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
$$F(s)=(\mathcal{M}f)(s)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(t)t^{s-1}dt$$
と定めた時, その逆変換が
$$f(t)=({\mathcal{M}}^{-1}F)(t)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\mathrm{\infty }}^{c+i\mathrm{\infty }}F(s)t^{-s}ds$$
で表されることを用います. ただし$\mathrm{Re}s=c$上で$F$は正則であり, ${\displaystyle {\int }_{c-i\mathrm{\infty }}^{c+i\mathrm{\infty }}}$とは, 直線$\mathrm{Re}s=c$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${\displaystyle f(t)=\frac{1}{(1+t{)}^a}}$に適用すると,
$${\displaystyle F(s)={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{t^{s-1}}{(1+t{)}^a}dt=B(s,a-s)=\frac{\mathrm{\Gamma }(s)\mathrm{\Gamma }(a-s)}{\mathrm{\Gamma }(a)}}$$
(ただし$0<\mathrm{Re}s<\mathrm{Re}a$)より,
$$\frac{1}{(1+t{)}^a}=\frac{1}{2\pi i\mathrm{\Gamma }(a)}{\int }_{\mathrm{Re}s=c}\mathrm{\Gamma }(s)\mathrm{\Gamma }(a-s)t^{-s}ds$$
(ただし$0<c<\mathrm{Re}a$)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,

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Gamma }(a+ix)\mathrm{\Gamma }(b-ix)e^{cx}dx=\frac{2\pi \mathrm{\Gamma }(a+b)e^{i\frac{a-b}{2}c}}{(2\cos \frac{c}{2}{)}^{a+b}}$$
$for0<\mathrm{Re}a,\mathrm{Re}b,|\mathrm{Re}c|<\pi$

を得ます.
$$

最後の式で例えば$a=b=n+1,c=0$とすると,
$$\begin{array}{rcl}& & \mathrm{\Gamma }(n+1+ix)\mathrm{\Gamma }(n+1-ix)\\ & =& (n+ix)\cdots (1+ix)ix\mathrm{\Gamma }(ix)\cdot (n-ix)\cdots (1-ix)\mathrm{\Gamma }(1-ix)\\ & =& ix(x^2+1)\cdots (x^2+n^2)\cdot \frac{\pi }{\sin \pi ix}\\ & =& \frac{\pi x(x^2+1)\cdots (x^2+n^2)}{\sinh \pi x}\end{array}$$
ですので,
$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{x(x^2+1)\cdots (x^2+n^2)}{\sinh \pi x}dx=\frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}}$$
を得ます.

読んでくださった方, ありがとうございました.