ラマヌジャン総和法4：応用例

　 前々回の記事 の例1として求めたように
$$\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{e}^{-zn}=\frac{e^{-z}}{1-e^{-z}}-\frac{e^{-z}}{z}$$
が成り立つので
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\in \mathbb{Z}}^{\mathcal{R}}{e}^{\alpha n}& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{e}^{\alpha n}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{e}^{\alpha (1-n)}-{\int }_0^1{e}^{\alpha x}dx\\ & =(\frac{e^{\alpha }}{1-e^{\alpha }}+\frac{e^{\alpha }}{\alpha })+(\frac{e^{-\alpha }}{1-e^{-\alpha }}-\frac{e^{-\alpha }}{\alpha })e^{\alpha }-\frac{e^{\alpha }-1}{\alpha }\\ & =0\end{array}$$
を得る。

$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}1& =\frac{1}{2}\\ \sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{n}^{2k}& =\frac{1}{2k+1}\\ \sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{n}^{2k-1}& =\frac{1-B_{2k}}{2k}\end{array}$$
であったことに注意すると
$$\sum _{n\in \mathbb{Z}}^{\mathcal{R}}{n}^k=\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{n}^k+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}(-n{)}^k-{\int }_{-1}^1{x}^{k}dx=0$$
を得る。

$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{z-\pi n}& =\frac{1}{z}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{z-\pi n}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{z+\pi n}-{\int }_{-1}^1\frac{1}{z-\pi x}dx\\ & =\frac{1}{z}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{2z}{z^2-{\pi }^2{n}^2}-{\int }_0^1\frac{2z}{z^2-{\pi }^2{x}^2}dx\\ & =\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-{\pi }^2{n}^2}-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{2z}{z^2-{\pi }^2{x}^2}dx-{\int }_0^1\frac{2z}{z^2-{\pi }^2{x}^2}dx\\ & =\cot z+{[\frac{1}{\pi }\log \frac{z-\pi x}{z+\pi x}]}_0^{\mathrm{\infty }}\\ & =\cot z\end{array}$$
を得る。

$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+z})& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+z})-{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x}-\frac{1}{x+z})dx\\ \sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n}-\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n+z}& =\gamma +\psi (z+1)-{[\log \frac{x}{x+z}]}_1^{\mathrm{\infty }}\\ \gamma -\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n+z}& =\gamma +\psi (z+1)-\log (z+1)\end{array}$$
とわかる。

　倍数公式などから
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n}& =\gamma \\ & =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{dx}{x}\\ \sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n-1}& =\frac{\gamma +\log 2}{2}\\ \sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n+1}& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n-1}-1+{\int }_1^2\frac{dx}{2x-1}\\ & =\frac{\gamma +\log 2+\log 3}{2}-1\\ & =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{4n+1}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{4n-1}-\frac{1}{2}{\int }_1^2\frac{dx}{2x+1}\end{array}$$
が成り立つことに注意すると
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{2}{(4n{)}^3-4n}& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n(4n+1)(4n-1)}\\ & =-\sum _{n\ge }^{\mathcal{R}}\frac{1}{2n}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{4n+1}+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{4n-1}\\ & =-\frac{\gamma }{2}+\frac{\gamma +\log 2+\log 3}{2}-1+\frac{\log 5-\log 3}{4}\\ & =-1+\frac{1}{2}\log 2+\frac{1}{4}\log 3+\frac{1}{4}\log 5\end{array}$$
がわかる。
　また
$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{(4x{)}^4-4x}dx& ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}(-\frac{1}{2x}+\frac{1}{4x+1}+\frac{1}{4x-1})dx\\ & ={[\frac{1}{4}\log \frac{(4x{)}^2-1}{x^2}]}_1^{\mathrm{\infty }}\\ & =\log 2-\frac{1}{4}\log 3-\frac{1}{4}\log 5\end{array}$$
が成り立つことに注意すると
$$\begin{array}{rl}1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{(4n{)}^3-4n}& =1+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{2}{(4n{)}^3-4n}+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{2}{(4x{)}^4-4x}dx\\ & =\frac{3}{2}\log 2\end{array}$$
を得る。

　$f(x)=\log x$のfractional sumは$\phi (x)=\log \mathrm{\Gamma }(x+1)$と求まるので$f(x/N)=\log x-\log N$つまり
$$\phi [f(x/N)](x)=\log \mathrm{\Gamma }(x+1)-x\log N$$
が成り立つことおよび
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\log n& =\frac{1}{2}\log 2\pi -1\\ \sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\log \frac{n}{N}& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\log n-\log N\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}1\\ & =\frac{1}{2}\log 2\pi -1-\frac{1}{2}\log N\\ N{\int }_{1/N}^1\log xdx& =N[x\log x-x{]}_{1/N}^1\\ & =\log N-(N-1)\end{array}$$
に注意すると
$$\log \mathrm{\Gamma }(x+1)-x\log N=\sum _{k=1}^N\log \mathrm{\Gamma }\left(\frac{x+k}{N}\right)-\frac{N-1}{2}\log 2\pi +\frac{1}{2}\log N$$
を得る。

　ラマヌジャン和により
$$\begin{array}{rl}\zeta (s,a+1)& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{(n+a{)}^s}+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{(x+a{)}^s}\\ & =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{(n+a{)}^s}+\frac{(a+1{)}^{1-s}}{s-1}\end{array}$$
と解析接続できるので、 前回の記事 の補題4から
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}(n+a{)}^k& =\frac{1-B_{k+1}(a+1)}{k+1}+{\int }_1^{a+1}{x}^{k}dx\\ & =\frac{(a+1{)}^{k+1}-B_{k+1}(a+1)}{k+1}\end{array}$$
が成り立つことに注意するとわかる。

$$\zeta (s,a+1)=\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{(n+a{)}^s}+\frac{(a+1{)}^{1-s}}{s-1}$$
を$s$について微分することで
$$\frac{\partial }{\partial s}\zeta (s,a+1)=-\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{\log (n+a)}{(n+a{)}^s}-\frac{(a+1{)}^{1-s}}{s-1}(\log (a+1)+\frac{1}{s-1})$$
特に
$$\frac{\partial }{\partial s}\zeta (0,a+1)=-\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\log (n+a)+(a+1)(\log (a+1)-1)$$
が成り立つので 前回の記事 の補題4から
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\log (n+a)& =-\log \mathrm{\Gamma }(a+1)+\frac{1}{2}\log 2\pi -1+{\int }_1^{a+1}\log xdx\\ & =-\log \mathrm{\Gamma }(a+1)+\frac{1}{2}\log 2\pi -(a+1)(\log (a+1)-1)\end{array}$$
と求まることに注意すると
$$\frac{\partial }{\partial s}\zeta (0,a+1)=\log \frac{\mathrm{\Gamma }(a+1)}{\sqrt{2\pi }}$$
を得る。

　ラマヌジャン和の明示式
$$\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}f(n):=\frac{f(1)}{2}+i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f(1+it)-f(1-it)}{e^{2\pi t}-1}dt$$
において$f(x)=1/(x-1+u)$とおくことで
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n-1+u}& =\frac{1}{2u}+i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{\frac{1}{u+it}-\frac{1}{u-it}}{e^{2\pi t}-1}dt\\ & =\frac{1}{2u}+2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{e^{2\pi t}-1}\frac{t}{u^2+t^2}dt\end{array}$$
が成り立つので
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{dt}{u^2+t^2}={[\frac{1}{u}\arctan \frac{t}{u}]}_0^{\mathrm{\infty }}=\frac{\pi }{2u}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n+u}& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n-1+u}-\frac{1}{u}+{\int }_0^1\frac{dt}{t+u}\\ & =\log (1+\frac{1}{u})-\frac{1}{2u}+2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{e^{2\pi t}-1}\frac{t}{u^2+t^2}dt\\ & =\log (1+\frac{1}{u})+2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{e^{2\pi t}-1}-\frac{1}{2\pi t})\frac{t}{u^2+t^2}dt\end{array}$$
を得る。

　 Ramanujan's Master Theorem の$\varphi (s)=1,1/s$の場合から
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{u^{s-1}}{1+u}du& =\frac{\pi }{\sin \pi s}\\ {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\log (1+\frac{1}{u})u^{s-1}du& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\log (1+u)u^{-s-1}du\\ & =\frac{\pi }{s\sin \pi s}\end{array}$$
と求まることに注意すると
$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left(\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n+u}\right)u^{s-1}du& =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{u^{s-1}}{n+u}du\\ & =\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{n}^{s-1}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{u^{s-1}}{1+u}du\\ & =\frac{\pi }{\sin \pi s}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{n}^{s-1}\\ & =\frac{\pi }{\sin \pi s}(\zeta (1-s)+\frac{1}{s})\\ {\int }_0^{\mathrm{\infty }}\left(\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}\frac{1}{n+u}\right)u^{s-1}du& =\frac{\pi }{s\sin \pi s}+2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{e^{2\pi t}-1}-\frac{1}{2\pi t})\frac{t}{u^2+t^2}{u}^{s-1}dt\end{array}$$
つまり$0<\mathrm{Re}(s)<1$において
$$\frac{\pi }{\sin \pi s}\zeta (1-s)=2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{e^{2\pi t}-1}-\frac{1}{2\pi t}){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{t}{u^2+t^2}{u}^{s-1}dudt$$
が成り立つ。
　またこの右辺の積分はRamanujan's Master Theoremを二回使う(?)ことによって
$$\begin{array}{rl}& \phantom{=}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{e^{2\pi t}-1}-\frac{1}{2\pi t}){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{t}{u^2+t^2}{u}^{s-1}dudt\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{e^{2\pi t}-1}-\frac{1}{2\pi t}){\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{t}{u+t^2}{u}^{\frac{s}{2}-1}dudt\\ & =\frac{\pi /2}{\sin \left(\pi s/2\right)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{e^{2\pi t}-1}-\frac{1}{2\pi t})t^{s-1}dt\\ & =\frac{\pi /2}{\sin \left(\pi s/2\right)}(2\pi {)}^{-s}\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)\end{array}$$
と求まる。したがって
$$\frac{\sin \pi s}{\pi }\frac{\pi /2}{\sin \left(\pi s/2\right)}=\cos \frac{\pi s}{2}$$
に注意すると
$$\zeta (1-s)=2^{1-s}{\pi }^{-s}\cos \left(\frac{\pi s}{2}\right)\mathrm{\Gamma }(s)\zeta (s)$$
を得る。

　ラマヌジャン和においては
$$\sum _{m\ge 1}^{\mathcal{R}}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}f(m,n)=\sum _{m\ge 1}^{\mathcal{R}}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}f(n,m)$$
が成り立つことに注意してこれを$S$とおく。
　このとき
$$\begin{array}{rl}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(m,n)& =\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}f(m,n)+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(m,y)dy)\\ & =\sum _{m\ge 1}^{\mathcal{R}}\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}f(m,n)+{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}f(x,n))dx+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(m,y)dy\\ & =S+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(m,y)dy+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(x,n)dx\end{array}$$
および同様に
$$\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}f(n,m)=S+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(x,m)dx+\sum _{n\ge 1}^{\mathcal{R}}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}f(n,y)dy$$
が成り立つのでこの差を取ることで
$$\begin{array}{rl}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(f(m,n)-f(n,m))& =\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(f(m,y)-f(y,m))dy\\ & -\sum _{m\ge 1}^{\mathcal{R}}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(f(m,y)-f(y,m))dy\\ & ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(f(x,y)-f(y,x))dydx\end{array}$$
を得る。

$$\begin{array}{rl}{G}_{2k}(z)& =2\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{(mz+n{)}^2}+\frac{1}{(mz-n{)}^2})+2(1+\frac{1}{z^2})\zeta (2)\\ \frac{1}{z^2}{G}_{2k}(-\frac{1}{z})& =2\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{(nz+m{)}^2}+\frac{1}{(nz-m{)}^2})+2(1+\frac{1}{z^2})\zeta (2)\end{array}$$
と表せることに注意すると
$$f(m,n)=\frac{1}{(mz+n{)}^2}+\frac{1}{(mz-n{)}^2}$$
に対し
$$\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(f(m,n)-f(n,m))=\frac{\pi i}{z}$$
が成り立つことを示せばよい。
　そしてこれは上の補題から
$$\begin{array}{rl}\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(f(m,n)-f(n,m))& ={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{\int }_1^{\mathrm{\infty }}(f(x,y)-f(y,x))dydx\\ & =-\frac{1}{z}{[\log \frac{x+z}{x-z}-\log \frac{1+xz}{1-xz}]}_1^{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{\pi i}{z}\end{array}$$
とわかる。