ベータ関数の逆数の積分表示を複素積分なしで示す。　おまけにn次差分を含む級数

ベータ関数の逆数の積分表示

を、示す。

複素積分で証明できるのは有名。ベータ関数の定義の積分表示に対し、いい感じの経路で積分すると出てくる。

今回の定理を使えば、おまけにいい感じの級数も得られる。

本題

差分が効くメリン変換

メリン変換っぽい積分を考える。

$\qquad\dis F(s)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(t)}{(\frac{1}{2}+it)^s}dt$

複素数入った積分やんけ、と思ったかもしれないが、周回積分はしないので大目に見てください

これに前進差分を適用すると

$\qquad\begin{align}\dis \Delta F(s)&=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(t)}{(\frac{1}{2}+it)^{1+s}}dt-\int_{-\infty}^{\infty}\frac{f(t)}{(\frac{1}{2}+it)^{s}}dt\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1-(\frac{1}{2}+it)}{(\frac{1}{2}+it)^{1+s}}f(t)dt\\ &=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\frac{1}{2}-it}{(\frac{1}{2}+it)^{1+s}}f(t)dt\end{align}$

ということで、

$\qquad\dis \Delta^n F(s)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(\frac{1}{2}-it)^n}{(\frac{1}{2}+it)^{n+s}}f(t)dt$

よって、

$\qquad\dis\begin{align} \Delta^n\Big|_{s=0} F(s)&=\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{\frac{1}{2}-it}{\frac{1}{2}+it}\right)^n f(t)dt\\ &=\frac{1}{4}\int_{-\pi}^{\pi} \left(\frac{1-i\tan(\frac{\theta}{2})}{1+i\tan(\frac{\theta}{2})}\right)^n f\left(\textstyle \frac{1}{2}\tan(\frac{\theta}{2})\right)\textstyle\sec^2(\frac{\theta}{2}) d\theta\qquad\Bigg(t=\frac{1}{2}\tan{(\frac{\theta}{2})}\Bigg)\\ &=\frac{1}{4}\int_{-\pi}^{\pi} e^{-ni\theta} f\left(\textstyle \frac{1}{2}\tan(\frac{\theta}{2})\right)\textstyle\sec^2(\frac{\theta}{2}) d\theta\end{align}$

この変形気持ちいい。

フーリエ級数

この式をみると、フーリエ級数につっこみたくて仕方ないので、する。

が、単純に入れるだけでは、そうは問屋が卸さねぇ。$\Delta^{-n}$が定義できないので$f(s)$は実関数に限ることにしておいて、
逆に積分によって左辺を定義する。
$\qquad\dis\Delta^{-n}\Big|_{s=0}F(s)=\overline{\Delta^n\Big|_{s=0}F(s)}$
と、なる。

これでフーリエ級数に入れる。 　

積分の中身が出てくる。

$\qquad\dis\frac{2}{\pi}\sum_{k=-\infty}^{\infty}e^{kit}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)=\textstyle f(\frac{1}{2}\tan(\frac{x}{2}))\sec^2(\frac{x}{2})$

で、左辺は結局虚部がなくなるので

$\qquad\dis\frac{2F(0)}{\pi}+\frac{4}{\pi}\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{kit}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)=\textstyle f(\frac{1}{2}\tan(\frac{x}{2}))\sec^2(\frac{x}{2})$

なんと$f(x)$のメリン変換(っぽいもの)を用いて、$f(x)$を復元できた。

これを使って、もう一度$f(x)$をメリン変換(っぽいもの)する。

$x$を$2\arctan(2x)$に置き換えて、整理。

$\qquad f(x)=\dis\frac{4}{\pi(1+4x^2)}\left(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{2ki\arctan(2x)}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)\right)$

両辺メリン変換(っぽいもの)

$\qquad F(s)=\dis\frac{4}{\pi}\dis\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(\frac{1}{2}+it)^s(1+4t^2)}\left(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{2ki\arctan(2t)}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)\right)dt$

置換$t=\frac{1}{2}\tan(\frac{\theta}{2})$
なんか、くどいような気がするけど。

$\qquad\begin{align}&=\frac{1}{\pi}\dis\int_{-\pi}^{\pi}\frac{2^{s}}{(1+i\tan({\frac{\theta}{2}}))^s}\left(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{ki\theta}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)\right)d\theta\\ \\ &=\frac{2^{s}}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\cos^s(\textstyle\frac{\theta}{2}\dis)}{\left(\cos(\frac{\theta}{2})+i\sin(\frac{\theta}{2})\right)^s}\left(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{ki\theta}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)\right)d\theta\\ \\ &=\frac{2^{s}}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos^s(\textstyle\frac{\theta}{2}\dis)e^{-\frac{s}{2}i\theta}\left(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{ki\theta}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)\right)d\theta \end{align}$

これでいい感じ

これまでの変形を見てると、$F(s)$にメリン逆変換(っぽいもの)が存在して、それが実関数である必要がある。が、実はもうちょっと緩くていい。 　 　

差分のフーリエのメリンが元に戻る

この定理、ラマヌジャンマスター定理っぽい？

じゃあ結構すごくね、と思いたいが、今回の本題が示されることによって、そうでも無いなぁ、と思ってくる。 　 　

二項係数

$\dis F(s)=\binom{s}{n}$を持ってくる。($n\in\mathbb{Z}_{\ge0}$)

なぜかと言うと、これは

$\qquad\Delta^m|_{s=0}F(s)=\delta_{n,m}$

を満たすから。(クロネッカーデルタ)
よって、これをフーリエ級数に入れると$k=n$の部分、$e^{ni\theta}$のみ生き残る。

$\qquad\dis \binom{s}{n}=\frac{2^{s}}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cos^s(\textstyle\frac{\theta}{2}\dis)e^{-\frac{s}{2}i\theta}\cos(n\theta) d\theta$

やったーー。 　 　

ほぼ完成

$\theta$を2倍に置換、左辺は$s$が実数なら明らかに実数なので、右辺の指数関数は実部だけでいい。

$\qquad\dis \binom{s}{n}=\frac{2^{s+1}}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^s\theta\cos(s\theta)\cos(2n\theta)d\theta$

積和の公式

$\qquad\dis \binom{s}{n}=\frac{2^{s}}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^s\theta\left(\cos((s-2n)\theta)-\cos((s+2n)\theta)\right)d\theta$

ここで、括弧の中の二項目について、$\cos^s\theta$のフーリエ級数展開の$\cos((s+2n)\theta)$の成分を取り出す積分になっている。
しかし、$s< s+2n$なので、そんな項は無いと言える。よって0。
ここが曖昧なとこ。$s$が自然数なら、倍角の公式を想像すれば良いと思うが、$s$が実数の時もいえるんか、？と、思ってる。

取り敢えず認める。 　

$\qquad\dis \begin{align}\binom{s}{n}&=\frac{2^{s}}{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^s\theta\cos((s-2n)\theta)d\theta\\ &=\frac{2^{s+1}}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^s\theta\cos((s-2n)\theta)d\theta\end{align}$

二項係数はベータ関数の逆数で書ける。

$\qquad\dis \frac{1}{{\rm{B}}(s-n,n+1)(s-n)}=\frac{2^{1+s}}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^s\theta\cos((s-2n)\theta)d\theta$

$s=x+y-1,n=y-1$とすれば、

$\qquad\dis \frac{1}{{\rm{B}}(x ,y)}=\frac{2^{x+y}x}{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{x+y-1}\theta\cos((x-y+1)\theta)d\theta$

完成！

なんやかんや制限つけたけど、この式は知られた通り、複素数$x,y$で成り立つ。

で、ここまで書いてて思ったのが、$\cos^s\theta$のフーリエ級数展開が二項係数でかけることを示せばいいので、この文字制限の精度なら、それでよくね。

と、いうことで、逃げの級数紹介。

得られる級数

途中で

$\qquad\dis\frac{2F(0)}{\pi}+\frac{4}{\pi}\mathfrak{R}\sum_{k=1}^{\infty}e^{kix}\Delta^k\Big|_{s=0}F(s)=f\left(\frac{1}{2}\tan(\frac{x}{2})\right)\sec^2\left(\frac{x}{2}\right)$

を得た。

$f(x)=\sech(\pi x)$とすると、$F(s)=2\eta(s)$(ディリクレイータ)なので、

$\qquad\dis\sum_{k=1}^{\infty}\cos(kx)\Delta^k\Big|_{s=0}\eta(s)=\frac{\pi}{8}\sech(\frac{\pi}{2}\tan(\frac{x}{2}))\sec^2\left(\frac{x}{2}\right)-\frac{1}{4}$

うおお。

$\dis f(x)=\frac{\cos(x)}{\frac{1}{4}+x^2}$とすると$\dis F(s)=\frac{\pi}{e^{\frac{1}{2}}}\left(1+\sum_{k=0}^{s}\frac{1}{k!}\right)$になるので、

$\qquad\dis \sum_{k=1}^{\infty}\cos(kx)\Delta^{k-1}\Big|_{s=0}\frac{1}{(s+1)!}=e^{\frac{1}{2}}\cos\left(\frac{1}{2}\tan(\frac{x}{2})\right)-1$

以上、間違いあれば指摘ください。
見てくれてありがとうございました！