オイラーの反射公式

手順1(ベータ関数に帰着する)。$y=1-z$ として $B(x,y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ を用いると、$\Gamma(z)\Gamma(1-z) = B(z,1-z) = \int_0^1 t^{z-1}(1-t)^{-z}\,dt$ となる。$u = t/(1-t)$ と置換すると、$0<\operatorname{Re}(z)<1$ に対してこれは $\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{u^{z-1}}{1+u}\,du$ になる。

手順2(鍵穴型の積分路を設定する)。$I=\int_0^\infty \dfrac{u^{z-1}}{1+u}\,du$ を評価するために、正の実軸に沿って切断された $w^{z-1}$ の分枝を用い、$\dfrac{w^{z-1}}{1+w}$ を鍵穴型の積分路——切断のすぐ上を外向きに、半径 $R$ の大円、切断のすぐ下を戻り、$0$ の周りの半径 $\varepsilon$ の小円——に沿って積分する。

手順3(唯一の極における留数)。積分路の内部にある $\dfrac{w^{z-1}}{1+w}$ の唯一の特異点は $w=-1$ における単純極であり、そこでは(偏角 $\pi$ の分枝を用いて)$\mathrm{Res} = (-1)^{z-1} = e^{i\pi(z-1)}$ であるから、留数定理により鍵穴積分は $2\pi i\, e^{i\pi(z-1)}$ となる。

手順4(切断の両側を比較し $R\to\infty$、$\varepsilon\to 0$ とする)。$0<\operatorname{Re}(z)<1$ のとき大円と小円の寄与は消え、2本の直線部分は $w^{z-1}$ が切断を横切る際に得る位相だけ異なるので、$I\big(1 - e^{2\pi i(z-1)}\big) = 2\pi i\, e^{i\pi(z-1)}$ が得られる。これを $I$ について解き、$\sin\theta = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$ を用いて指数関数を整理すると $I = \dfrac{\pi}{\sin(\pi z)}$ となり、手順1と合わせて $\Gamma(z)\Gamma(1-z) = \dfrac{\pi}{\sin(\pi z)}$ が得られる。