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
$$\begin{array}{rl}{\oint }_{C_h}g(z)dz& ={\int }_{C_h^{+}}{h}_{+}(z)dz+{\int }_{C_h^{-}}{h}_{-}(z)dz+2{\int }_a^{b}f(x)dx\\ & \to {\int }_0^{i\mathrm{\infty }}(h_{+}(b+z)-h_{+}(a+z))dz\\ & +{\int }_{-i\mathrm{\infty }}^0(h_{-}(b+z)-h_{-}(a+z))dz+2{\int }_a^{b}f(x)dx(h\to \mathrm{\infty })\\ & =i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(h_{+}(b+iy)-h_{+}(a+iy))dy\\ & +i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}(h_{-}(b-iy)-h_{-}(a-iy))dz+2{\int }_a^{b}f(x)dx\\ & =2\pi i\sum _{\alpha }{\mathrm{Res}}_{z=\alpha }g(z)\end{array}$$
とわかる。

　$y>0$に対し
$$\begin{array}{rl}|-i\cot (x\pm iy)\pm 1|& =|1-\coth (y\mp ix)|\\ & =\left|\frac{2z^{-1}}{z-z^{-1}}\right|(z=e^{y\mp ix})\\ & \le \frac{2e^{-y}}{e^y-e^{-y}}=e^{-2y}(1+\coth y)\end{array}$$
と評価できるので仮定より
$$\underset{y\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{a\pm iy}^{b\pm iy}(-i\cot \pi z\pm 1)f(z)dz=0(\text{複号同順})$$
が成り立つ。したがって$g(z)=-i\cot \left(\pi z\right)f(z)$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
$${\mathrm{Res}}_{z=n}g(z)=\frac{f(n)}{\pi i}$$
に注意すると
$$\begin{array}{rl}2\pi i\sum _{\alpha }{\mathrm{Res}}_{z=\alpha }g(z)& =2\pi i\sum _{n=a}^b{\mathrm{Res}}_{z=n}g(z)-\pi i({\mathrm{Res}}_{z=a}g(z)+{\mathrm{Res}}_{z=b}g(z))\\ & =2\sum _{n=a}^{b}f(n)-(f(a)+f(b))\end{array}$$
が成り立ち、また整数$c$に対し
$$\begin{array}{rlrl}{h}_{+}(c+iy)& =(-i\cot \left(i\pi y\right)+1)f(c+iy)& h_{-}(c-iy)& =(-i\cot (-i\pi y)-1)f(c-iy)\\ & =(1-\coth \pi y)f(c+iy)& & =-(1-\coth \pi y)f(c-iy)\\ & =-\frac{2}{e^{2\pi y}-1}f(c+iy)& & =\frac{2}{e^{2\pi y}-1}f(c-iy)\end{array}$$
が成り立つことから
$$\sum _{n=a}^{b}f(n)-\frac{f(a)+f(b)}{2}={\int }_a^{b}f(x)dx+i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f(a+iy)-f(a-iy)-f(b+iy)+f(b-iy)}{e^{2\pi y}-1}dy$$
を得る。

$$f(c+z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(n)}(c)}{n!}{z}^n$$
とテイラー展開したとき
$$f(c+z)-f(c-z)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(2n-1)}(c)}{(2n-1)!}{z}^{2n-1}$$
が成り立ち、またゼータ関数の積分表示と特殊値
$$\begin{array}{rl}\zeta (s)& =\frac{1}{\mathrm{\Gamma }(s)}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx\\ \zeta (2n)& =(-1{)}^{n-1}\frac{(2\pi {)}^{2n}}{(2n-1)!}\frac{B_{2n}}{4n}\end{array}$$
から
$${\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2n-1}}{e^{2\pi x}-1}dx=(-1{)}^{n-1}\frac{B_{2n}}{4n}$$
が成り立つことに注意すると
$$\begin{array}{rl}i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f(c+iy)-f(c-iy)}{e^{2\pi y}-1}dy& =2i\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(2n-1)}(c)}{(2n-1)!}{i}^{2n-1}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{y^{2n-1}}{e^{2\pi y}-1}dy\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{f^{(2n-1)}(c)}{(2n-1)!}(-1{)}^{n}2\cdot (-1{)}^{n-1}\frac{B_{2n}}{4n}\\ & =-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_{2n}}{(2n)!}{f}^{(2n-1)}(c)\end{array}$$
とわかる。

　周期性より$R$は$\mathbb{C}$全体に解析接続でき、特に
$$S(z)=R(\frac{1}{2\pi i}\log z)$$
とおくとこれは$\mathbb{C}\setminus \{0\}$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
$$R(x)=S(e^{2\pi ix})=\sum _{n=-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{e}^{2\pi inx}$$
とフーリエ級数展開でき、$R\in {\mathcal{O}}^{2\pi }$に注意して$\mathrm{Im}(x)\to \pm \mathrm{\infty }$における挙動を考えることで$n\ne 0$に対し$c_n=0$となることがわかる。これは
$$c_n=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{|z|=r}\frac{S(z)}{z^{n+1}}dz=\frac{1}{2\pi r^n}{\int }_0^{2\pi }S(r{e}^{i\theta })e^{-in\theta }d\theta$$
を直接評価し$r\to 0,\mathrm{\infty }$とすることでもわかる。
　したがって$R=c_0$であり
$$c_0={\int }_1^{2}R(x)dx=0$$
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
$$R(x)=-{\int }_1^{x}f(t)dt+\frac{f(x)}{2}+i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f(x+it)-f(x-it)}{e^{2\pi t}-1}dt$$
が$R\in {\mathcal{O}}^{\alpha }$を満たすことは簡単にわかる。したがってあとはこれが
$$R(x)-R(x+1)=f(x),{\int }_1^{2}R(x)dx=0$$
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
$$\begin{array}{rl}R(x)-R(x+1)& ={\int }_x^{x+1}f(t)dt+\frac{f(x)-f(x+1)}{2}+i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{f(x+it)-f(x-it)-f(x+1+it)+f(x+1-it)}{e^{2\pi t}-1}dt\\ & =(f(x+1)+f(x))-f(x+1)\\ & =f(x)\end{array}$$
がわかり、また
$$F(x)={\int }_1^{x}f(t)dt$$
とおくと再びアベル・プラナの和公式により
$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{2}R(x)dx& =-{\int }_1^{2}F(x)dx+\frac{F(2)}{2}+i{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{F(2+it)-F(2-it)-F(1+it)+F(1-it)}{e^{2\pi t}-1}dt\\ & =F(2)+\frac{F(1)}{2}-(F(2)+F(1))\\ & =-\frac{F(1)}{2}\\ & =0\end{array}$$
を得る。

　 Ramanujan's Master Theorem より$\varphi \in {\mathcal{O}}^{\pi }$に対し
$$\mathrm{\Phi }(x)=\frac{1}{2\pi i}{\int }_{c-i\mathrm{\infty }}^{c+i\mathrm{\infty }}\frac{\pi }{\sin \pi s}\varphi (1-s)x^{-s}ds$$
とおくと$x=0$の近傍で
$$\mathrm{\Phi }(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\varphi (1+n)(-x{)}^n$$
が成り立ち、またある領域において
$$\varphi (1-s)=\frac{\sin \pi s}{\pi }{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\mathrm{\Phi }(x)x^{s-1}dx$$
と表せることに注意するとわかる。

　鏡像の原理より$f(\bar{z})=\overline{f(z)}$つまり
$$f(1+it)-f(1-it)=2i\mathrm{Im}f(1+it)$$
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
$$S(x)-S(x+1)=f(x+1),{\int }_1^{2}S(x)dx=0$$
なる関数として
$$\begin{array}{rl}S(x)& =R(x+1)-{\int }_1^{2}R(t+1)dt\\ & =R(x)-f(x)+{\int }_1^{2}f(t)dt\end{array}$$
が取れることに注意するとわかる。