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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
$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} e^{- i π s x^{2}} d x, \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π t x}{\sinh π x} e^{- i π s x^{2}} d x, \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π t x}{\tanh π x} e^{- i π s x^{2}} d x$
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
$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} e^{- i π s x^{2}} d x = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} e^{(2 n + 1)^{2} i π s / 4 - (2 n + 1) t} + \frac{e^{i t^{2} / π s}}{\sqrt{i s}} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} e^{- (2 n + 1)^{2} i π / 4 s - (2 n + 1) t / s}$
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
$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos (π x / n)}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x = \frac{1}{4 π} \sum_{r = 1}^{n} \cos (\frac{r^{2} π}{n}) + \frac{1}{2} \sum_{r = 1}^{n} r (1 - \frac{r}{n}) \sin (\frac{r^{2} π}{n})$
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
$\sum_{r = 0}^{n} \exp (\frac{π i r^{2}}{n})$
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

$\frac{1}{\cosh π x} = 2 \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 π x y}{\cosh π y} d y$

$\frac{1}{\cosh π x} = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{2 π i x y}}{\cosh π y} d y$
を示せばよい。いま $1 / \cosh π y$ は $y = (n + \frac{1}{2}) i$ において留数
${Res}_{y = (n + \frac{1}{2}) i} (\frac{1}{\cosh π y}) = \frac{1}{π \sinh ((n + \frac{1}{2}) π i)} = \frac{1}{π i \cos π n} = \frac{(- 1)^{n}}{π i}$
の極を持つことに注意するとこの右辺は留数定理より
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{2 π i x y}}{\cosh π y} d y & = 2 π i \sum_{n = 0}^{N - 1} \frac{(- 1)^{n}}{π i} e^{- 2 (n + \frac{1}{2}) π x} + \int_{- \infty + i π N}^{\infty + i π N} \frac{e^{2 π i x y}}{\cosh π y} d y \\ = 2 e^{- π x} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} e^{- 2 n π x} \\ = \frac{2 e^{- π x}}{1 + e^{- π x}} = \frac{1}{\cosh π x} \end{aligned}$
と計算できる。

$\int_{- \infty}^{\infty} \cos (π t x) e^{- i π s (x - y)^{2}} d x = \frac{\sqrt{- i s}}{s} e^{i π t^{2} / 4 s} \cos π t y$

$\int_{- \infty}^{\infty} e^{i π t x} e^{- i π s (x - y)^{2}} d x = \frac{1}{\sqrt{i s}} e^{i π t^{2} / 4 s} e^{i π t y}$
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
$\int_{- \infty}^{\infty} e^{i x^{2}} d x = \sqrt{i π}$
に注意すると
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} e^{i π t x} e^{- i π s (x - y)^{2}} d x & = \int_{- \infty}^{\infty} e^{i π t (x + y)} e^{- i π s x^{2}} d x \\ = e^{i π t^{2} / 4 s} e^{i π t y} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- i π s (x^{2} - t / 2 s)^{2}} d x \\ = \frac{1}{\sqrt{π s}} e^{i π t^{2} / 4 s} e^{i π t y} \int_{- \infty}^{\infty} e^{- i x^{2}} d x \\ = \frac{\sqrt{- i π}}{\sqrt{π s}} e^{i π t^{2} / 4 s} e^{i π t y} \\ = \frac{\sqrt{- i s}}{s} e^{i π t^{2} / 4 s} e^{i π t y} \end{aligned}$
とわかる。

主題

$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} e^{- i π s x^{2}} d x = \sqrt{- i s} \exp (\frac{i π t^{2}}{4 s}) \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π s x} e^{i π s x^{2}} d x$

　被積分関数は偶関数であることに注意すると
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} e^{- i π s x^{2}} d x & = \int_{- \infty}^{\infty} \cos (π t x) (\int_{0}^{\infty} \frac{e^{2 π i x y}}{\cosh π y} d y) e^{- i π s x^{2}} d x \\ = s \int_{0}^{\infty} (\int_{- \infty}^{\infty} \cos (π t x) e^{- i π s (x^{2} - 2 x y + y^{2})} d x) \frac{e^{e^{i π s y^{2}}}}{\cosh π s y} d y & (y \mapsto s y) \\ = \sqrt{- i s} \exp (\frac{i π t^{2}}{4 s}) \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t y}{\cosh π s y} e^{i π s y^{2}} d y \end{aligned}$
を得る。

$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} \sin π x^{2} d x = \tan (\frac{π}{8} (1 - t^{2})) \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} \cos π x^{2} d x$

　 $θ = π (1 - t^{2}) / 8$ および
$I_{s} = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} \sin π x^{2} d x, I_{c} = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{\cosh π x} \cos π x^{2} d x$
とおいたとき、上の公式において $s = 1$ とすると
$I_{c} - i I_{s} = e^{- 2 i θ} (I_{c} + i I_{s})$
が成り立つのでこれを $I_{s}$ について整理することで
$I_{s} = \frac{1 - e^{- 2 i θ}}{i (1 + e^{- 2 i θ})} I_{c} = \tan (θ) I_{c}$
を得る。

$\begin{aligned} ϕ (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π s x^{2}}{\cosh π x} d x \\ ψ (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π s x^{2}}{\cosh π x} d x \end{aligned}$
とおくと
$\begin{array}{r} ϕ (s) = \sqrt{\frac{2}{s}} ψ (\frac{1}{s}) + ψ (s) \\ ψ (s) = \sqrt{\frac{2}{s}} ϕ (\frac{1}{s}) - ϕ (s) \end{array}$
が成り立つ。

　公式1において $t = 0$ とすることで
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- i π s x^{2}}}{\cosh π x} d x & = \sqrt{- i s} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i π s x^{2}}}{\cosh π s x} d x \\ = \frac{1}{\sqrt{i s}} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{i π x^{2} / s}}{\cosh π x} d x \end{aligned}$
つまり
$ψ (s) - i ϕ (s) = \frac{1 - i}{\sqrt{2 s}} (ψ (\frac{1}{s}) + i ϕ (\frac{1}{s}))$
が成り立つのでこの実部虚部を比較することで
$\begin{aligned} ϕ (s) & = \frac{1}{\sqrt{2 s}} (ψ (\frac{1}{s}) - ϕ (\frac{1}{s})) \\ ψ (s) & = \frac{1}{\sqrt{2 s}} (ψ (\frac{1}{s}) + ϕ (\frac{1}{s})) \end{aligned}$
を得る。これを $s \mapsto 1 / s$ 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。

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{1 + 2 \cosh (2 π x / \sqrt{3})} e^{i π s x^{2}} d x & = \sqrt{- i s} \exp (\frac{i π t^{2}}{4 s}) \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x}{1 + 2 \cosh (2 π s x / \sqrt{3})} e^{- i π s x^{2}} d x \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π t x}{\tanh π x} e^{- i π s x^{2}} d x & = \sqrt{- i s} \exp (\frac{i π t^{2}}{4 s}) \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π t x}{\tanh π s x} e^{i π s x^{2}} d x \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t \sin π x^{2} x}{1 + 2 \cosh (2 π s x / \sqrt{3})} d x & = \tan (\frac{π}{8} (1 - t^{2})) \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π t x \cos π x^{2}}{1 + 2 \cosh (2 π s x / \sqrt{3})} d x \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π t x}{\tanh π x} \cos π x^{2} d x & = \tan (\frac{π}{8} (1 + t^{2})) \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π t x}{\tanh π x} \sin π x^{2} d x \end{aligned}$

$\begin{aligned} ϕ (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π s x^{2}}{1 + 2 \cosh (2 π s x / \sqrt{3})} d x \\ ψ (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π s x^{2}}{1 + 2 \cosh (2 π s x / \sqrt{3})} d x \end{aligned}$
とおくと
$\begin{array}{r} ϕ (s) = \sqrt{\frac{2}{s}} ψ (\frac{1}{s}) + ψ (s) \\ ψ (s) = \sqrt{\frac{2}{s}} ϕ (\frac{1}{s}) - ϕ (s) \end{array}$
が成り立つ。

$\begin{aligned} ϕ (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π s x}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x \\ ψ (s) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π s x}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x + \frac{1}{2 π s} \end{aligned}$
とおくと
$\begin{array}{r} ϕ (s) = \frac{1}{s} \sqrt{\frac{2}{s}} ψ (\frac{1}{s}) - ψ (s) \\ ψ (s) = \frac{1}{s} \sqrt{\frac{2}{s}} ϕ (\frac{1}{s}) + ϕ (s) \end{array}$
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
$F (s) = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} e^{- i π s x^{2}} d x$
が有限和として表せることを示していく。
　いま
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} F (s) e^{- s y} d s & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \int_{0}^{\infty} e^{- (y + i π x^{2}) s} d s d x \\ = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \frac{d x}{y + i π x^{2}} \end{aligned}$
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

$J (a) = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \frac{d x}{a^{2} + x^{2}}$
とおいたとき
$J (a) = \frac{π e^{- 2 a t}}{2 a \cos π a} + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{a^{2} - (n + \frac{1}{2})^{2}} e^{- (2 n + 1) t}$
が成り立つ。

$\begin{aligned} \frac{1}{\cos π x} & = - \frac{1}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{x^{2} - (n + \frac{1}{2})^{2}} \\ \frac{1}{\cosh π x} & = \frac{1}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{x^{2} + (n + \frac{1}{2})^{2}} \end{aligned}$
および
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{2 i t x}}{(x^{2} + a^{2}) (x^{2} + b^{2})} d x & = 2 π i ({Res}_{x = i a} + {Res}_{x = i b}) \\ = \frac{π}{a^{2} - b^{2}} (- \frac{e^{- 2 a t}}{a} + \frac{e^{- 2 b t}}{b}) \end{aligned}$
に注意すると
$\begin{aligned} J (a) & = \frac{1}{2 π} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \int_{- \infty}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{(x^{2} + a^{2}) (x^{2} + (n + \frac{1}{2})^{2})} d x \\ = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{a^{2} - (n + \frac{1}{2})^{2}} (\frac{e^{- 2 (n + \frac{1}{2}) t}}{n + \frac{1}{2}} - \frac{e^{- 2 a t}}{a}) \\ = \frac{π e^{- 2 a t}}{2 a \cos π a} + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{a^{2} - (n + \frac{1}{2})^{2}} e^{- (2 n + 1) t} \end{aligned}$
を得る。

$\frac{1}{\sqrt{- i s}} e^{- (n - 2 i t / π)^{2} i π / 4 s} = \int_{- \infty}^{\infty} e^{π i x^{2} s - 2 x t} e^{- π i n x} d x$

　フレネル積分
$\int_{- \infty}^{\infty} e^{i x^{2}} d x = \sqrt{i π}$
に注意すると $f (x) = e^{4 π i x^{2} s}$ のフーリエ変換は
$\begin{aligned} \hat{f} (y) & = \int_{- \infty}^{\infty} e^{4 π i x^{2} s} e^{- 2 π i x y} d x \\ = e^{- π i y^{2} / 4 s} \int_{- \infty}^{\infty} \exp (4 π i s {(x - \frac{y}{4 s})}^{2}) d x \\ = \frac{1}{2 \sqrt{π s}} e^{- π i y^{2} / 4 s} \int_{- \infty}^{\infty} e^{i x^{2}} d x \\ = \frac{\sqrt{i π}}{2 \sqrt{π s}} e^{- π i y^{2} / 4 s} \\ = \frac{1}{2 \sqrt{- i s}} e^{- π i y^{2} / 4 s} \end{aligned}$
と求まるので
$\begin{aligned} \int_{- \infty}^{\infty} e^{π i x^{2} s - 2 x t} e^{- π i x y} d x & = 2 \int_{- \infty}^{\infty} f (x) e^{- 2 π i x y - 4 x t} d x \\ = 2 \hat{f} (y - 2 i t) \\ = \frac{1}{\sqrt{- i s}} e^{- (y - 2 i t / π)^{2} i π / 4 s} \end{aligned}$
とわかる。

主題

　以下簡単のため $χ$ を法 $4$ の原始的ディリクレ指標、つまり
$\sum_{n = 1}^{\infty} χ (n) a_{n} = \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k} a_{2 k + 1}$
なるものとする。このとき $a = \sqrt{y / π i}$ とおくと
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} F (s) e^{- s y} d s & = \frac{1}{π i} J (\sqrt{\frac{y}{π i}}) \\ = \frac{e^{- 2 a t}}{2 i a \cos π a} + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{χ (n)}{a^{2} - n^{2} / 4} e^{- n t} \end{aligned}$
と表せることに注意する。

$f (s) = \sum_{n = 1}^{\infty} χ (n) e^{n^{2} i π s / 4 - n t} + \frac{e^{i t^{2} / π s}}{\sqrt{i s}} \sum_{n = 1}^{\infty} χ (n) e^{- n^{2} i π / 4 s - n t / s}$
とおいたとき
$\int_{0}^{\infty} f (s) e^{- s y} d s = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \frac{d x}{y + i π x^{2}}$
が成り立つ。特に
$f (s) = F (s) = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} e^{- i π s x^{2}} d x$
が成り立つ。

　第一項の積分については
$(\int_{0}^{\infty} e^{n^{2} i π s / 4} e^{- s y} d s) e^{- n t} = \frac{e^{- n t}}{y - i π n^{2} / 4}$
と計算でき、第二項の積分については
$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{e^{- (n - 2 i t / π)^{2} i π / 4 s}}{\sqrt{i s}} e^{- s y} d s & = i \int_{0}^{\infty} (\int_{- \infty}^{\infty} e^{π i x^{2} s - 2 x t} e^{- π i n x} d x) e^{- s y} d s \\ = i \int_{- \infty}^{\infty} (\int_{0}^{\infty} e^{π i x^{2} s - s y} d s) e^{- 2 x t - π i n x} d x \\ = i \int_{- \infty}^{\infty} \frac{e^{- 2 x t - π i n x}}{y - π i x^{2}} d x \\ = i \cdot 2 π i \cdot \frac{e^{- 2 a t} e^{- π i n a}}{- 2 π i a} \\ = \frac{e^{- 2 a t}}{i a} e^{- π i n a} \end{aligned}$
および
$\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} e^{- (2 n + 1) π i a} = \frac{e^{- π a}}{1 + e^{- 2 π i a}} = \frac{1}{2 \cos π a}$
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
$\begin{aligned} 2 \cosh b t \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \cos \frac{π a x^{2}}{b} d x \\ = & \sum_{n = 0}^{b - 1} (- 1)^{n} \cosh ((2 n + 1 - b) t) \cos (\frac{π (2 n + 1)^{2} a}{4 b}) \\ - \sqrt{\frac{b}{a}} \sum_{n = 0}^{a - 1} (- 1)^{n} \cosh ((1 - \frac{2 n + 1}{a}) b t) \cos (\frac{π}{4} - \frac{b t^{2}}{π a} + \frac{π n^{2} b}{4 a}) \\ 2 \cosh b t \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \sin \frac{π a x^{2}}{b} d x \\ = & - \sum_{n = 0}^{b - 1} (- 1)^{n} \cosh ((2 n + 1 - b) t) \sin (\frac{π (2 n + 1)^{2} a}{4 b}) \\ + \sqrt{\frac{b}{a}} \sum_{n = 0}^{a - 1} (- 1)^{n} \cosh ((1 - \frac{2 n + 1}{a}) b t) \sin (\frac{π}{4} - \frac{b t^{2}}{π a} + \frac{π (2 n + 1)^{2} b}{4 a}) \end{aligned}$

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

系

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π x^{2}}{\cosh π x} \cos 2 π t x d x & = \frac{1 + \sqrt{2} \sin π t^{2}}{2 \sqrt{2} \cosh π t} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π x^{2}}{\cosh π x} \cos 2 π t x d x & = \frac{- 1 + \sqrt{2} \sin π t^{2}}{2 \sqrt{2} \cosh π t} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} x^{2} \frac{\cos π x^{2}}{\cosh π x} d x & = \frac{1}{8 \sqrt{2}} - \frac{1}{4 π} \\ \int_{0}^{\infty} x^{2} \frac{\sin π x^{2}}{\cosh π x} d x & = \frac{1}{8} - \frac{1}{8 \sqrt{2}} \end{aligned}$

　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。

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos t x}{\cosh \frac{π x}{2}} \frac{d x}{1 + x^{2}} & = \cosh t \log (2 \cosh t) - t \sinh t \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\cos 2 t x}{\cosh π x} \frac{d x}{1 + x^{2}} & = 2 \cosh t - (e^{2 t} \arctan e^{- t} + e^{- 2 t} \arctan e^{t}) \end{aligned}$

　第一式は
$lim_{a \to \frac{1}{2}} \frac{2 a e^{- t} - e^{- 2 a t}}{a - \frac{1}{2}} = 2 (1 + t) e^{- t}$
に注意すると
$\begin{aligned} J (a) & = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{a^{2} - (n + \frac{1}{2})^{2}} (\frac{e^{- (2 n + 1) t}}{2 n + 1} - \frac{e^{- 2 a t}}{2 a}) \\ J (\frac{1}{2}) & = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{2 n + 1}{n (n + 1)} (\frac{e^{- (2 n + 1) t}}{2 n + 1} - e^{- t}) + 2 (1 + t) e^{- t} \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}) e^{- (2 n + 1) t} + e^{- t} \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (\frac{1}{n} + \frac{1}{n + 1}) + 2 (1 + t) e^{- t} \\ = (e^{t} + e^{- t}) \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n} e^{- 2 n t} - e^{- t} - e^{- t} + 2 (1 + t) e^{- t} \\ = (e^{t} + e^{- t}) \log (1 + e^{- 2 t}) + 2 t e^{- t} \\ = (e^{t} + e^{- t}) \log (e^{t} + e^{- t}) - t (e^{t} + e^{- t}) + 2 t e^{- t} \\ = (e^{t} + e^{- t}) \log (e^{t} + e^{- t}) - t (e^{t} - e^{- t}) \end{aligned}$
のようにしてわかる。また第二式については
$\begin{aligned} J (a) & = \frac{π e^{- 2 a t}}{2 a \cos π a} + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{a^{2} - (n + \frac{1}{2})^{2}} e^{- (2 n + 1) t} \\ J (1) & = - \frac{π}{2} e^{- 2 t} + 4 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{(2 n - 1) (2 n + 3)} e^{- (2 n + 1) t} \\ = - \frac{π}{2} e^{- 2 t} + \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n - 1} (\frac{1}{2 n - 1} - \frac{1}{2 n + 3}) e^{- (2 n + 1) t} \\ = - \frac{π}{2} e^{- 2 t} + (e^{- 2 t} - e^{2 t}) \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{1}{2 n + 1} e^{- (2 n + 1) t} + e^{- t} + e^{t} \\ = - \frac{π}{2} e^{- 2 t} + (e^{- 2 t} - e^{2 t}) \arctan e^{- t} + e^{t} + e^{- t} \\ = - \frac{π}{2} e^{- 2 t} + e^{- 2 t} (\frac{π}{2} - \arctan e^{t}) - e^{2 t} \arctan e^{- t} + + e^{t} + e^{- t} \\ = (e^{t} + e^{- t}) - (e^{2 t} \arctan e^{- t} + e^{- 2 t} \arctan e^{t}) \end{aligned}$
のようにしてわかる。

3.

　以下簡単のためディリクレ指標 $χ_{8}, χ_{12}$ をそれぞれ
$\begin{aligned} χ_{8} (n) & = {\begin{aligned} 1 & n \equiv \pm 1 (\mod 8) \\ - 1 & n \equiv \pm 3 (\mod 8) \\ 0 & otherwise . \end{aligned} \\ χ_{6} (n) & = {\begin{aligned} 1 & n \equiv \pm 1 (\mod 12) \\ - 1 & n \equiv \pm 5 (\mod 12) \\ 0 & otherwise . \end{aligned} \end{aligned}$
と定める。

　いい感じの関数 $ϕ (x)$ に対し
$ψ (s) = \int_{0}^{\infty} ϕ (x) \cos k n x d x$
とおくと
$\begin{aligned} \frac{1}{2} α (\frac{1}{2} ϕ (0) + \sum_{n = 1}^{\infty} ϕ (n α)) & = \frac{1}{2} ψ (0) + \sum_{n = 1}^{\infty} ψ (n β) & (α β = 2 π / k) \\ \sqrt{2} α \sum_{n = 1}^{\infty} χ_{8} (n) ϕ (n α) & = \sum_{n = 1}^{\infty} χ_{8} (n) ψ (n β) & (α β = π / 4 k) \\ \sqrt{3} α \sum_{n = 1}^{\infty} χ_{12} (n) ϕ (n α) & = \sum_{n = 1}^{\infty} χ_{12} (n) ψ (n β) & (α β = π / 6 k) \end{aligned}$
が成り立つ。

$F (α, β) = \sqrt{α} (\frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos n^{2} π α^{2}}{\cosh n π α}) - \sqrt{β} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n^{2} π β^{2}}{\cosh n π β}$
とおくと $α β = 1$ において
$F (α, β) = F (β, α) = \sqrt{2 α} {(\frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} e^{- n^{2} π α})}^{2}$
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。

$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin t x}{\sinh π x} \frac{d x}{a^{2} + x^{2}} = \frac{1}{2 a^{2}} - \frac{π e^{- a t}}{2 a \sin π a} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{a^{2} - n^{2}} e^{- n t}$

$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin t x}{\sinh \frac{π x}{2}} \frac{d x}{1 + x^{2}} = e^{t} \arctan e^{- t} - e^{- t} \arctan e^{t}$

$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin 2 t x}{\sinh π x} e^{- i π s x^{2}} d x = \frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} e^{n^{2} i π s - 2 n t} + \frac{e^{i t^{2} / π s}}{\sqrt{- i s}} \sum_{n = 0}^{\infty} e^{(2 n + 1)^{2} i π / 4 s - (2 n + 1) t / s}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π x^{2}}{\sinh π x} \sin 2 π t x d x & = \frac{\cosh π t - \cos π t^{2}}{2 \sinh π t} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π x^{2}}{\sinh π x} \sin 2 π t x d x & = \frac{\sin π t^{2}}{2 \sinh π t} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} x \frac{\cos π x^{2}}{\sinh π x} d x & = \frac{1}{8} & \int_{0}^{\infty} x \frac{\sin π x^{2}}{\sinh π x} d x & = \frac{1}{4 π} \\ \int_{0}^{\infty} x^{3} \frac{\cos π x^{2}}{\sinh π x} d x & = \frac{1}{16} (\frac{1}{4} - \frac{3}{π^{2}}) & \int_{0}^{\infty} x^{3} \frac{\sin π x^{2}}{\sinh π x} d x & = \frac{1}{16 π} \end{aligned}$

　 $α β = 1 / 4$ において
$\begin{aligned} \sqrt{α} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\cos {(2 n + 1)}^{2} π α^{2}}{\sinh (2 n + 1) π α} & + \sqrt{β} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\cos {(2 n + 1)}^{2} π β^{2}}{\sinh (2 n + 1) π β} \\ = 2 \sqrt{α} {(\frac{1}{2} + \sum_{n = 0}^{\infty} e^{- 2 n^{2} π α})}^{2} \\ \sqrt{α} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\sin {(2 n + 1)}^{2} π α^{2}}{\sinh (2 n + 1) π α} & = \sqrt{β} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\sin {(2 n + 1)}^{2} π β^{2}}{\sinh (2 n + 1) π β} \end{aligned}$

　ちなみに「第2,4節では分母が $\cosh π x, \sinh π x$ なる積分について考察したが、一般に分母が
$\prod_{k} \cosh π a_{k} x \sinh π b_{k} x (a_{k}, b_{k} \in Q)$
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.

$\begin{aligned} \sin π θ \int_{0}^{\infty} \frac{\cos t x}{\cosh π x + \cos π θ} \frac{d x}{a^{2} + x^{2}} \\ = & \frac{π}{2 a} \frac{e^{- a t} \sin π θ}{\cos π a + \cos π θ} + \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{e^{(2 r + 1 - θ) t}}{a^{2} - (2 n + 1 - θ)^{2}} - \frac{e^{(2 r + 1 + θ) t}}{a^{2} - (2 n + 1 + θ)^{2}}) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sin π θ \int_{0}^{\infty} \frac{\cos t x}{\cosh π x + \cos π θ} e^{- i π s x^{2}} d x \\ = & \sum_{n = 0}^{\infty} (e^{(2 n + 1 - θ)^{2} i π s - (2 n + 1 - θ) t} - e^{(2 n + 1 + θ)^{2} i π s - (2 n + 1 + θ) t}) \\ + \frac{e^{i t^{2} / 4 π s}}{\sqrt{i s}} \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \sin (n π θ) e^{- n^{2} i π / 4 s - n t / 2 s} \end{aligned}$

　これを $θ = 1 / 3$ とすると以下の公式が得られる。

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos t x}{1 + 2 \cosh (2 π x / \sqrt{3})} e^{- i π s x^{2}} d x \\ = & \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (e^{(3 n + 1)^{2} i π s / 3 - (3 n + 1) t / \sqrt{3}} - e^{(3 n + 2)^{2} i π s / 3 - (3 n + 2) t / \sqrt{3}}) \\ + \frac{e^{i t^{2} / 4 π s}}{2 \sqrt{i s}} \sum_{n = 0}^{\infty} (e^{- (3 n + 1)^{2} i π / s 3 - (3 n + 1) t / \sqrt{3} s} - e^{- (3 n + 2)^{2} i π / 3 s - (3 n + 2) t / \sqrt{3} s}) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π x^{2} \cos π t x}{1 + 2 \cos (2 π x / \sqrt{3})} d x & = \frac{1 - 2 \sin ((1 - 3 t^{2}) π / 12)}{8 \cosh (π t / \sqrt{3}) - 4} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π x^{2} \cos π t x}{1 + 2 \cos (2 π x / \sqrt{3})} d x & = \frac{- \sqrt{3} + 2 \cos ((1 - 3 t^{2}) π / 12)}{8 \cosh (π t / \sqrt{3}) - 4} \end{aligned}$

6.

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

$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin t x}{\tanh π x} e^{- i π s x^{2}} d x = \frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} e^{n^{2} i π s - n t} + \frac{e^{i t^{2} / π s}}{\sqrt{- i s}} (\frac{1}{2} + \sum_{n = 1}^{\infty} e^{- n^{2} i π / s - n t / s})$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π x^{2}}{\tanh π x} \sin 2 π t x d x & = \frac{1}{2} \tanh π t (1 - \cos (\frac{π}{4} + π t^{2})) \\ \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π x^{2}}{\tanh π x} \sin 2 π t x d x & = \frac{1}{2} \tanh π t \sin (\frac{π}{4} + π t^{2}) \end{aligned}$

$\begin{aligned} ϕ (x) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\cos π s x}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x \\ ψ (x) & = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin π s x}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x + \frac{1}{2 π s} \end{aligned}$
とおいたとき、 $a, b$ が共に奇数であれば
$\begin{aligned} ϕ (\frac{a}{b}) & = \frac{1}{4} \sum_{r = 1}^{b} (b - 2 r) \cos (\frac{r^{2} π a}{b}) - \frac{b}{4 a} \sqrt{\frac{b}{a}} \sum_{r = 1}^{a} (a - 2 r) \sin (\frac{π}{4} + \frac{r^{2} b π}{a}) \\ ψ (\frac{a}{b}) & = - \frac{1}{4} \sum_{r = 1}^{b} (b - 2 r) \sin (\frac{r^{2} π a}{b}) + \frac{b}{4 a} \sqrt{\frac{b}{a}} \sum_{r = 1}^{a} (a - 2 r) \cos (\frac{π}{4} + \frac{r^{2} b π}{a}) \end{aligned}$
が成り立ち、また $a, b$ の一方が偶数であれば
$\begin{aligned} ϕ (\frac{a}{b}) = \frac{1}{4 π a} \sum_{r = 1}^{b} \sin (\frac{r^{2} π a}{b}) - \frac{1}{2} & \sum_{r = 1}^{b} r (1 - \frac{r}{b}) \cos (\frac{r^{2} π a}{b}) \\ + \frac{b}{2 a} \sqrt{\frac{b}{a}} & \sum_{r = 1}^{b} r (1 - \frac{r}{a}) \sin (\frac{π}{4} + \frac{r^{2} π b}{a}) \\ ψ (\frac{a}{b}) = \frac{1}{4 π a} \sum_{r = 1}^{b} \cos (\frac{r^{2} π a}{b}) + \frac{1}{2} & \sum_{r = 1}^{b} r (1 - \frac{r}{b}) \sin (\frac{r^{2} π a}{b}) \\ - \frac{b}{2 a} \sqrt{\frac{b}{a}} & \sum_{r = 1}^{b} r (1 - \frac{r}{a}) \cos (\frac{π}{4} + \frac{r^{2} π b}{a}) \end{aligned}$
が成り立つ。

$\begin{matrix} ϕ (0) = \frac{1}{12}, ϕ (\frac{1}{2}) = \frac{1}{4 π}, ϕ (1) = \frac{2 - \sqrt{2}}{8} \\ ϕ (2) = \frac{1}{16}, ϕ (4) = \frac{3 - \sqrt{2}}{32}, ϕ (6) = \frac{13 - 4 \sqrt{3}}{144} \\ ϕ (\frac{2}{5}) = \frac{6 + \sqrt{5}}{4} - \frac{5 \sqrt{10}}{8}, ϕ (\frac{2}{5}) = \frac{8 - 3 \sqrt{5}}{16}, ϕ (\frac{2}{3}) = \frac{1}{3} - \sqrt{3} (\frac{3}{16} - \frac{1}{8 π}) \end{matrix}$

$\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} \frac{x \cos \frac{π x}{2}}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x & = \frac{13 - 4 π}{8 π^{2}} \\ \int_{0}^{\infty} \frac{x \cos 2 π x}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x & = \frac{1}{64} (\frac{1}{2} - \frac{3}{π} + \frac{5}{π^{2}}) \\ \int_{0}^{\infty} \frac{x^{2} \cos 2 π x}{e^{2 π \sqrt{x}} - 1} d x & = \frac{1}{256} (1 - \frac{5}{π} + \frac{5}{π^{2}}) \end{aligned}$