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ラマヌジャンの論文10：無限積 ∏_n[1+(x/(a+nd))^3] について

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はじめに

　この記事ではラマヌジャンの書いた論文"On the product $\prod_{n = 0}^{\infty} [1 + {(\frac{x}{a + n d})}^{3}]$ "を読んでいきます。
　タイトルの10という番号はハーディによる書籍"Collected Papers of Srinivasa Ramanujan"におけるナンバリングに準じています。ちなみに"Collected Papers"の全容についてはこちらのサイトやこちらのサイトにて閲覧することができます。
　なお各命題の証明については論文で示されている式変形以外は自力で考案したものとなるので至らぬ点もあるかもしれませんがあしからず。

概説

　この論文の主題はある特定の条件を満たす $x, a, d$ に対して
$\prod_{n = 0}^{\infty} [1 + {(\frac{x}{a + n d})}^{3}]$
の値を求めたり、それを利用して
$\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{2 π n x} - 1} d x$
の値を求めたりすることにあります。
　また第4節では類似した手法(?)によって
$\sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{m^{2}}{m^{3} + n^{3}}$
や
$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{5}}{\sinh π x} \frac{d x}{n^{6} + x^{6}}$
の値も求めたりします。

1-2.

　以下簡単のため
$ρ = \frac{1 + \sqrt{3} i}{2}$
とおく。

補題

$\begin{aligned} [1 + {(\frac{α + β}{n + α})}^{3}] [1 + {(\frac{α + β}{n + β})}^{3}] \\ = & \frac{(1 + \frac{α + 2 β}{n}) (1 + \frac{β + 2 α}{n})}{(1 + \frac{α}{n})^{3} (1 + \frac{β}{n})^{3}} \times [1 - {(\frac{ρ α - \overset{―}{ρ} β}{n})}^{2}] [1 - {(\frac{\overset{―}{ρ} α - ρ β}{n})}^{2}] \end{aligned}$

　 $ρ + \overset{―}{ρ} = 1$ に注意すると
$\begin{aligned} 1 + {(\frac{α + β}{n + α})}^{3} & = (1 + \frac{α + β}{n + α}) (1 - \overset{―}{ρ} \frac{α + β}{n + α}) (1 - ρ \frac{α + β}{n + α}) \\ = \frac{1 + \frac{2 α + β}{n}}{(1 + \frac{α}{n})^{3}} (1 + \frac{ρ α - \overset{―}{ρ} β}{n}) (1 + \frac{\overset{―}{ρ} α - ρ β}{n}) \end{aligned}$
と因数分解できることからわかる。

$\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(1 + \frac{α + 2 β}{n}) (1 + \frac{β + 2 α}{n})}{(1 + \frac{α}{n})^{3} (1 + \frac{β}{n})^{3}} = \frac{Γ (1 + α)^{3} Γ (1 + β)^{3}}{Γ (1 + α + 2 β) Γ (1 + β + 2 α)}$

$\frac{1}{Γ (1 + z)} = e^{γ z} \prod_{n = 1}^{\infty} (1 + \frac{z}{n}) e^{- \frac{z}{n}}$
に注意するとわかる。

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} [1 - {(\frac{ρ α - \overset{―}{ρ} β}{n})}^{2}] [1 - {(\frac{\overset{―}{ρ} α - ρ β}{n})}^{2}] \\ = & \frac{\cosh \sqrt{3} π (α + β) - \cos π (α - β)}{2 π^{2} (α^{2} + α β + β^{2})} \end{aligned}$

$\frac{\sin π z}{π z} = \prod_{n = 1}^{\infty} [1 - {(\frac{z}{n})}^{2}]$
および積和の公式に注意すると
$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} [1 - {(\frac{ρ α - \overset{―}{ρ} β}{n})}^{2}] [1 - {(\frac{\overset{―}{ρ} α - ρ β}{n})}^{2}] \\ = & \frac{\sin (π (ρ α - \overset{―}{ρ} β)) \sin (π (\overset{―}{ρ} α - ρ β))}{π^{2} (ρ α - \overset{―}{ρ} β) (\overset{―}{ρ} α - ρ β)} \\ = & \frac{\cos π (ρ - \overset{―}{ρ}) (α + β) - \cos π (ρ + \overset{―}{ρ}) (α - β)}{2 π^{2} (α - {\overset{―}{ρ}}^{2} β) (α - ρ^{2} β)} \\ = & \frac{\cosh \sqrt{3} π (α + β) - \cos π (α - β)}{2 π^{2} (α^{2} + α β + β^{2})} \end{aligned}$
と求まる。

主題

$ϕ (α, β) = \prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α + β}{n + α})}^{3}]$
とおくと
$ϕ (α, β) ϕ (β, α) = \frac{Γ (1 + α)^{3} Γ (1 + β)^{3}}{Γ (1 + α + 2 β) Γ (1 + β + 2 α)} \frac{\cosh \sqrt{3} π (α + β) - \cos π (α - β)}{2 π^{2} (α^{2} + α β + β^{2})}$
が成り立つ。

　補題1,2,3からわかる。

　いま $β - α$ が整数であるとすると $ϕ (α, β), ϕ (β, α)$ の商は有限積
$\frac{ϕ (α, β)}{ϕ (β, α)} = \prod_{n = 1}^{β - α} [1 + {(\frac{α + β}{n + α})}^{3}]$
として表せ、したがって上の公式と合わせることで
$ϕ (α, β) = \sqrt{\frac{ϕ (α, β)}{ϕ (β, α)} \cdot ϕ (α, β) ϕ (β, α)}$
の値を明示的に求めることができる。

$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{2 α}{n + α})}^{3}] & = \frac{Γ (1 + α)^{3}}{Γ (1 + 3 α)} \frac{\sinh \sqrt{3} π α}{\sqrt{3} π α} \\ \prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{2 α + 1}{n + α})}^{3}] & = \frac{Γ (1 + α)^{3}}{Γ (2 + 3 α)} \frac{\cosh \sqrt{3} π (\frac{1}{2} + α)}{π} \end{aligned}$

　上での議論において $β = α$ 、 $β = α + 1$ としたとき
$\begin{aligned} \cosh 2 x + 1 & = 2 \cosh^{2} x \\ \cosh 2 x - 1 & = 2 \sinh^{2} x \end{aligned}$
とか
$1 + {(\frac{2 α + 1}{α + 1})}^{3} = \frac{(2 + 3 α) (1 + 3 α + 3 α^{2})}{(1 + α)^{3}}$
とかに注意するとわかる。

　 $x - 2 a$ が $d$ の倍数であるとき
$\prod_{n = 0}^{\infty} [1 + {(\frac{x}{a + n d})}^{3}]$
の値は明示的に求まる。

　上での議論において
$α = \frac{a}{d}, β = \frac{x - a}{d}$
とすることでわかる。

3.

補題

$\prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] [1 + 3 {(\frac{α}{2 n + α})}^{2}] = \frac{Γ (\frac{α}{2})}{Γ (\frac{1 + α}{2})} \frac{\cosh \sqrt{3} π α - \cos π α}{2^{α + 2} π^{\frac{3}{2}} α}$

　公式1と同様に
$\begin{aligned} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] [1 + 3 {(\frac{α}{2 n + α})}^{2}] & = \frac{1 + \frac{α}{n}}{(1 + \frac{α}{2 n})^{2}} (1 - \frac{α}{n} + \frac{α^{2}}{n^{2}}) (1 + \frac{α}{n} + \frac{α^{2}}{n^{2}}) \\ = \frac{1 + \frac{α}{n}}{(1 + \frac{α}{2 n})^{2}} [1 - {(\frac{ρ α}{n})}^{2}] [1 - {(\frac{\overset{―}{ρ} α}{n})}^{2}] \end{aligned}$
と変形して無限積を取ることで
$\prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] [1 + 3 {(\frac{α}{2 n + α})}^{2}] = \frac{Γ (\frac{α}{2})^{2}}{Γ (1 + α)} \frac{\cosh \sqrt{3} π α - \cos π α}{2 π^{2} α^{2}}$
がわかるので、あとは倍数公式
$Γ (α) = \frac{2^{α - 1}}{\sqrt{π}} Γ (\frac{α}{2}) Γ (\frac{α + 1}{2})$
に注意すると主張を得る。

$\arctan (ρ z) + \arctan (\overset{―}{ρ} z) - \arctan z = \arctan (z^{3})$

　一致の定理から $| z | < 1$ において示せば十分である。
　いま
$ω = \frac{- 1 + \sqrt{3} i}{2} = - \overset{―}{ρ}$
とおくと冪級数
$f (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} z^{n}$
に対し
$f (z) + f (ω z) + f (\overset{―}{ω} z) = 3 \sum_{n = 0}^{\infty} a_{3 n} z^{3 n}$
が成り立つので
$\begin{aligned} - \arctan z + \arctan (ρ z) + \arctan (\overset{―}{ρ} z) \\ = & - \arctan z - \arctan (ω z) - \arctan (\overset{―}{ω} z) \\ = & - 3 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{3 n + 1}}{3 (2 n + 1)} z^{3 (2 n + 1)} \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} (z^{3})^{2 n + 1} \\ = & \arctan (z^{3}) \end{aligned}$
を得る。

主題

　 $Re (α) > 0$ において
$\begin{aligned} \frac{1}{2} \log 2 π α + \frac{π α}{\sqrt{3}} + \log \prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] \\ = & \log \frac{\cosh \sqrt{3} π α - \cos π α}{π α} + 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3} / α^{3})}{e^{2 π x} - 1} d x \end{aligned}$
が成り立つ。

　補題4の証明から
$\begin{aligned} \prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] & = \frac{\cosh \sqrt{3} π α - \cos π α}{2 π^{2} α^{2}} \prod_{n = 1}^{\infty} \frac{1 + \frac{α}{n}}{1 + \frac{α}{n} + \frac{α^{2}}{n^{2}}} \\ = \frac{\cosh \sqrt{3} π α - \cos π α}{2 π^{2} α^{2}} \frac{Γ (1 + ρ α) Γ (1 + \overset{―}{ρ} α)}{Γ (1 + α)} \end{aligned}$
が成り立つので、ビネの公式
$\log Γ (1 + z) = z \log z - z + \frac{1}{2} \log 2 π z + 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x / z)}{e^{2 π x} - 1} d x$
および補題5に注意してこの対数を取ることで
$\begin{aligned} \log \prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] - \log \frac{\cosh \sqrt{3} π α - \cos π α}{2 π^{2} α^{2}} \\ = & - \frac{π α}{\sqrt{3}} + \frac{1}{2} \log 2 π α + 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3} / α^{3})}{e^{2 π x} - 1} d x \end{aligned}$
を得る。

　いま $α$ が整数であれば
$\prod_{n = 1}^{\infty} [1 + {(\frac{α}{n})}^{3}] = ϕ (0, α)$
の値が求まるということだったので、上の公式により
$\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3} / α^{3})}{e^{2 π x} - 1} d x = α \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{2 π α x} - 1} d x$
の値も求めることができる。

$\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{2 π n x} - 1} d x = \frac{1}{4 n} \log (2 π n \prod_{m = 1}^{n - 1} [1 - \frac{n}{m} + \frac{n^{2}}{m^{2}}]) - \frac{π}{4 \sqrt{3}} - \frac{1}{2 n} \log (1 - (- 1)^{n} e^{- \sqrt{3} π n})$

$\begin{aligned} ϕ (0, n) ϕ (n, 0) & = \frac{(n!)^{2}}{(2 n)!} \frac{\cosh \sqrt{3} π n - (- 1)^{n}}{2 π^{2} n^{2}} \\ = \frac{(n!)^{2}}{(2 n)!} \frac{e^{\sqrt{3} π n} (1 - (- 1)^{n} e^{- \sqrt{3} π n})^{2}}{4 π^{2} n^{2}} \\ \frac{ϕ (0, n)}{ϕ (n, 0)} & = \prod_{m = 1}^{n} [1 + {(\frac{n}{m})}^{3}] \\ = \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} \prod_{m = 1}^{n - 1} [1 - \frac{n}{m} + \frac{n^{2}}{m^{2}}] \end{aligned}$
より
$\log ϕ (0, n) = \frac{1}{2} \log \prod_{m = 1}^{n - 1} [1 - \frac{n}{m} + \frac{n^{2}}{m^{2}}] + \frac{3 π n}{2 \sqrt{3}} + \log \frac{1 - (- 1)^{n} e^{- \sqrt{3} π n}}{2 π n}$
が成り立つので、あとは公式2
$2 n \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{2 π n x} - 1} d x = \log ϕ (0, n) + \frac{1}{2} \log 2 π n + \frac{π n}{\sqrt{3}} - \log \frac{\cosh \sqrt{3} π n - (- 1)^{n}}{π n}$
に注意すると主張を得る。

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{2 π x} - 1} d x & = \frac{1}{4} \log 2 π - \frac{π}{4 \sqrt{3}} - \frac{1}{2} \log (1 + e^{- \sqrt{3} π}) \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{4 π x} - 1} d x & = \frac{1}{8} \log 12 π - \frac{π}{4 \sqrt{3}} - \frac{1}{4} \log (1 - e^{- 2 \sqrt{3} π}) \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{6 π x} - 1} d x & = \frac{1}{12} \log \frac{147}{2} π - \frac{π}{4 \sqrt{3}} - \frac{1}{6} \log (1 + e^{- 3 \sqrt{3} π}) \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\arctan (x^{3})}{e^{8 π x} - 1} d x & = \frac{1}{16} \log \frac{1352}{3} π - \frac{π}{8 \sqrt{3}} - \frac{1}{8} \log (1 - e^{- 4 \sqrt{3} π}) \end{aligned}$

4.

$\sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{m^{2}}{m^{3} + n^{3}} = \frac{1}{3} \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{m - 1}}{m + n} + \frac{4}{3} \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{2 m - n}{(2 m - n)^{2} + 3 n^{2}}$

$\frac{m^{2}}{m^{3} + n^{3}} = \frac{1}{3} (\frac{1}{m + n} + \frac{2 m - n}{m^{2} - m n + n^{2}})$
と部分分数分解できることからわかる。

　いま
$\begin{aligned} \log 2 & = \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{m - 1}}{m} \\ \frac{π}{\cosh \frac{π x}{2}} & = 4 \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{2 m + 1}{(2 m + 1)^{2} + x^{2}} \end{aligned}$
に注意すると正の奇数 $n = 2 k + 1$ に対し
$\begin{aligned} \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{m - 1}}{m + n} & = (- 1)^{n} (\log 2 - \sum_{m = 1}^{n} \frac{(- 1)^{m - 1}}{m}) \\ 4 \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{2 m - n}{(2 m - n)^{2} + 3 n^{2}} & = (- 1)^{k} \frac{π}{\cosh \frac{\sqrt{3} π n}{2}} + \sum_{m = 1}^{k} (- 1)^{m - 1} \frac{2 m - n}{m^{2} - m n + n^{2}} \\ = (- 1)^{k} (\frac{π}{\cosh \frac{\sqrt{3} π n}{2}} - 4 \sum_{m = 0}^{k - 1} (- 1)^{m} \frac{2 m + 1}{(2 m + 1)^{2} + 3 n^{2}}) \end{aligned}$
が成り立つのでこれによって
$\sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{m^{2}}{m^{3} + n^{3}}$
の値を求めることができる。

$\sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{m^{2}}{m^{3} + 1} = \frac{1}{3} (1 - \log 2 + π sech \frac{\sqrt{3}}{2} π)$

$\frac{2}{π} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{6}}{(a^{2} + x^{2}) (b^{6} + x^{6})} d x = \frac{1}{3} (\frac{1}{a + b} + \frac{2 a + b}{a^{2} + a b + b^{2}})$

$\begin{aligned} \frac{2}{π} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{6}}{(a^{2} + x^{2}) (b^{6} + x^{6})} d x & = \frac{1}{π i} \int_{- i \infty}^{i \infty} \frac{- x^{6}}{(a^{2} - x^{2}) (b^{6} - x^{6})} d x \\ = 2 \sum_{Re (α) > 0} {Res}_{z = α} \frac{- z^{6}}{(a^{2} - z^{2}) (b^{6} - z^{6})} \end{aligned}$
と変形したとき、 $α$ の候補は $α = a, b, ρ b, \overset{―}{ρ} b$ の4つに限るので
$\begin{aligned} \frac{2}{π} \int_{0}^{\infty} \frac{x^{6}}{(a^{2} + x^{2}) (b^{6} + x^{6})} d x & = \frac{a^{5}}{a^{6} - b^{6}} - \frac{1}{3} \frac{b}{a^{2} - b^{2}} - \frac{1}{3} \frac{ρ b}{a^{2} - ρ^{2} b^{2}} - \frac{1}{3} \frac{\overset{―}{ρ} b}{a^{2} - {\overset{―}{ρ}}^{2} b^{2}} \\ = \frac{1}{3} (\frac{a}{a^{2} - b^{2}} + \frac{2 a^{3} + a b^{2}}{a^{4} + a^{2} b^{2} + b^{4}}) \\ - \frac{1}{3} \frac{b}{a^{2} - b^{2}} - \frac{1}{3} \frac{a^{2} b - b^{3}}{a^{4} + a^{2} b^{2} + b^{4}} \\ = \frac{1}{3} (\frac{1}{a + b} + \frac{(2 a + b) (a^{2} - a b + b^{2})}{a^{4} + a^{2} b^{2} + b^{4}}) \\ = \frac{1}{3} (\frac{1}{a + b} + \frac{2 a + b}{a^{2} + a b + b^{2}}) \end{aligned}$
を得る。

$\int_{0}^{\infty} \frac{x^{5}}{\sinh π x} \frac{d x}{n^{6} + x^{6}} = \frac{1}{3} \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{m}}{m + n} - \frac{4}{3} \sum_{m = 1}^{\infty} (- 1)^{m - 1} \frac{2 m + n}{(2 m + n)^{2} + 3 n^{2}}$