$ のとき：$\displaystyle\int_1^n\frac{\dd x}x=\ln n\to\infty$ なので，部分和（調和級数）は発散する．
• $s\le0$ のとき：$1/k^s=k^{-s}\ge1$ だから，部分和は $n$ 個の項の和として $n$ 以上になり，発散する．

したがって，$\zeta(s)$ が収束するのは $s\gt1$ のときに限られる．

（補足）式\eqref{eq:47-zeta-bounds3}に現れる $1/n^{s-1}$ と $1/n^s$ が $n\to\infty$ で $0$ に近づくための条件を並べると，$s\ne1$（積分の公式が使える），$s\gt0$（$1/n^s\to0$），$s\gt1$（$1/n^{s-1}\to0$）となり，この3つを同時に満たす範囲が $s\gt1$ である．上の場合分けの結論と一致しており，条件 $s\gt1$ が「収束するための壁」と「評価式の各項の振る舞い」の両方から同じように現れることが確かめられる．

（証明終わり）

導出：$\zeta(4)=\pi^4/90$（フーリエ級数とパーセバルの等式）

$f(x)=x^2\ (-\pi\lt x\le\pi)$ のフーリエ級数は，例題28.3より

$$ x^2=a_0+\sum_{k=1}^\infty a_k\cos kx,\qquad a_0=\frac{\pi^2}3,\quad a_k=\frac{4(-1)^k}{k^2} $$

である．この級数は $\lvert a_k\cos kx\rvert\le4/k^2$ で，$\sum4/k^2$ が収束する（定理47.1，$s=2$）ので一様に収束し，項別に積分してよい．そこで，両辺を2乗して $-\pi$ から $\pi$ まで積分する．

左辺は $\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}x^4\dd x=\left[\frac{x^5}5\right]_{-\pi}^{\pi}=\frac{2\pi^5}5$ である．右辺を2乗して展開すると，$a_0^2$，$2a_0a_k\cos kx$，$a_ja_k\cos jx\cos kx$ の形の項が現れる．$\int_{-\pi}^{\pi}\cos kx\,\dd x=0$（大学数学 第27章 27.1節の公式27.2）より $2a_0a_k\cos kx$ の項は積分すると $0$，$j\ne k$ の $\cos jx\cos kx$ も直交性（公式27.4）により積分すると $0$ になる．残るのは，$\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}a_0^2\dd x=2\pi a_0^2$ と $\displaystyle\int_{-\pi}^{\pi}a_k^2\cos^2kx\,\dd x=\pi a_k^2$（公式27.4で $m=n$）だけなので，

$$ \frac{2\pi^5}5=2\pi a_0^2+\pi\sum_{k=1}^\infty a_k^2\qquad\text{（パーセバルの等式）} $$

となる．$a_0=\pi^2/3$，$a_k^2=16/k^4$ を代入すると，

$$ \frac{2\pi^5}5=2\pi\cdot\frac{\pi^4}9+16\pi\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^4}=\frac{2\pi^5}9+16\pi\,\zeta(4) $$

これを $\zeta(4)$ について解く：$16\pi\,\zeta(4)=2\pi^5\left(\dfrac15-\dfrac19\right)=2\pi^5\cdot\dfrac4{45}=\dfrac{8\pi^5}{45}$ より，

$$ \zeta(4)=\frac{8\pi^5}{45\cdot16\pi}=\frac{\pi^4}{90} $$

が得られる．同じ手順を $f(x)=x$（例題28.1：$b_k=2(-1)^{k+1}/k$）に適用すると，$\displaystyle\frac{2\pi^3}3=\pi\sum_{k=1}^\infty\frac4{k^2}=4\pi\,\zeta(2)$ から $\zeta(2)=\pi^2/6$ も出る．

（導出終わり）

導出：定理47.2（等比級数展開＋項別積分）

被積分関数の分母を，等比級数（geometric series）の公式を使って書き直す．$e^{-x}\lt1$（$x\gt0$ のとき）なので，公比 $e^{-x}$ の無限等比級数の和の公式 $\displaystyle\frac1{1-r}=\sum_{k=0}^\infty r^k$（$|r|\lt1$）を $r=e^{-x}$ に対して使うと，

$$ \frac1{e^x-1}=\frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}=e^{-x}\sum_{k=0}^\infty e^{-kx}=\sum_{k=0}^\infty e^{-(k+1)x}=\sum_{k=1}^\infty e^{-kx} $$

（最後の等号は，和の添字を $k\to k-1$ とずらしただけである．）これを積分の中に代入し，級数の和と積分の順序を入れ替える（各項 $x^{s-1}e^{-kx}$ が $x\gt0$ で非負なので，和と積分の順序を入れ替えてよい．これは単調収束定理とよばれる大学の解析学の定理で正当化される．ここでは認めて先に進む）：

$$ \int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,\dd x=\int_0^\infty x^{s-1}\sum_{k=1}^\infty e^{-kx}\,\dd x=\sum_{k=1}^\infty\int_0^\infty x^{s-1}e^{-kx}\,\dd x $$

各項の積分は，置換積分 $u=kx$（$\dd u=k\,\dd x$）でガンマ関数に帰着できる（大学数学 例題32.4で学んだのと同じ計算）：

$$ \int_0^\infty x^{s-1}e^{-kx}\,\dd x=\int_0^\infty\left(\frac uk\right)^{s-1}e^{-u}\,\frac{\dd u}k=\frac1{k^s}\int_0^\infty u^{s-1}e^{-u}\,\dd u=\frac{\Gamma(s)}{k^s} $$

これを代入すると，

$$ \int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,\dd x=\sum_{k=1}^\infty\frac{\Gamma(s)}{k^s}=\Gamma(s)\sum_{k=1}^\infty\frac1{k^s}=\Gamma(s)\,\zeta(s) $$

を得る．級数 $\sum1/k^s$ が収束するために $s\gt1$（定理47.1）が必要である（これは，被積分関数が $x\to0$ で $x^{s-2}$ のように振る舞い，$s\gt1$ でないと積分が発散することとも対応している）．

（証明終わり）

導出：公式47.5（部分積分による）

上のボックスの関係を使い，部分積分 $u=x^p,\ \dd v=-\dfrac{\dd}{\dd x}\!\left(\dfrac1{e^x-1}\right)\dd x$（すなわち $v=-\dfrac1{e^x-1}$，$\dd u=px^{p-1}\dd x$）とおくと，

$$ \int_0^\infty\frac{x^pe^x}{(e^x-1)^2}\,\dd x=\left[-\frac{x^p}{e^x-1}\right]_0^\infty+p\int_0^\infty\frac{x^{p-1}}{e^x-1}\,\dd x $$

境界項を調べる．$x\to\infty$ では $x^p/(e^x-1)\to0$（指数関数はどんなべき関数よりも速く $0$ に近づく，大学数学 32.2節の注意と同じ理由）．$x\to0$ では，$e^x-1\approx x$（$e^x$ のテイラー展開の1次までを使う）なので $x^p/(e^x-1)\approx x^{p-1}\to0$（$p\gt1$ のとき）．したがって $p\ge2$ の自然数であれば境界項はまるごと $0$ になり，

$$ \int_0^\infty\frac{x^pe^x}{(e^x-1)^2}\,\dd x=p\int_0^\infty\frac{x^{p-1}}{e^x-1}\,\dd x $$

を得る．右辺の積分は，公式47.4（式\eqref{eq:47-bose-i}）で $p$ を $p-1$ に置き換えた形そのものなので，$\Gamma(p)\zeta(p)$ に等しい．したがって，

$$ \int_0^\infty\frac{x^pe^x}{(e^x-1)^2}\,\dd x=p\,\Gamma(p)\,\zeta(p)=\Gamma(p+1)\,\zeta(p)=p!\,\zeta(p) $$

（最後から2番目の等号は漸化式 $\Gamma(p+1)=p\Gamma(p)$，最後の等号は自然数での $\Gamma(p+1)=p!$ を使った）．

（証明終わり）

導出：定理47.3

定理47.2の証明と同様に，被積分関数の分母を級数に展開する．$\dfrac1{e^x+1}=\dfrac{e^{-x}}{1+e^{-x}}$ に対し，公比 $-e^{-x}$（$|-e^{-x}|\lt1$）の無限等比級数 $\dfrac1{1+r}=\dfrac1{1-(-r)}=\displaystyle\sum_{k=0}^\infty(-r)^k$ を使うと，

$$ \frac1{e^x+1}=e^{-x}\sum_{k=0}^\infty(-1)^ke^{-kx}=\sum_{k=0}^\infty(-1)^ke^{-(k+1)x}=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}e^{-kx} $$

という，符号が交互に入れ替わる級数（交代級数）が得られる．これを積分し，定理47.2の証明と同じ手順（項別積分＋ガンマ関数の積分公式）を適用すると，

$$ \int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x+1}\,\dd x=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\int_0^\infty x^{s-1}e^{-kx}\,\dd x=\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}\Gamma(s)}{k^s}=\Gamma(s)\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^s} $$

（項別積分は，$s\gt1$ のとき $\sum_k\Gamma(s)/k^s$ が収束する，すなわち各項の絶対値の和が有限である（定理47.1）ことから正当化できる．$0\lt s\le1$ では交代級数が条件収束にとどまるので，この議論は使えない．）最後に現れた交代級数 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^s}$ を，ゼータ関数 $\zeta(s)$ で書き表そう．$s\gt1$ なら奇数番目の項の和も偶数番目の項の和もそれぞれ収束するので，分けて計算してよい．奇数番目の項はプラス，偶数番目の項はマイナスなので，

$$ \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^s}=\left(\sum_{k:\,\text{奇数}}\frac1{k^s}\right)-\left(\sum_{k:\,\text{偶数}}\frac1{k^s}\right)=\underbrace{\left(\sum_{\text{奇数}}+\sum_{\text{偶数}}\right)}_{=\,\zeta(s)}-2\sum_{\text{偶数}}\frac1{k^s} $$

（奇数の項の和は，全部の和から偶数の項の和を引けば求まるので，「奇数の和」$=\zeta(s)-$「偶数の和」と書き直し，それを代入した．）偶数だけの和は，$k=2m$（$m=1,2,3,\ldots$）とおくと，

$$ \sum_{\text{偶数}}\frac1{k^s}=\sum_{m=1}^\infty\frac1{(2m)^s}=\frac1{2^s}\sum_{m=1}^\infty\frac1{m^s}=\frac{\zeta(s)}{2^s} $$

となるので，

$$ \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k^s}=\zeta(s)-2\cdot\frac{\zeta(s)}{2^s}=\left(1-\frac2{2^s}\right)\zeta(s)=\left(1-2^{1-s}\right)\zeta(s) $$

を得る．これを代入すれば，

$$ \int_0^\infty\frac{x^{s-1}}{e^x+1}\,\dd x=\Gamma(s)\left(1-2^{1-s}\right)\zeta(s) $$

となり，定理47.3が示された．

（証明終わり）