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ラマヌジャンの論文12：ガウス和に関連した積分

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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"Some definite integrals connected with Gauss’s sums"を読んでいきます。
　タイトルの12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
$$\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx,\quad \int^\infty_0\frac{\sin\pi tx}{\sinh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx,\quad \int^\infty_0\frac{\sin\pi tx}{\tanh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx$$
のような積分の$s\in\Q$における値を求めることにあります。
　そこで重要となってくるのはその積分の持つ保型性にあります。特に注目したいのは第2節で提示されている
$$\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx =\sum^\infty_{n=0}(-1)^ne^{(2n+1)^2i\pi s/4-(2n+1)t} +\frac{e^{it^2/\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=0}(-1)^ne^{-(2n+1)^2i\pi/4s-(2n+1)t/s}$$
という式にあり、そしてこの式こそがこの論文の一番ヤバい部分であると思います。
　$s$が有理数のときこの各項は$n$についての周期性を持つので、それによってこれは有限和として表せることとなります。特に$s=1/n,t=0$とすると例えば
$$\int^\infty_0\frac{\cos(\pi x/n)}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx =\frac1{4\pi}\sum^n_{r=1}\cos\l(\frac{r^2\pi}n\r)+\frac12\sum^n_{r=1}r\l(1-\frac rn\r)\sin\l(\frac{r^2\pi}n\r)$$
のような公式が得られることとなりますが、ここにガウス和
$$\sum^n_{r=0}\exp\l(\frac{\pi ir^2}n\r)$$
やそれに類似した式が現れることが論文の題名にある"connected with Gauss’s sums"の由来だと思われます。ちなみにこの論文の中でGauss sumという単語が現れることはありません。

1.

補題

$$\frac1{\cosh\pi x}=2\int^\infty_0\frac{\cos2\pi xy}{\cosh\pi y}dy$$

$$\frac1{\cosh\pi x}=\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{2\pi ixy}}{\cosh\pi y}dy$$
を示せばよい。いま$1/\cosh\pi y$は$y=(n+\frac12)i$において留数
$$\Res_{y=(n+\frac12)i}\l(\frac1{\cosh\pi y}\r) =\frac1{\pi\sinh((n+\frac12)\pi i)} =\frac1{\pi i\cos\pi n}=\frac{(-1)^n}{\pi i}$$
の極を持つことに注意するとこの右辺は留数定理より
\begin{align} \int^\infty_{-\infty}\frac{e^{2\pi ixy}}{\cosh\pi y}dy &=2\pi i\sum^{N-1}_{n=0}\frac{(-1)^n}{\pi i}e^{-2(n+\frac12)\pi x} +\int^{\infty+i\pi N}_{-\infty+i\pi N}\frac{e^{2\pi ixy}}{\cosh\pi y}dy\\ &=2e^{-\pi x}\sum^\infty_{n=0}(-1)^ne^{-2n\pi x}\\ &=\frac{2e^{-\pi x}}{1+e^{-\pi x}}=\frac1{\cosh\pi x} \end{align}
と計算できる。

$$\int^\infty_{-\infty}\cos(\pi tx)e^{-i\pi s(x-y)^2}dx=\frac{\sqrt{-is}}{s}e^{i\pi t^2/4s}\cos\pi ty$$

$$\int^\infty_{-\infty}e^{i\pi tx}e^{-i\pi s(x-y)^2}dx=\frac1{\sqrt{is}}e^{i\pi t^2/4s}e^{i\pi ty}$$
を示せばよい($t\mapsto-t$としたものを足し合わせれば与式を得る)。これはフレネル積分
$$\int^\infty_{-\infty}e^{ix^2}dx=\sqrt{i\pi}$$
に注意すると
\begin{align} \int^\infty_{-\infty}e^{i\pi tx}e^{-i\pi s(x-y)^2}dx &=\int^\infty_{-\infty}e^{i\pi t(x+y)}e^{-i\pi sx^2}dx\\ &=e^{i\pi t^2/4s}e^{i\pi ty}\int^\infty_{-\infty}e^{-i\pi s(x^2-t/2s)^2}dx\\ &=\frac1{\sqrt{\pi s}}e^{i\pi t^2/4s}e^{i\pi ty}\int^\infty_{-\infty}e^{-ix^2}dx\\ &=\frac{\sqrt{-i\pi}}{\sqrt{\pi s}}e^{i\pi t^2/4s}e^{i\pi ty}\\ &=\frac{\sqrt{-is}}{s}e^{i\pi t^2/4s}e^{i\pi ty} \end{align}
とわかる。

主題

$$\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx =\sqrt{-is}\exp\l(\frac{i\pi t^2}{4s}\r) \int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi sx}e^{i\pi sx^2}dx$$

　被積分関数は偶関数であることに注意すると
\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx &=\int^\infty_{-\infty}\cos(\pi tx)\l(\int^\infty_0\frac{e^{2\pi ixy}}{\cosh\pi y}dy\r)e^{-i\pi sx^2}dx\\ &=s\int^\infty_0\l(\int^\infty_{-\infty}\cos(\pi tx)e^{-i\pi s(x^2-2xy+y^2)}dx\r)\frac{e^{e^{i\pi sy^2}}}{\cosh\pi sy}dy&&(y\mapsto sy)\\ &=\sqrt{-is}\exp\l(\frac{i\pi t^2}{4s}\r) \int^\infty_0\frac{\cos\pi ty}{\cosh\pi sy}e^{i\pi sy^2}dy\\ \end{align}
を得る。

$$\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}\sin\pi x^2dx =\tan\l(\frac\pi8(1-t^2)\r)\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}\cos\pi x^2dx$$

　$\t=\pi(1-t^2)/8$および
$$I_s=\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}\sin\pi x^2dx,\quad I_c=\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{\cosh\pi x}\cos\pi x^2dx$$
とおいたとき、上の公式において$s=1$とすると
$$I_c-iI_s=e^{-2 i\t}(I_c+iI_s)$$
が成り立つのでこれを$I_s$について整理することで
$$I_s=\frac{1-e^{-2i\t}}{i(1+e^{-2i\t})}I_c=\tan(\t)I_c$$
を得る。

\begin{align} \phi(s)&=\int^\infty_0\frac{\cos\pi sx^2}{\cosh\pi x}dx\\ \psi(s)&=\int^\infty_0\frac{\sin\pi sx^2}{\cosh\pi x}dx \end{align}
とおくと
\begin{align} \phi(s)=\sqrt{\frac2s}\psi\l(\frac1s\r)+\psi(s)\\ \psi(s)=\sqrt{\frac2s}\phi\l(\frac1s\r)-\phi(s) \end{align}
が成り立つ。

　公式1において$t=0$とすることで
\begin{align} \int^\infty_0\frac{e^{-i\pi sx^2}}{\cosh\pi x}dx &=\sqrt{-is} \int^\infty_0\frac{e^{i\pi sx^2}}{\cosh\pi sx}dx\\ &=\frac1{\sqrt{is}}\int^\infty_0\frac{e^{i\pi x^2/s}}{\cosh\pi x}dx \end{align}
つまり
$$\psi(s)-i\phi(s)=\frac{1-i}{\sqrt{2s}}(\psi\l(\frac1s\r)+i\phi\l(\frac1s\r))$$
が成り立つのでこの実部虚部を比較することで
\begin{align} \phi(s)&=\frac1{\sqrt{2s}}(\psi\l(\frac1s\r)-\phi\l(\frac1s\r))\\ \psi(s)&=\frac1{\sqrt{2s}}(\psi\l(\frac1s\r)+\phi\l(\frac1s\r)) \end{align}
を得る。これを$s\mapsto1/s$として整理することで主張を得る。

類似

　以下、公式1,2,3と同様にして以下が得られる。

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{1+2\cosh(2\pi x/\sqrt3)}e^{i\pi sx^2}dx &=\sqrt{-is}\exp\l(\frac{i\pi t^2}{4s}\r) \int^\infty_0\frac{\cos\pi tx}{1+2\cosh(2\pi sx/\sqrt3)}e^{-i\pi sx^2}dx\\ \int^\infty_0\frac{\sin\pi tx}{\tanh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx &=\sqrt{-is}\exp\l(\frac{i\pi t^2}{4s}\r) \int^\infty_0\frac{\sin\pi tx}{\tanh\pi sx}e^{i\pi sx^2}dx \end{align}

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi t\ \sin\pi x^2x}{1+2\cosh(2\pi sx/\sqrt3)}dx &=\tan\l(\frac\pi8(1-t^2)\r)\int^\infty_0\frac{\cos\pi tx\ \cos\pi x^2}{1+2\cosh(2\pi sx/\sqrt3)}dx\\ \int^\infty_0\frac{\sin\pi tx}{\tanh\pi x}\cos\pi x^2dx &=\tan\l(\frac\pi8(1+t^2)\r)\int^\infty_0\frac{\sin\pi tx}{\tanh\pi x}\sin\pi x^2dx \end{align}

\begin{align} \phi(s)&=\int^\infty_0\frac{\cos\pi sx^2}{1+2\cosh(2\pi sx/\sqrt3)}dx\\ \psi(s)&=\int^\infty_0\frac{\sin\pi sx^2}{1+2\cosh(2\pi sx/\sqrt3)}dx \end{align}
とおくと
\begin{align} \phi(s)=\sqrt{\frac2s}\psi\l(\frac1s\r)+\psi(s)\\ \psi(s)=\sqrt{\frac2s}\phi\l(\frac1s\r)-\phi(s) \end{align}
が成り立つ。

\begin{align} \phi(s)&=\int^\infty_0\frac{\cos\pi sx}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx\\ \psi(s)&=\int^\infty_0\frac{\sin\pi sx}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx+\frac1{2\pi s} \end{align}
とおくと
\begin{align} \phi(s)=\frac1s\sqrt{\frac2s}\psi\l(\frac1s\r)-\psi(s)\\ \psi(s)=\frac1s\sqrt{\frac2s}\phi\l(\frac1s\r)+\phi(s) \end{align}
が成り立つ。

　この公式は公式4を$t$で微分してから$t=0$とすることで得られる。

2.

　以下では$s$が有理数のとき
$$F(s)=\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx$$
が有限和として表せることを示していく。
　いま
\begin{align} \int^\infty_0F(s)e^{-sy}ds &=\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}\int^\infty_0e^{-(y+i\pi x^2)s}dsdx\\ &=\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}\frac{dx}{y+i\pi x^2} \end{align}
が成り立つのでこれと同じラプラス変換を持つ関数を考える。

補題

$$J(a)=\int^\infty_0\frac{\cos 2tx}{\cosh\pi x}\frac{dx}{a^2+x^2}$$
とおいたとき
$$J(a)= \frac{\pi e^{-2at}}{2a\cos\pi a}+\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{a^2-(n+\frac12)^2}e^{-(2n+1)t}$$
が成り立つ。

\begin{align} \frac1{\cos\pi x}&=-\frac1\pi\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{x^2-(n+\frac12)^2}\\ \frac1{\cosh\pi x}&=\frac1\pi\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{x^2+(n+\frac12)^2} \end{align}
および
\begin{align} \int^\infty_{-\infty}\frac{e^{2itx}}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}dx &=2\pi i(\Res_{x=ia}+\Res_{x=ib})\\ &=\frac\pi{a^2-b^2}\l(-\frac{e^{-2at}}a+\frac{e^{-2bt}}b\r) \end{align}
に注意すると
\begin{align} J(a)&=\frac1{2\pi}\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\int^\infty_{-\infty}\frac{\cos2tx}{(x^2+a^2)(x^2+(n+\frac12)^2)}dx\\ &=\frac12\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{a^2-(n+\frac12)^2}\l(\frac{e^{-2(n+\frac12)t}}{n+\frac12}-\frac{e^{-2at}}a\r)\\ &=\frac{\pi e^{-2at}}{2a\cos\pi a}+\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{a^2-(n+\frac12)^2}e^{-(2n+1)t} \end{align}
を得る。

$$\frac1{\sqrt{-is}}e^{-(n-2it/\pi)^2i\pi/4s} =\int^\infty_{-\infty}e^{\pi ix^2s-2xt}e^{-\pi inx}dx$$

　フレネル積分
$$\int^\infty_{-\infty}e^{ix^2}dx=\sqrt{i\pi}$$
に注意すると$f(x)=e^{4\pi ix^2s}$のフーリエ変換は
\begin{align} \hat{f}(y) &=\int^\infty_{-\infty}e^{4\pi ix^2s}e^{-2\pi ixy}dx\\ &=e^{-\pi iy^2/4s}\int^\infty_{-\infty}\exp\l(4\pi i s\l(x-\frac y{4s}\r)^2\r)dx\\ &=\frac1{2\sqrt{\pi s}}e^{-\pi iy^2/4s}\int^\infty_{-\infty}e^{ix^2}dx\\ &=\frac{\sqrt{i\pi}}{2\sqrt{\pi s}}e^{-\pi iy^2/4s}\\ &=\frac1{2\sqrt{-is}}e^{-\pi iy^2/4s}\\ \end{align}
と求まるので
\begin{align} \int^\infty_{-\infty}e^{\pi ix^2s-2xt}e^{-\pi ixy}dx &=2\int^\infty_{-\infty}f(x)e^{-2\pi ixy-4xt}dx\\ &=2\hat{f}(y-2it)\\ &=\frac1{\sqrt{-is}}e^{-(y-2it/\pi)^2i\pi/4s} \end{align}
とわかる。

主題

　以下簡単のため$\x$を法$4$の原始的ディリクレ指標、つまり
$$\sum^\infty_{n=1}\x(n)a_n=\sum^\infty_{k=1}(-1)^ka_{2k+1}$$
なるものとする。このとき$a=\sqrt{y/\pi i}$とおくと
\begin{align} \int^\infty_0F(s)e^{-sy}ds &=\frac1{\pi i}J\l(\sqrt{\frac y{\pi i}}\r)\\ &=\frac{e^{-2at}}{2ia\cos\pi a}+\sum^\infty_{n=0}\frac{\x(n)}{a^2-n^2/4}e^{-nt} \end{align}
と表せることに注意する。

$$f(s)=\sum^\infty_{n=1}\x(n)e^{n^2i\pi s/4-nt} +\frac{e^{it^2/\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}\x(n)e^{-n^2i\pi/4s-nt/s}$$
とおいたとき
$$\int^\infty_0f(s)e^{-sy}ds =\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}\frac{dx}{y+i\pi x^2}$$
が成り立つ。特に
$$f(s)=F(s)=\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx$$
が成り立つ。

　第一項の積分については
$$\l(\int^\infty_0e^{n^2i\pi s/4}e^{-sy}ds\r)e^{-nt} =\frac{e^{-nt}}{y-i\pi n^2/4}$$
と計算でき、第二項の積分については
\begin{align} \int^\infty_0\frac{e^{-(n-2it/\pi)^2i\pi/4s}}{\sqrt{is}}e^{-sy}ds &=i\int^\infty_0\l(\int^\infty_{-\infty}e^{\pi ix^2s-2xt}e^{-\pi inx}dx\r)e^{-sy}ds\\ &=i\int^\infty_{-\infty}\l(\int^\infty_0e^{\pi ix^2s-sy}ds\r)e^{-2xt-\pi inx}dx\\ &=i\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{-2xt-\pi inx}}{y-\pi ix^2}dx\\ &=i\cdot2\pi i\cdot\frac{e^{-2at}e^{-\pi ina}}{-2\pi i a}\\ &=\frac{e^{-2at}}{ia}e^{-\pi ina} \end{align}
および
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^ne^{-(2n+1)\pi ia}=\frac{e^{-\pi a}}{1+e^{-2\pi ia}}=\frac1{2\cos\pi a}$$
と計算できることから主張を得る。
　$f(s)=F(s)$となることはラプラス変換の一意性からわかる。

　$s=a/b$を既約分数としたとき
\begin{align} &2\cosh bt\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}\cos\frac{\pi ax^2}bdx\\ ={}&\sum^{b-1}_{n=0}(-1)^n\cosh((2n+1-b)t)\cos\l(\frac{\pi(2n+1)^2a}{4b}\r)\\ &-\sqrt{\frac ba}\sum^{a-1}_{n=0}(-1)^n\cosh(\l(1-\frac{2n+1}a\r)bt)\cos\l(\frac\pi4-\frac{bt^2}{\pi a}+\frac{\pi n^2b}{4a}\r)\\ \\ &2\cosh bt\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}\sin\frac{\pi ax^2}bdx\\ ={}&-\sum^{b-1}_{n=0}(-1)^n\cosh((2n+1-b)t)\sin\l(\frac{\pi(2n+1)^2a}{4b}\r)\\ &+\sqrt{\frac ba}\sum^{a-1}_{n=0}(-1)^n\cosh(\l(1-\frac{2n+1}a\r)bt)\sin\l(\frac\pi4-\frac{bt^2}{\pi a}+\frac{\pi(2n+1)^2b}{4a}\r)\\ \end{align}

　仮定より$a,b$のどちらか一方は奇数なので
\begin{align} \exp\l(\frac{\pi i(2(n+b)+1)^2a}{4b}\r) &=\exp\l(\pi i(2n+b+1)a+\frac{\pi i(2n+1)^2a}{4b}\r)\\ &=(-1)^{(b+1)(a+1)-(b+1)}\exp\l(\frac{\pi i(2n+1)^2a}{4b}\r)\\ &=(-1)^{-(b+1)}\exp\l(\frac{\pi i(2n+1)^2a}{4b}\r)\\ \end{align}
が成り立つこと、および
\begin{align} \exp\l(\frac{\pi i(2(b-n-1)+1)^2a}{4b}\r) &=(-1)^{-(b+1)}\exp\l(\frac{\pi i(-2(n+1)+1)^2a}{4b}\r)\\ &=(-1)^{-(b+1)}\exp\l(\frac{\pi i(2n+1)^2a}{4b}\r)\\ \end{align}
に注意すると
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}(-1)^ne^{(2n+1)^2i\pi a/4b-(2n+1)t} &=\sum^\infty_{k=0}\sum^{b-1}_{j=0}(-1)^{bk+j}(-1)^{-(b+1)k}e^{(2j+1)^2i\pi a/4b-(2bk+2j+1)t}\\ &=\sum^{b-1}_{j=0}(-1)^je^{(2j+1)^2i\pi a/4b-(2j+1-b)t}\sum^\infty_{k=0}(-1)^ke^{-(2k+1)bt}\\ &=\sum^{b-1}_{j=0}(-1)^je^{(2j+1)^2i\pi a/4b-(2j+1-b)t}\frac{e^{-bt}}{1+e^{-2bt}}\\ &=\sum^{b-1}_{j=0}(-1)^je^{(2j+1)^2i\pi a/4b-(2j+1-b)t}\frac1{2\cosh bt}\\ &=\frac12\sum^{b-1}_{j=0}(-1)^je^{(2j+1)^2i\pi a/4b}\frac{e^{-(2j+1-b)t}+e^{-(2(b-j-1)+1-b)t}}{2\cosh bt}\\ &=\sum^{b-1}_{j=0}(-1)^je^{(2j+1)^2i\pi a/4b}\frac{\cosh(2j+1-b)t}{2\cosh bt}\\ \end{align}
のように変形できることからわかる。

系

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi x^2}{\cosh\pi x}\cos2\pi tx\ dx &=\frac{1+\sqrt2\sin\pi t^2}{2\sqrt2\cosh\pi t}\\ \int^\infty_0\frac{\sin\pi x^2}{\cosh\pi x}\cos2\pi tx\ dx &=\frac{-1+\sqrt2\sin\pi t^2}{2\sqrt2\cosh\pi t} \end{align}

\begin{align} \int^\infty_0x^2\frac{\cos\pi x^2}{\cosh\pi x}dx &=\frac1{8\sqrt2}-\frac1{4\pi}\\ \int^\infty_0x^2\frac{\sin\pi x^2}{\cosh\pi x}dx &=\frac18-\frac1{8\sqrt2} \end{align}

　ちなみに$a$が有理数のときの$J(a)$についても有限和として表せるらしい。

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\frac{\pi x}2}\frac{dx}{1+x^2} &=\cosh t\log(2\cosh t)-t\sinh t\\ \int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\cosh\pi x}\frac{dx}{1+x^2} &=2\cosh t-(e^{2t}\arctan e^{-t}+e^{-2t}\arctan e^t) \end{align}

　第一式は
$$\lim_{a\to\frac12}\frac{2ae^{-t}-e^{-2at}}{a-\frac12}=2(1+t)e^{-t}$$
に注意すると
\begin{align} J(a)&=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{a^2-(n+\frac12)^2}\l(\frac{e^{-(2n+1)t}}{2n+1}-\frac{e^{-2at}}{2a}\r)\\ J\l(\frac12\r)&=\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{2n+1}{n(n+1)}\l(\frac{e^{-(2n+1)t}}{2n+1}-e^{-t}\r)+2(1+t)e^{-t}\\ &=\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\l(\frac1n-\frac1{n+1}\r)e^{-(2n+1)t} +e^{-t}\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\l(\frac1n+\frac1{n+1}\r)+2(1+t)e^{-t}\\ &=(e^t+e^{-t})\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}ne^{-2nt}-e^{-t}-e^{-t}+2(1+t)e^{-t}\\ &=(e^t+e^{-t})\log(1+e^{-2t})+2te^{-t}\\ &=(e^t+e^{-t})\log(e^t+e^{-t})-t(e^t+e^{-t})+2te^{-t}\\ &=(e^t+e^{-t})\log(e^t+e^{-t})-t(e^t-e^{-t}) \end{align}
のようにしてわかる。また第二式については
\begin{align} J(a)&= \frac{\pi e^{-2at}}{2a\cos\pi a}+\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{a^2-(n+\frac12)^2}e^{-(2n+1)t}\\ J(1)&=-\frac\pi2e^{-2t}+4\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)(2n+3)}e^{-(2n+1)t}\\ &=-\frac\pi2e^{-2t}+\sum^\infty_{n=0}(-1)^{n-1}\l(\frac1{2n-1}-\frac1{2n+3}\r)e^{-(2n+1)t}\\ &=-\frac\pi2e^{-2t}+(e^{-2t}-e^{2t})\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac1{2n+1}e^{-(2n+1)t}+e^{-t}+e^t\\ &=-\frac\pi2e^{-2t}+(e^{-2t}-e^{2t})\arctan e^{-t}+e^t+e^{-t}\\ &=-\frac\pi2e^{-2t}+e^{-2t}\l(\frac\pi2-\arctan e^t\r)-e^{2t}\arctan e^{-t}++e^t+e^{-t}\\ &=(e^t+e^{-t})-(e^{2t}\arctan e^{-t}+e^{-2t}\arctan e^t) \end{align}
のようにしてわかる。

3.

　以下簡単のためディリクレ指標$\x_8,\x_{12}$をそれぞれ
\begin{align} \x_8(n)&=\l\{\begin{array}{rl} 1&n\equiv\pm1\pmod8\\ -1&n\equiv\pm3\pmod8\\ 0&\mathrm{otherwise.} \end{array}\r.\\ \x_6(n)&=\l\{\begin{array}{rl} 1&n\equiv\pm1\pmod{12}\\ -1&n\equiv\pm5\pmod{12}\\ 0&\mathrm{otherwise.} \end{array}\r. \end{align}
と定める。

　いい感じの関数$\phi(x)$に対し
$$\psi(s)=\int^\infty_0\phi(x)\cos knx\ dx$$
とおくと
\begin{align} \frac12\a\l(\frac12\phi(0)+\sum^\infty_{n=1}\phi(n\a)\r) &=\frac12\psi(0)+\sum^\infty_{n=1}\psi(n\b)&&(\a\b=2\pi/k)\\ \sqrt2\a\sum^\infty_{n=1}\x_8(n)\phi(n\a) &=\sum^\infty_{n=1}\x_8(n)\psi(n\b)&&(\a\b=\pi/4k)\\ \sqrt3\a\sum^\infty_{n=1}\x_{12}(n)\phi(n\a) &=\sum^\infty_{n=1}\x_{12}(n)\psi(n\b)&&(\a\b=\pi/6k)\\ \end{align}
が成り立つ。

$$F(\a,\b) =\sqrt\a\l(\frac12+\sum^\infty_{n=1}\frac{\cos n^2\pi\a^2}{\cosh n\pi\a}\r) -\sqrt\b\sum^\infty_{n=1}\frac{\sin n^2\pi\b^2}{\cosh n\pi\b}$$
とおくと$\a\b=1$において
$$F(\a,\b)=F(\b,\a)=\sqrt{2\a}\l(\frac12+\sum^\infty_{n=1}e^{-n^2\pi\a}\r)^2$$
が成り立つ。

　これは公式10からわかるらしいが詳しくは検証していない。

4.

　残りの節は第2節の類似なので詳しい解説は省略する。

$$\int^\infty_0\frac{\sin tx}{\sinh\pi x}\frac{dx}{a^2+x^2} =\frac1{2a^2}-\frac{\pi e^{-at}}{2a\sin\pi a}+\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{a^2-n^2}e^{-nt}$$

$$\int^\infty_0\frac{\sin tx}{\sinh\frac{\pi x}2}\frac{dx}{1+x^2} =e^t\arctan e^{-t}-e^{-t}\arctan e^t$$

$$\int^\infty_0\frac{\sin2tx}{\sinh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx =\frac12+\sum^\infty_{n=1}(-1)^ne^{n^2i\pi s-2nt} +\frac{e^{it^2/\pi s}}{\sqrt{-is}}\sum^\infty_{n=0}e^{(2n+1)^2i\pi/4s-(2n+1)t/s}$$

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi x^2}{\sinh\pi x}\sin2\pi tx\ dx &=\frac{\cosh\pi t-\cos\pi t^2}{2\sinh\pi t}\\ \int^\infty_0\frac{\sin\pi x^2}{\sinh\pi x}\sin2\pi tx\ dx &=\frac{\sin\pi t^2}{2\sinh\pi t}\\ \end{align}

\begin{align} \int^\infty_0x\frac{\cos\pi x^2}{\sinh\pi x}dx&=\frac18& \int^\infty_0x\frac{\sin\pi x^2}{\sinh\pi x}dx&=\frac1{4\pi}\\ \int^\infty_0x^3\frac{\cos\pi x^2}{\sinh\pi x}dx&=\frac1{16}\l(\frac14-\frac3{\pi^2}\r)& \int^\infty_0x^3\frac{\sin\pi x^2}{\sinh\pi x}dx&=\frac1{16\pi} \end{align}

　$\a\b=1/4$において
\begin{align} \sqrt\a\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\cos(2n+1)^2\pi\a^2}{\sinh(2n+1)\pi\a} &+\sqrt\b\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\cos(2n+1)^2\pi\b^2}{\sinh(2n+1)\pi\b}\\ &=2\sqrt\a\l(\frac12+\sum^\infty_{n=0}e^{-2n^2\pi\a}\r)^2\\ \sqrt\a\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\sin(2n+1)^2\pi\a^2}{\sinh(2n+1)\pi\a} &=\sqrt\b\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\sin(2n+1)^2\pi\b^2}{\sinh(2n+1)\pi\b}\\ \end{align}

　ちなみに「第2,4節では分母が$\cosh\pi x,\sinh\pi x$なる積分について考察したが、一般に分母が
$$\prod_k\cosh\pi a_kx\sinh\pi b_kx\quad(a_k,b_k\in\Q)$$
なるものは同様に部分分数展開を用いることで上手いこと計算できる」といったことをラマヌジャンは述べている。

5.

\begin{align} &\sin\pi\t\int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x+\cos\pi\t}\frac{dx}{a^2+x^2}\\ ={}&\frac\pi{2a}\frac{e^{-at}\sin\pi\t}{\cos\pi a+\cos\pi\t} +\sum^\infty_{n=0}\l(\frac{e^{(2r+1-\t)t}}{a^2-(2n+1-\t)^2} -\frac{e^{(2r+1+\t)t}}{a^2-(2n+1+\t)^2}\r) \end{align}

\begin{align} &\sin\pi\t\int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x+\cos\pi\t}e^{-i\pi sx^2}dx\\ ={}&\sum^\infty_{n=0}(e^{(2n+1-\t)^2i\pi s-(2n+1-\t)t}-e^{(2n+1+\t)^2i\pi s-(2n+1+\t)t})\\ &+\frac{e^{it^2/4\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\sin(n\pi\t)e^{-n^2i\pi/4s-nt/2s} \end{align}

　これを$\t=1/3$とすると以下の公式が得られる。

\begin{align} &\int^\infty_0\frac{\cos tx}{1+2\cosh(2\pi x/\sqrt3)}e^{-i\pi sx^2}dx\\ ={}&\frac12\sum^\infty_{n=0}(e^{(3n+1)^2i\pi s/3-(3n+1)t/\sqrt3}-e^{(3n+2)^2i\pi s/3-(3n+2)t/\sqrt3})\\ &+\frac{e^{it^2/4\pi s}}{2\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=0}(e^{-(3n+1)^2i\pi /s3-(3n+1)t/\sqrt3 s}-e^{-(3n+2)^2i\pi /3s-(3n+2)t/\sqrt3 s}) \end{align}

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi x^2\cos\pi tx}{1+2\cos(2\pi x/\sqrt3)}dx &=\frac{1-2\sin((1-3t^2)\pi/12)}{8\cosh(\pi t/\sqrt3)-4}\\ \int^\infty_0\frac{\sin\pi x^2\cos\pi tx}{1+2\cos(2\pi x/\sqrt3)}dx &=\frac{-\sqrt3+2\cos((1-3t^2)\pi/12)}{8\cosh(\pi t/\sqrt3)-4}\\ \end{align}

6.

　下の公式は公式15において$t\mapsto t+i\pi/2$とすることで得られる。

$$\int^\infty_0\frac{\sin tx}{\tanh\pi x}e^{-i\pi sx^2}dx =\frac12+\sum^\infty_{n=1}e^{n^2i\pi s-nt} +\frac{e^{it^2/\pi s}}{\sqrt{-is}}\l(\frac12+\sum^\infty_{n=1}e^{-n^2i\pi/s-nt/s}\r)$$

\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos\pi x^2}{\tanh\pi x}\sin2\pi tx\ dx &=\frac12\tanh\pi t(1-\cos\l(\frac\pi4+\pi t^2\r))\\ \int^\infty_0\frac{\sin\pi x^2}{\tanh\pi x}\sin2\pi tx\ dx &=\frac12\tanh\pi t\sin\l(\frac\pi4+\pi t^2\r)\\ \end{align}

\begin{align} \phi(x)&=\int^\infty_0\frac{\cos\pi sx}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx\\ \psi(x)&=\int^\infty_0\frac{\sin\pi sx}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx+\frac1{2\pi s} \end{align}
とおいたとき、$a,b$が共に奇数であれば
\begin{align} \phi\l(\frac ab\r)&=\phantom{-{}}\frac14\sum^b_{r=1}(b-2r)\cos\l(\frac{r^2\pi a}b\r) -\frac b{4a}\sqrt{\frac ba}\sum^a_{r=1}(a-2r)\sin\l(\frac\pi4+\frac{r^2b\pi}a\r)\\ \psi\l(\frac ab\r)&=-\frac14\sum^b_{r=1}(b-2r)\sin\l(\frac{r^2\pi a}b\r) +\frac b{4a}\sqrt{\frac ba}\sum^a_{r=1}(a-2r)\cos\l(\frac\pi4+\frac{r^2b\pi}a\r) \end{align}
が成り立ち、また$a,b$の一方が偶数であれば
\begin{align} \phi\l(\frac ab\r) =\frac1{4\pi a}\sum^b_{r=1}\sin\l(\frac{r^2\pi a}b\r) -\frac12&\sum^b_{r=1}r\l(1-\frac rb\r)\cos\l(\frac{r^2\pi a}b\r)\\ +\frac b{2a}\sqrt{\frac ba}&\sum^b_{r=1}r\l(1-\frac ra\r)\sin\l(\frac\pi4+\frac{r^2\pi b}a\r)\\ \psi\l(\frac ab\r) =\frac1{4\pi a}\sum^b_{r=1}\cos\l(\frac{r^2\pi a}b\r) +\frac12&\sum^b_{r=1}r\l(1-\frac rb\r)\sin\l(\frac{r^2\pi a}b\r)\\ -\frac b{2a}\sqrt{\frac ba}&\sum^b_{r=1}r\l(1-\frac ra\r)\cos\l(\frac\pi4+\frac{r^2\pi b}a\r)\\ \end{align}
が成り立つ。

\begin{gather} \phi(0)=\frac1{12},\quad \phi\l(\frac12\r)=\frac1{4\pi},\quad \phi(1)=\frac{2-\sqrt2}8\\\\ \phi(2)=\frac1{16},\quad \phi(4)=\frac{3-\sqrt2}{32},\quad \phi(6)=\frac{13-4\sqrt3}{144}\\\\ \phi\l(\frac25\r)=\frac{6+\sqrt5}4-\frac{5\sqrt{10}}8,\quad \phi\l(\frac25\r)=\frac{8-3\sqrt5}{16},\quad \phi\l(\frac23\r)=\frac13-\sqrt3\l(\frac3{16}-\frac1{8\pi}\r) \end{gather}

\begin{align} \int^\infty_0\frac{x\cos\frac{\pi x}2}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx &=\frac{13-4\pi}{8\pi^2}\\ \int^\infty_0\frac{x\cos2\pi x}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx &=\frac1{64}\l(\frac12-\frac3\pi+\frac5{\pi^2}\r)\\ \int^\infty_0\frac{x^2\cos2\pi x}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx &=\frac1{256}\l(1-\frac5\pi+\frac5{\pi^2}\r)\\ \end{align}