ロバチェフスキーの積分公式

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はじめに

　この記事では周期関数の広義積分に関する公式
$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{2}} f (x) d x = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x$
について簡単に考察していきます。

ロバチェフスキーの公式

　とりあえずまずは上の公式を示しておこう。

$\begin{aligned} \frac{1}{\sin x} & = {\sum^{'}}_{n = - \infty}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{x + π n} \\ \frac{1}{\sin^{2} x} & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} \frac{1}{(x + π n)^{2}} \end{aligned}$

　なお総和 $\sum^{'}$ の取り方については
${\sum^{'}}_{n = - \infty}^{\infty} = lim_{N \to \infty} \sum_{n = - N}^{N}$
と定めるものとした。

　部分分数展開により
$\begin{aligned} \frac{1}{\sin x} & = \frac{1}{x} + \sum_{\begin{array}{c} n = - \infty \\ n \neq 0 \end{array}}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{1}{x - π n} + \frac{1}{π n}) \\ \cot x & = \frac{1}{x} + \sum_{\begin{array}{c} n = - \infty \\ n \neq 0 \end{array}}^{\infty} (\frac{1}{x - π n} + \frac{1}{π n}) \end{aligned}$
が成り立つので、この前者を適当に整理することで第一式が、後者を微分することで第二式が得られる。

Lobachevsky Integral Formula

$f (x) = f (x + π) = f (π - x)$
を満たす $R_{\geq 0}$ 上の連続関数 $f$ に対し
$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{2}} f (x) d x = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f (x) d x = \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x$
が成り立つ。

　周期性より $f (x)$ は $R$ 上で定義されるものとしてよい。このとき仮定から
$f (- x) = f (x)$
特に
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{2}} f (x) d x & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{2}} f (x) d x \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f (x) d x & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f (x) d x \\ \int_{0}^{\frac{π}{2}} f (x) d x & = \frac{1}{2} \int_{0}^{π} f (x) d x \end{aligned}$
が成り立つので
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{2}} f (x) d x = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f (x) d x = \int_{0}^{π} f (x) d x$
を示せばよい。
　これは積分区間を
$\int_{- \infty}^{\infty} = \sum_{n = - \infty}^{\infty} \int_{π n}^{π n + π}$
と分割することで
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin^{2} x}{x^{2}} f (x) d x & = \int_{0}^{π} \sin^{2} x (\sum_{n = - \infty}^{\infty} \frac{1}{(x + π n)^{2}}) f (x) d x \\ = \int_{0}^{π} f (x) d x \\ \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\sin x}{x} f (x) d x & = \int_{0}^{π} \sin x ({\sum^{'}}_{n = - \infty}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{x + π n}) f (x) d x \\ = \int_{0}^{π} f (x) d x \end{aligned}$
とわかる。

考察

　この証明において重要なのは周期 $T$ の関数 $f$ に対し
$\int_{- \infty}^{\infty} f (x) g (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) (\sum_{n = - \infty}^{\infty} g (x + n T)) d x$
が成り立つという、ごく基本的な変形である。

　 $f (x + T) = f (x)$ なる関数 $f$ に対し
$\int_{- \infty}^{\infty} f (x) g (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) (\sum_{n = - \infty}^{\infty} g (x + n T)) d x$
が成り立ち、また $f (x + T) = - f (x)$ なる関数 $f$ に対し
$\int_{- \infty}^{\infty} f (x) g (x) d x = \int_{0}^{T} f (x) (\sum_{n = - \infty}^{\infty} (- 1)^{n} g (x + n T)) d x$
が成り立つ。

　また
$\begin{aligned} G (x) & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} g (x + n T) \\ H (x) & = \sum_{n = - \infty}^{\infty} (- 1)^{n} g (x + n T) \end{aligned}$
とおくとこれらは
$G (x + T) = G (x), H (x + T) = - H (x)$
を満たすので次のような主張が得られる。

　周期 $T$ の関数 $f$ に対し
$\int_{- \infty}^{\infty} f (x) \frac{g (x)}{G (x)} d x = \int_{- \infty}^{\infty} f (x) \frac{g (x)}{H (x)} d x = \int_{0}^{T} f (x) d x$
が成り立つ。

　 $g$ が偶関数あるいは奇関数であり、また $f$ が偶関数であるとき
$\int_{0}^{\infty} f (x) \frac{g (x)}{G (x)} d x = \int_{0}^{\infty} f (x) \frac{g (x)}{H (x)} d x = \int_{0}^{\frac{T}{2}} f (x) d x$
が成り立つ。

　ただロバチェフスキーの公式では $G (x)$ や $H (x)$ が明示的に求まることも重要であったので、結局以下のような例くらいにしか使いどころはないかもしれない。

具体例

　 $f (x + π) = f (x)$ なる関数 $f$ に対し
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{f (x)}{x^{m + 1}} d x = \frac{(- 1)^{m}}{m!} \int_{0}^{π} (\frac{d^{m}}{d x^{m}} \cot x) f (x) d x$
が成り立ち、また $f (x + π) = - f (x)$ なる関数 $f$ に対し
$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{f (x)}{x^{m + 1}} d x = \frac{(- 1)^{m}}{m!} \int_{0}^{π} (\frac{d^{m}}{d x^{m}} \frac{1}{\sin x}) f (x) d x$
が成り立つ。

　ただし $m = 0$ のときは条件収束性から
$\int_{- \infty}^{\infty} = lim_{R \to \infty} \int_{- R}^{R}$
と定める必要がある。

　補題1の証明から
$\begin{aligned} \frac{d^{m}}{d x^{m}} \cot x & = (- 1)^{m} m! {\sum^{'}}_{n = - \infty}^{\infty} \frac{1}{(x - π n)^{m + 1}} \\ \frac{d^{m}}{d x^{m}} \frac{1}{\sin x} & = (- 1)^{m} m! {\sum^{'}}_{n = - \infty}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(x - π n)^{m + 1}} \end{aligned}$
が成り立つことに注意するとわかる。

(計算例)

$\begin{aligned} \cot x & = \frac{\cos x}{\sin x} \\ - \frac{d}{d x} \cot x & = \frac{1}{\sin^{2} x} \\ \frac{1}{2} \frac{d^{2}}{d x^{2}} \cot x & = \frac{\cos x}{\sin^{3} x} \\ - \frac{1}{6} \frac{d^{3}}{d x^{3}} \cot x & = \frac{1}{\sin^{4} x} - \frac{2}{3} \frac{1}{\sin^{2} x} \\ \frac{1}{\sin x} & = \frac{1}{\sin x} \\ - \frac{d}{d x} \frac{1}{\sin x} & = \frac{\cos x}{\sin^{2} x} \\ \frac{1}{2} \frac{d^{2}}{d x^{2}} \frac{1}{\sin x} & = \frac{1}{\sin^{3} x} - \frac{1}{2} \frac{1}{\sin x} \\ - \frac{1}{6} \frac{d^{3}}{d x^{3}} \frac{1}{\sin x} & = \frac{\cos x}{\sin^{4} x} - \frac{1}{6} \frac{\cos x}{\sin^{2} x} \end{aligned}$

　少し考察してみたところ一般の高階微分は次のように求められることがわかった。

$\begin{aligned} {⟨ \binom{n}{k} ⟩}_{1} & = \frac{2}{(2 k)!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k}{k - j}) j^{2 n} \\ {⟨ \binom{n}{k} ⟩}_{2} & = \frac{1}{(2 k + 1)!} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} (\binom{2 k + 1}{k - j}) (2 j + 1)^{2 n + 1} \end{aligned}$
とおくと
$\begin{aligned} \frac{d^{2 n - 2}}{d x^{2 n - 2}} \frac{1}{\sin^{2} x} & = \sum_{k = 1}^{n} (- 4)^{n - k} {⟨ \binom{n}{k} ⟩}_{1} \frac{(2 k - 1)!}{\sin^{2 k} x} \\ \frac{d^{2 n}}{d x^{2 n}} \frac{1}{\sin x} & = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{n - k}}{4^{k}} {⟨ \binom{n}{k} ⟩}_{2} \frac{(2 k)!}{\sin^{2 k + 1} x} \end{aligned}$
が成り立つ。

$\begin{aligned} \frac{d^{2 n - 2}}{d x^{2 n - 2}} \frac{1}{\sin^{2} x} & = \sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{n - k} S_{1} (n, k) \frac{(2 k - 1)!}{\sin^{2 k} x} \\ \frac{d^{2 n}}{d x^{2 n}} \frac{1}{\sin x} & = \sum_{k = 0}^{n} (- 1)^{n - k} S_{2} (n, k) \frac{(2 k)!}{\sin^{2 k + 1} x} \end{aligned}$
とおくとこれらは
$\begin{aligned} S_{1} (n + 1, k) & = & (2 k)^{2} S_{1} (n, k) & + S_{1} (n, k - 1) \\ S_{2} (n + 1, k) & = & (2 k + 1)^{2} S_{2} (n, k) & + S_{2} (n, k - 1) \end{aligned}$
という漸化式を満たすことがわかるので
$\begin{aligned} (- 1)^{j} \prod_{\begin{array}{c} i = 0 \\ i \neq j \end{array}}^{k} ((2 i)^{2} - (2 j)^{2}) & = 4^{k} \frac{(k - j)! (k + j)!}{2} \\ (- 1)^{j} \prod_{\begin{array}{c} i = 0 \\ i \neq j \end{array}}^{k} ((2 i + 1)^{2} - (2 j + 1)^{2}) & = 4^{k} \frac{(k - j)! (k + j + 1)!}{2 j + 1} \end{aligned}$
に注意するとこの記事の定理9から
$\begin{aligned} S_{1} (n, k) & = \frac{2}{4^{k}} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{(2 j)^{2 n}}{(k - j)! (k + j)!} \\ = 4^{n - k} {⟨ \binom{n}{k} ⟩}_{1} \\ S_{2} (n, k) & = \frac{1}{4^{k}} \sum_{j = 0}^{k} (- 1)^{k - j} \frac{(2 j + 1)^{2 n + 1}}{(k - j)! (k + j + 1)!} \\ = \frac{1}{4^{k}} {⟨ \binom{n}{k} ⟩}_{2} \end{aligned}$
を得る。