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。

${\displaystyle F(s)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{f(t)}{(\frac{1}{2}+it{)}^s}dt}$

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

$\begin{array}{rl}{\displaystyle \mathrm{\Delta }F(s)}& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{f(t)}{(\frac{1}{2}+it{)}^{1+s}}dt-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{f(t)}{(\frac{1}{2}+it{)}^s}dt\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1-(\frac{1}{2}+it)}{(\frac{1}{2}+it{)}^{1+s}}f(t)dt\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{2}-it}{(\frac{1}{2}+it{)}^{1+s}}f(t)dt\end{array}$

ということで、

${\displaystyle {\mathrm{\Delta }}^{n}F(s)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{(\frac{1}{2}-it{)}^n}{(\frac{1}{2}+it{)}^{n+s}}f(t)dt}$

よって、

${\displaystyle \begin{array}{rl}{\mathrm{\Delta }}^n{|}_{s=0}F(s)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{\frac{1}{2}-it}{\frac{1}{2}+it}\right)}^{n}f(t)dt\\ & =\frac{1}{4}{\int }_{-\pi }^{\pi }{\left(\frac{1-i\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)}{1+i\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)}\right)}^{n}f\left(\frac{1}{2}\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)\right){\sec }^2(\frac{\theta }{2})d\theta (t=\frac{1}{2}\tan (\frac{\theta }{2}))\\ & =\frac{1}{4}{\int }_{-\pi }^{\pi }{e}^{-ni\theta }f\left(\frac{1}{2}\tan \left(\frac{\theta }{2}\right)\right){\sec }^2(\frac{\theta }{2})d\theta \end{array}}$

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。${\mathrm{\Delta }}^{-n}$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。
${\displaystyle {\mathrm{\Delta }}^{-n}{|}_{s=0}F(s)=\overline{{\mathrm{\Delta }}^n{|}_{s=0}F(s)}}$
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。

${\displaystyle \frac{2}{\pi }\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{kit}{\mathrm{\Delta }}^k{|}_{s=0}F(s)=f(\frac{1}{2}\tan \left(\frac{x}{2}\right)){\sec }^2(\frac{x}{2})}$

で、左辺は結局虚部がなくなるので

${\displaystyle \frac{2F(0)}{\pi }+\frac{4}{\pi }\mathfrak{R}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{kit}{\mathrm{\Delta }}^k{|}_{s=0}F(s)=f(\frac{1}{2}\tan \left(\frac{x}{2}\right)){\sec }^2(\frac{x}{2})}$

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$2\arctan \left(2x\right)$に置き換えて、整理。

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

両辺メリン変換(っぽいもの)

$F(s)={\displaystyle \frac{4}{\pi }{\displaystyle {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(\frac{1}{2}+it{)}^s(1+4t^2)}(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{2ki\arctan \left(2t\right)}{\mathrm{\Delta }}^k{|}_{s=0}F(s))dt}}$

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

$\begin{array}{rl}& =\frac{1}{\pi }{\displaystyle {\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{2^s}{(1+i\tan \left(\frac{\theta }{2}\right){)}^s}(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{ki\theta }{\mathrm{\Delta }}^k{|}_{s=0}F(s))d\theta }\\ \\ & =\frac{2^s}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }\frac{{\cos }^s(\frac{\theta }{2}{\displaystyle )}}{{(\cos \left(\frac{\theta }{2}\right)+i\sin \left(\frac{\theta }{2}\right))}^s}(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{ki\theta }{\mathrm{\Delta }}^k{|}_{s=0}F(s))d\theta \\ \\ & =\frac{2^s}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^s(\frac{\theta }{2}{\displaystyle )e^{-\frac{s}{2}i\theta }(\frac{F(0)}{2}+\mathfrak{R}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{e}^{ki\theta }{\mathrm{\Delta }}^k{|}_{s=0}F(s))d\theta }\end{array}$

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

${\displaystyle F(s)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})}$を持ってくる。($n\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$)

なぜかと言うと、これは

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

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。

${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})=\frac{2^s}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }{\cos }^s(\frac{\theta }{2}{\displaystyle )e^{-\frac{s}{2}i\theta }\cos \left(n\theta \right)d\theta }}$

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。

${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})=\frac{2^{s+1}}{\pi }{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^s\theta \cos \left(s\theta \right)\cos \left(2n\theta \right)d\theta }$

積和の公式

${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})=\frac{2^s}{\pi }{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^s\theta (\cos ((s-2n)\theta )-\cos ((s+2n)\theta ))d\theta }$

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。 　

${\displaystyle \begin{array}{rl}(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{n})& =\frac{2^s}{\pi }{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^s\theta \cos ((s-2n)\theta )d\theta \\ & =\frac{2^{s+1}}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^s\theta \cos ((s-2n)\theta )d\theta \end{array}}$

二項係数はベータ関数の逆数で書ける。

${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{B}(s-n,n+1)(s-n)}=\frac{2^{1+s}}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^s\theta \cos ((s-2n)\theta )d\theta }$

$s=x+y-1,n=y-1$とすれば、

${\displaystyle \frac{1}{\mathrm{B}(x,y)}=\frac{2^{x+y}x}{\pi }{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{x+y-1}\theta \cos ((x-y+1)\theta )d\theta }$

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

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

を得た。

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

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

うおお。

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

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

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！