ラマヌジャン総和法2：ラマヌジャン和の再定義

　$a\pm ih,b\pm ih$を頂点とする長方形を周る経路$C_h$に対しその上部・下部を$C_h^\pm$とおくと
\begin{align} \oint_{C_h}g(z)dz &=\int_{C_h^+}h_+(z)dz+\int_{C_h^-}h_-(z)dz+2\int^b_af(x)dx\\ &\to\int^{i\infty}_0(h_+(b+z)-h_+(a+z))dz\\ &\qquad+\int^0_{-i\infty}(h_-(b+z)-h_-(a+z))dz+2\int^b_af(x)dx\qquad(h\to\infty)\\ &=i\int^\infty_0(h_+(b+iy)-h_+(a+iy))dy\\ &\qquad+i\int^\infty_0(h_-(b-iy)-h_-(a-iy))dz+2\int^b_af(x)dx\\ &=2\pi i\sum_\a\Res_{z=\a}g(z) \end{align}
とわかる。

　$y>0$に対し
\begin{align} |-i\cot(x\pm iy)\pm 1| &=|1-\coth(y\mp ix)|\\ &=\l|\frac{2z^{-1}}{z-z^{-1}}\r|\qquad(z=e^{y\mp ix})\\ &\leq\frac{2e^{-y}}{e^y-e^{-y}} =e^{-2y}(1+\coth y) \end{align}
と評価できるので仮定より
$$\lim_{y\to\infty}\int^{b\pm iy}_{a\pm iy}(-i\cot\pi z\pm 1)f(z)dz=0\quad(\mbox{複号同順})$$
が成り立つ。したがって$g(z)=-i\cot(\pi z)f(z)$とおくと上の補題が適用できる。
　いま積分経路が$z=a,b$を含むことおよび
$$\Res_{z=n}g(z)=\frac{f(n)}{\pi i}$$
に注意すると
\begin{align} 2\pi i\sum_\a\Res_{z=\a}g(z) &=2\pi i\sum^b_{n=a}\Res_{z=n}g(z)-\pi i(\Res_{z=a}g(z)+\Res_{z=b}g(z))\\ &=2\sum^b_{n=a}f(n)-(f(a)+f(b)) \end{align}
が成り立ち、また整数$c$に対し
\begin{align} h_+(c+iy) &=(-i\cot(i\pi y)+1)f(c+iy)& h_-(c-iy) &=(-i\cot(-i\pi y)-1)f(c-iy)\\ &=(1-\coth\pi y)f(c+iy)& &=-(1-\coth\pi y)f(c-iy)\\ &=-\frac2{e^{2\pi y}-1}f(c+iy)& &=\frac2{e^{2\pi y}-1}f(c-iy) \end{align}
が成り立つことから
$$\sum^b_{n=a}f(n)-\frac{f(a)+f(b)}2=\int^b_af(x)dx +i\int^\infty_0\frac{f(a+iy)-f(a-iy)-f(b+iy)+f(b-iy)}{e^{2\pi y}-1}dy$$
を得る。

$$f(c+z)=\sum^\infty_{n=0}\frac{f^{(n)}(c)}{n!}z^n$$
とテイラー展開したとき
$$f(c+z)-f(c-z)=\sum^\infty_{n=0}\frac{f^{(2n-1)}(c)}{(2n-1)!}z^{2n-1}$$
が成り立ち、またゼータ関数の積分表示と特殊値
\begin{align} \z(s)&=\frac1{\G(s)}\int^\infty_0\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx\\ \z(2n)&=(-1)^{n-1}\frac{(2\pi)^{2n}}{(2n-1)!}\frac{B_{2n}}{4n} \end{align}
から
$$\int^\infty_0\frac{x^{2n-1}}{e^{2\pi x}-1}dx=(-1)^{n-1}\frac{B_{2n}}{4n}$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} i\int^\infty_0\frac{f(c+iy)-f(c-iy)}{e^{2\pi y}-1}dy &=2i\sum^\infty_{n=0}\frac{f^{(2n-1)}(c)}{(2n-1)!}i^{2n-1}\int^\infty_0\frac{y^{2n-1}}{e^{2\pi y}-1}dy\\ &=\sum^\infty_{n=0}\frac{f^{(2n-1)}(c)}{(2n-1)!}(-1)^n2\cdot(-1)^{n-1}\frac{B_{2n}}{4n}\\ &=-\sum^\infty_{n=0}\frac{B_{2n}}{(2n)!}f^{(2n-1)}(c) \end{align}
とわかる。

　周期性より$R$は$\C$全体に解析接続でき、特に
$$S(z)=R\l(\frac1{2\pi i}\log z\r)$$
とおくとこれは$\C\setminus\{0\}$上で正則関数を定める。
　いま$S$を$z=0$の周りでローラン展開することによって
$$R(x)=S(e^{2\pi ix})=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{2\pi inx}$$
とフーリエ級数展開でき、$R\in\O^{2\pi}$に注意して$\Im(x)\to\pm\infty$における挙動を考えることで$n\neq0$に対し$c_n=0$となることがわかる。これは
$$c_n=\frac1{2\pi i}\int_{|z|=r}\frac{S(z)}{z^{n+1}}dz =\frac1{2\pi r^n}\int^{2\pi}_0S(re^{i\t})e^{-in\t}d\t$$
を直接評価し$r\to0,\infty$とすることでもわかる。
　したがって$R=c_0$であり
$$c_0=\int^2_1R(x)dx=0$$
より$R=0$を得る。

　$R$が一意的であることは方程式の線形性と上の補題からわかり、また
$$R(x)=-\int^x_1f(t)dt+\frac{f(x)}2+i\int^\infty_0\frac{f(x+it)-f(x-it)}{e^{2\pi t}-1}dt$$
が$R\in\O^\a$を満たすことは簡単にわかる。したがってあとはこれが
$$R(x)-R(x+1)=f(x),\quad\int^2_1R(x)dx=0$$
を満たすことを示せばよい。
　いまアベル・プラナの和公式に注意すると
\begin{align} R(x)-R(x+1) &=\int^{x+1}_xf(t)dt+\frac{f(x)-f(x+1)}2+i\int^\infty_0\frac{f(x+it)-f(x-it)-f(x+1+it)+f(x+1-it)}{e^{2\pi t}-1}dt\\ &=(f(x+1)+f(x))-f(x+1)\\ &=f(x) \end{align}
がわかり、また
$$F(x)=\int^x_1f(t)dt$$
とおくと再びアベル・プラナの和公式により
\begin{align} \int^2_1R(x)dx &=-\int^2_1F(x)dx+\frac{F(2)}2 +i\int^\infty_0\frac{F(2+it)-F(2-it)-F(1+it)+F(1-it)}{e^{2\pi t}-1}dt\\ &=F(2)+\frac{F(1)}2-(F(2)+F(1))\\ &=-\frac{F(1)}2\\ &=0 \end{align}
を得る。

　 Ramanujan's Master Theorem より$\phi\in\O^\pi$に対し
$$\Phi(x)=\frac1{2\pi i}\int^{c+i\infty}_{c-i\infty}\frac\pi{\sin\pi s}\phi(1-s)x^{-s}ds$$
とおくと$x=0$の近傍で
$$\Phi(x)=\sum^\infty_{n=0}\phi(1+n)(-x)^n$$
が成り立ち、またある領域において
$$\phi(1-s)=\frac{\sin\pi s}\pi\int^\infty_0\Phi(x)x^{s-1}dx$$
と表せることに注意するとわかる。

　鏡像の原理より$f(\ol z)=\ol{f(z)}$つまり
$$f(1+it)-f(1-it)=2i\Im f(1+it)$$
が成り立つことに注意するとわかる。

　アベル・プラナの和公式、あるいは
$$S(x)-S(x+1)=f(x+1),\quad\int^2_1S(x)dx=0$$
なる関数として
\begin{align} S(x)&=R(x+1)-\int^2_1R(t+1)dt\\ &=R(x)-f(x)+\int^2_1f(t)dt \end{align}
が取れることに注意するとわかる。