ラマヌジャンの論文11：いくつかの積分について

$$\frac1{(a^2-x)((a+1)^2-x)\cdots((a+n-1)^2-x)}$$
の部分分数分解における$1/((a+k)^2-x)$の係数は
\begin{align} \prod^{n-1}_{\substack{j=0\\j\neq k}}\frac1{(a+j)^2-(a+k)^2} &=\prod^{n-1}_{\substack{j=0\\j\neq k}}\frac1{(j-k)(2a+k+j)}\\ &=(2a+2k)\frac{(-1)^k}{k!(n-k-1)!}\frac1{(2a+k)_n}\\ &=2(a+k)\frac{(1-n)_k}{(1)_{n-1}(1)_k}\frac{(2a)_k}{(2a)_n(2a+n)_k}\\ \end{align}
と計算できることからわかる。

　被積分関数は偶関数であることに注意すると
\begin{align} \int^\infty_0\frac{2b}{b^2+x^2}\cos2tx\ dx &=\frac12\int^\infty_{-\infty}\frac{2b}{b^2+x^2}\cos2tx\ dx\\ &=\frac12\Re\l(\int^\infty_{-\infty}\frac{2b}{b^2+x^2}e^{2itx}\ dx\r)\\ &=\Re\l(\pi i\Res_{x=ib}\frac{2b}{b^2+x^2}e^{2itx}\r)\\ &=\Re\l(\pi i\frac{2b}{2ib}e^{-2bt}\r)\\ &=\pi be^{-2bt} \end{align}
と求まる。

　上の補題からわかる。

　$n\to\infty$において
\begin{align} \frac{(a)_n^2}{(1)_{n-1}(2a)_n} &=\frac{\G(2a)}{\G(a)^2}\frac{\G(a+n)^2}{\G(n)\G(2a+n)} \to\frac{\G(2a)}{\G(a)^2}\\ \frac{(1-n)_k}{(2a+n)_k}&\to(-1)^k \end{align}
となること、および倍数公式
$$\G(2a)=\frac{2^{2a}}{2\sqrt\pi}\G(a)\G\l(a+\frac12\r)$$
に注意すると公式1より
\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\prod^\infty_{n=0}(1+(\frac x{a+n})^2)}dx &=\frac{\pi\G(2a)}{\G(a)^2}e^{-2at}\sum^\infty_{k=0}(-1)^k\frac{(2a)_k}{(1)_k}e^{-2kt}\\ &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}2^{2a}e^{-2at}(1+e^{-2t})^{-2a}\\ &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\l(\frac2{e^t+e^{-t}}\r)^{2a} \end{align}
とわかる。

$$\prod^\infty_{n=0}\l(1+\l(\frac x{a+n}\r)^2\r)=\frac{\G(a)^2}{\G(a+ix)\G(a-ix)}$$
からわかる。
　このことについては
$$\prod^{n-1}_{k=0}\l(1-\l(\frac x{a+k}\r)^2\r) =\frac{(a-x)_n(a+x)_n}{(a)_n^2} \to\frac{\G(a)^2}{\G(a-x)\G(a+x)}\quad(n\to\infty)$$
などによってわかる。

　公式2と同様にしてわかる。

　超幾何定理
$$\sum^\infty_{k=0}\frac{(a)_k(b)_k}{(1)_k(c)_k}=\frac{\G(c)\G(c-a-b)}{\G(c-a)\G(c-b)}$$
および
\begin{align} \frac{\G(2a)}{\G(a)}&=\frac{2^{2a}}{2\sqrt\pi}\G\l(a+\frac12\r)\\ \frac{\G(2b-1)}{\G(b)}&=\frac{2^{2b-1}}{2\sqrt\pi}\G\l(a-\frac12\r)\\ \frac{\G(2b-2a-1)}{\G(b-a)}&=\frac{2^{2b-2a-1}}{2\sqrt\pi}\G\l(b-a-\frac12\r) \end{align}
に注意すると
\begin{align} \int^\infty_0\prod^\infty_{n=0}\l(\frac{1+(\frac x{b+n})^2}{1+(\frac x{a+n})^2}\r)dx &=\frac{\pi\G(2a)\G(b)^2}{\G(a)^2\G(b+a)\G(b-a)}\frac{\G(a+b)\G(2b-2a-1)}{\G(b-a)\G(2b-1)}\\ &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\frac{\G(b)}{\G(b-\frac12)}\frac{\G(b-a-\frac12)}{\G(b-a)} \end{align}
とわかる。

　公式3と同様にしてわかる。

　公式5において
$$a=\frac{11}{10},\quad b=\frac{61}{10}=a+5$$
とおくと
\begin{align} &\int^\infty_0\frac{dx}{(x^2+11^2)(x^2+21^2)(x^2+31^2)(x^2+41^2)(x^2+51^2)}\\ ={}&\frac{10}{(11\c21\c31\c41\c51)^2}\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\frac{\G(a+5)}{\G(a+4+\frac12)}\frac{\G(5-\frac12)}{\G(5)}\frac{\sqrt\pi}2\\ ={}&\frac{10}{(11\c21\c31\c41\c51)^2}\frac{a(a+1)(a+2)(a+3)(a+4)}{(a+\frac12)(a+\frac32)(a+\frac52)(a+\frac72)}\frac{\frac12\frac32\frac52\frac72}{24}\frac\pi2\\ ={}&\frac1{11\c21\c31\c41\c51}\frac1{16\c26\c36\c46}\frac{5\c21}{24\c32}\pi\\ ={}&\frac{5\pi}{11\c16\c24\c26\c31\c32\c36\c41\c46\c51} \end{align}
と求まる。
　また
$$(11\c26)\c(36\c46\c51)=(13\c22)\c(12\c17\c18\c23)$$
に注意するとわかる。

　フーリエの変換公式
$$\hat{f}(y)=\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2ixy}dx\quad\leftrightarrow\quad f(x)=\frac1\pi\int^\infty_{-\infty}\hat{f}(y)e^{2ixy}dy$$
より偶関数$f$に対し
$$\tilde{f}(y)=\int^\infty_0f(x)e^{-2ixy}dx\quad\leftrightarrow\quad f(x)=\frac4\pi\int^\infty_0\tilde{f}(y)e^{2ixy}dy$$
が成り立つことに注意すると公式2,3からわかる。

$$\phi(a) =\frac{\sqrt\pi}2\frac{|\G(\frac{a+it}2)|^2}{\G(\frac a2)\G(\frac{a+1}2)} =\frac{\sqrt\pi}{a-1}\frac{|\G(\frac{a-it}2)|^2}{\G(\frac a2)\G(\frac{a-1}2)}$$
および相反公式
$$\G(s)\G(1-s)=\frac{\pi}{\sin\pi s}$$
に注意すると
\begin{align} \phi(a)\phi(2-a) &=\frac\pi{2(1-a)}\frac{|\G(\frac{a+it}2)\G(1-\frac{a+it}2)|^2}{\G(\frac a2)\G(1-\frac a2)\G(\frac{1+a}2)\G(\frac{1-a}2)}\\ &=\frac\pi{2(1-a)}\frac{\sin\frac{\pi a}2\sin(\frac\pi2+\frac{\pi a}2)}{|\sin\frac{\pi(a+it)}2|^2}\\ &=\frac\pi{2(1-a)}\frac{\sin\pi a}{(\cosh\pi t-\cos\pi a)} \end{align}
とわかる。ただし最後の等号には以下の補題を用いた。

\begin{align*} |\sin z|^2 &=|\sin x\cosh y+i\cos x\sinh y|^2\\ &=\sin^2x\cosh^2y-(\sin^2 x\sinh^2y-\sin^2x\sinh^2y)+\cos^2\sinh^2y\\ &=\sin^2x+\sinh^2y\\ &=\frac{1-\cos2x}2+\frac{\cosh2x-1}2\\ &=\frac{\cosh2y-\cos2x}2 \end{align*}
とわかる。

\begin{align} \int^b_a\psi(x)\Phi(tx)dx &=\int^b_a\psi(x)\l(\int^\b_\a\phi(y)K(txy)dy\r)dx\\ &=\int^\b_\a\phi(y)\l(\int^b_a\psi(x)K(txy)dx\r)dy\\ &=\int^\b_\a\phi(y)\Psi(ty)dy \end{align}

　第一式については求める積分を$I$とおき留数定理により積分経路を$-\infty+i\to+\infty+i$に持ち上げることで
\begin{align} I&=2\pi i\Res_{x=i/2}+\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-2\pi i(x+i)y}}{-\cosh\pi x}dx\\ &=2e^{\pi y}-e^{2\pi y}I \end{align}
つまり
$$I=\frac{2e^{\pi y}}{1+e^{2\pi y}}=\frac1{\cosh\pi y}$$
を得る。
　第二式についても同様に積分経路を$-\infty+\sqrt3i\to+\infty+\sqrt3i$に持ち上げることで
\begin{align} I&=2\pi i(\Res_{x=i/\sqrt3}+\Res_{x=2i/\sqrt3}) +\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-2\pi i(x+\sqrt3i)y}}{1+2\cosh\frac{2\pi x}{\sqrt3}}dx\\ &=(e^{2\pi y/\sqrt 3}-e^{4\pi y/\sqrt3})+e^{2\sqrt3\pi y}I \end{align}
つまり
\begin{align} I&=\frac{e^{2\pi y/\sqrt 3}(1-e^{2\pi y/\sqrt 3})}{1-(e^{2\pi y/\sqrt 3})^3}\\ &=\frac1{e^{2\pi y/\sqrt 3}+1+e^{-2\pi y/\sqrt 3}}\\ &=\frac1{1+2\cosh\frac{2\pi y}{\sqrt3}} \end{align}
を得る。
　第三式については積分経路を$-\infty-iy\to+\infty-iy$に移動させることでガウス積分より
$$I=\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi(x+iy)^2}e^{-\pi y^2}dx =e^{-\pi y^2}\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi x^2}dx=e^{-\pi y^2}$$
を得る。

　$K(x)=\cos2\pi x$および$\phi(x),\psi(x)$として
$$\frac1{\cosh\pi x},\quad\frac1{1+2\cosh\frac{2\pi x}{\sqrt3}},\quad e^{-\pi x^2}$$
を取ると補題5より
$$\Phi(t)=\int^\infty_0\phi(x)\cos2\pi tx\ dx=\frac12\phi(t)$$
が成り立つので補題4より
\begin{align} \int^\infty_0\phi(x)\psi(tx)dx &=\int^\infty_0\phi(tx)\psi(x)dx\\ &=\frac1t\int^\infty_0\phi(x)\psi(x/t)dx \end{align}
つまり$\a\b=1$のとき
$$\sqrt\a\int^\infty_0\phi(x)\psi(\a x)dx=\sqrt\b\int^\infty_0\phi(x)\psi(\b x)dx$$
という関数等式が得られることとなる。
　あとはこれらを適当に変形することで主張を得る。

　第一式については
$$\pi\coth\pi z=\frac1z+\sum^\infty_{n=1}\frac{2z}{z^2+n^2}$$
に注意すると
\begin{align} \int^\infty_0\frac{\sin 2\pi xy}{e^{2\pi x}-1}dx &=\Im\l(\int^\infty_0\frac{e^{2\pi ixy}-1}{e^{2\pi x}-1}dx\r)\\ &=\Im\l(\sum^\infty_{n=1}\int^\infty_0e^{-2\pi nx}(e^{2\pi ixy}-1)dx\r)\\ &=\Im\l(\sum^\infty_{n=1}\frac1{2\pi(n-iy)}\r)\\ &=\frac1{2\pi}\sum^\infty_{n=1}\frac{y}{n^2+y^2}\\ &=\frac14\l(\frac{e^{2\pi y}+1}{e^{2\pi y}-1}-\frac1{\pi y}\r)\\ &=\frac12\l(\frac1{e^{2\pi y}-1}+\frac12-\frac1{2\pi y}\r) \end{align}
とわかる。
　第二式については補題5に注意すると
\begin{align} \int^\infty_{-\infty}xe^{-\pi x^2}\sin2\pi xy\ dx &=\int^\infty_{-\infty}\l(-\frac1{2\pi}e^{-\pi x^2}\r)'\sin2\pi xy\ dx\\ &=\frac{2\pi y}{2\pi}\int^\infty_{-\infty}e^{-\pi x^2}\cos2\pi xy\ dx\\ &=ye^{-\pi y^2} \end{align}
とわかる。

　公式10と同様にして
\begin{align} \int^\infty_0\frac{txe^{-\pi(tx)^2}}{e^{2\pi x}-1}dx &=\int^\infty_0\frac{xe^{-\pi x^2}}{e^{2\pi tx}-1}dx +\int^\infty_0xe^{-\pi x^2}\l(\frac12-\frac1{2\pi tx}\r)dx\\ &=\frac1{t^2}\int^\infty_0\frac{xe^{-\pi (x/t)^2}}{e^{2\pi x}-1}dx +\frac12\l[-\frac1{2\pi}e^{-\pi x^2}\r]^\infty_0-\frac1{2\pi t}\frac12\\ \frac t2\int^\infty_0\frac{e^{-\pi t^2x}}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx &=\frac1{2t^2}\int^\infty_0\frac{e^{-\pi x/t^2}}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx+\frac1{4\pi}-\frac1{4\pi t} \end{align}
つまり
$$\frac1{\sqrt t}\l(1+2\pi t\int^\infty_0\frac{e^{-\pi t^2x}}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx\r) =\sqrt t\l(1+\frac{2\pi}{t^2}\int^\infty_0\frac{e^{-\pi x/t^2}}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx\r)$$
という関数等式が得られる。

　フーリエの変換公式から
$$\phi(a,t)=\frac4\pi\int^\infty_0\Phi(a,x)K(tx)dx$$
が成り立つので補題4よりわかる。

$$\phi(a,x)=\prod^\infty_{n=0}\frac1{1+(\frac x{a+n})^2}=\frac{|\G(a+ix)|^2}{\G(a)^2}$$
とおくと公式2,8より
\begin{align} \Phi(a,x)&=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}(\sech x)^{2a}\\ \int^\infty_0(\sech x)^{2a}dx&=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(a)}{\G(a+\frac12)} \end{align}
が成り立つので上の補題より
\begin{align} \int^\infty_0\phi(a,x)\phi(b,x)dx &=\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\frac{\G(b+\frac12)}{\G(b)}\int^\infty_0(\sech x)^{2a+2b}dx\\ &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\frac{\G(b+\frac12)}{\G(b)}\frac{\G(a+b)}{\G(a+b+\frac12)}\\ \end{align}
を得る。

\begin{align} \frac{\pi x}{\sinh\pi x}&=\prod^\infty_{n=1}\frac1{1+\frac{x^2}{n^2}}=\phi(1,x)\\ \frac{\pi x^3}{\sinh\pi x}&=\frac{\pi x(x^2+1)}{\sinh\pi x}-\frac{\pi x}{\sinh\pi x} =\phi(2,x)-\phi(1,x) \end{align}
に注意すると
\begin{align} \int^\infty_0\phi(a,x)\phi(1,x)dx &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(1+\frac12)}{\G(1)}\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\frac{\G(a+1)}{\G(a+1+\frac12)}\\ &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\sqrt\pi}2\frac{a}{a+\frac12}\\ &=\frac{\pi a}{2(1+2a)}\\ \int^\infty_0\phi(a,x)\phi(2,x)dx &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{\G(2+\frac12)}{\G(2)}\frac{\G(a+\frac12)}{\G(a)}\frac{\G(a+2)}{\G(a+2+\frac12)}\\ &=\frac{\sqrt\pi}2\frac{3\sqrt\pi}4\frac{a(a+1)}{(a+\frac12)(a+\frac32)}\\ &=\frac{3\pi a(a+1)}{2(1+2a)(3+2a)}\\ \end{align}
からわかる。

$$f(x)=\prod^\infty_{n=1}\frac{1-ar^nx}{1-r^{n-1}x}=\sum^\infty_{n=0}A_nx^n$$
とおいたとき
$$(1-x)f(x)=(1-arx)f(rx)$$
が成り立つので係数比較により
$$A_n=\frac{1-ar^n}{1-r^n}A_{n-1}$$
つまり
$$A_n=\prod^n_{k=1}\frac{1-ar^k}{1-r^k}$$
がわかる。
　これは$q$-ポッホハマー記号
$$(a;q)_\infty=\prod^\infty_{k=0}(1-aq^k)$$
を用いて
$$A_n=\frac{(r^{n+1};r)_\infty}{(r;r)_\infty}\frac{(ar;r)_\infty}{(ar^{n+1};r)_\infty}$$
と表せるので Ramanujan's Master Theorem により
\begin{align} \int^\infty_0\l(\prod^\infty_{n=1}\frac{1+ar^nx}{1+r^{n-1}x}\r)x^{s-1}dx &=\frac\pi{\sin\pi s}\frac{(r^{1-s};r)_\infty}{(r;r)_\infty}\frac{(ar;r)_\infty}{(ar^{1-s};r)_\infty}\\ &=\frac\pi{\sin\pi s}\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-r^{n-s})(1-ar^n)}{(1-r^n)(1-ar^{n-s})} \end{align}
を得る。

　上の公式においてそれぞれ$a=r^m,s=m$とするとわかる。

　公式14,15において$a=0$とするとわかる。

　公式14において$r\mapsto r^2,s=1/2$とし、$x\mapsto x^2$と変数変換することでわかる。
　なおヤコビの三重積
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}q^{\frac12n(n+1)} &=\prod^\infty_{n=1}(1-q^n)(1+q^n)^2\\ &=\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{2n})^2}{1-q^n}\\ &=\prod^\infty_{n=1}\frac{(1-q^{2n})^2}{(1-q^{2n})(1-q^{2n-1})}\\ &=\prod^\infty_{n=1}\frac{1-q^{2n}}{1-q^{2n-1}} \end{align}
に注意する。

　第一式、第二式については恐らくテータ関数の特殊値である。第三式については見ての通りである。