ガンマ関数が入った積分2 ∫[-∞,∞](Γ(a+ix)Γ(b-ix)e^cx)dx

${}$

この記事では, 過去の記事 で紹介した, ガンマ関数の入った積分の証明をしようと思います.

Mellin逆変換を用います. 即ち, 関数$f$のMellin変換を
$$ F(s)=(\mathcal{M}f)(s)=\int_0^\infty f(t)t^{s-1}\,dt$$
と定めた時, その逆変換が
$$ f(t)=(\mathcal{M}^{-1}F)(t)=\frac1{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}F(s)t^{-s}\,ds$$
で表されることを用います. ただし$\Re s=c$上で$F$は正則であり, $\ds\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}$とは, 直線$\Re s=c$を上向きに走る路に沿って積分することを表すものとします. (もちろんこれらの積分が収束することも必要です.)

これについては, ネット上にある このPDF などを読むと良いかもしれません.
${}$

これを$\ds f(t)=\frac1{(1+t)^a}$に適用すると,
$$\ds F(s)=\int_0^\infty\frac{t^{s-1}}{(1+t)^a}\,dt=B(s,a-s)=\frac{\G{s}\G{a-s}}{\G{a}}$$
(ただし$0<\Re s<\Re a$)より,
$$ \frac1{(1+t)^a}=\frac1{2\pi i\G{a}}\int_{\Re s=c}\G{s}\G{a-s}t^{-s}\,ds$$
(ただし$0< c<\Re a$)が成り立ちます.

ここで適当な変数変換をすることにより,

$$\int_{-\infty}^\infty\G{a+ix}\G{b-ix}e^{cx}\,dx=\frac{2\pi\G{a+b}e^{i\frac{a-b}2c}}{(2\cos\frac c2)^{a+b}}$$
$\hspace{10pt}for\space 0<\Re a,\Re b,\ |\Re c|<\pi$

を得ます.
${}$

最後の式で例えば$a=b=n+1, c=0$とすると,
$$\beq &&\G{n+1+ix}\G{n+1-ix}\\[5pt] &=&(n+ix)\cdots(1+ix)ix\G{ix}\cdot(n-ix)\cdots(1-ix)\G{1-ix}\\[5pt] &=&ix(x^2+1)\cdots(x^2+n^2)\cdot\frac{\pi}{\sin\pi ix}\\[5pt] &=&\frac{\pi x(x^2+1)\cdots(x^2+n^2)}{\sinh\pi x} \eeq$$
ですので,
$$\int_{-\infty}^\infty\frac{x(x^2+1)\cdots(x^2+n^2)}{\sinh\pi x}\,dx=\frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}}$$
を得ます.

${}$

読んでくださった方, ありがとうございました.

${}$

${}$