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ラマヌジャンの論文7：積分∫^x_0(arctan t/t)dtについて

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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"On the integral $\dis\int^x_0\frac{\tan^{-1}t}tdt$"を読んでいきます。
　タイトルの7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

　この論文の主題は色々な級数の値を
$$\phi(x)=\int^x_0\frac{\arctan t}tdt$$
という関数を用いて表すことにあります。
　ちなみにこの積分はinverse tangent integralと呼んだり$\operatorname{Ti}(x)$と表したりすることもあるそうです。

1.

　$|x|<1$において
$$\phi(x)=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)^2}$$
が成り立つ。

$$\arctan x=\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$
に注意するとわかる。

　$\Re(x)>0$において
$$\phi(x)-\phi\l(\frac1x\r)=\frac\pi2\log x$$
が成り立つ。

$$\arctan\frac1t=\frac\pi2-\arctan t$$
に注意すると
\begin{align} \phi(x)-\phi(1) &=-\int^{1/x}_1\frac{\arctan(1/t)}tdt\\ &=\int^{1/x}_1\frac{\arctan t}tdt-\frac\pi2\int^{1/x}_1\frac{dt}t\\ &=\phi\l(\frac1x\r)-\phi(1)+\frac\pi2\log x \end{align}
を得る。

2.

　$0< x<\frac\pi2$において
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{2\cos2(2n+1)x}{2n+1} &=\log\tan x\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\sin^{2n} x &=\frac x{\sin x\cos x}\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{\cos nx}n\cos^nx &=\log\sin x\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{\sin nx}n\cos^nx &=x-\frac\pi2\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\cos^{2n+1}x}{2n+1} &=\frac\pi2-x\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\sin^{2n+1}x}{2n+1} &=x \end{align}
が成り立つ。

第一式

\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{2\cos2(2n+1)x}{2n+1} &=\Re\l(2\sum^\infty_{n=0}\frac{(e^{2ix})^{2n+1}}{2n+1}\r)\\ &=\Re\l(\log\frac{1+e^{2ix}}{1-e^{2ix}}\r)\\ &=\Re\l(\log\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{e^{ix}-e^{-ix}}\r)\\ &=\log\tan x \end{align}
とわかる。

第二式

　ウォリス積分の公式
$$\int^{\frac\pi2}_0\sin^{2n+1}t\ dt=\int^1_0(1-t^2)^ndt=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$$
に注意すると
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\sin^{2n} x &=\int^1_0\frac{dt}{1-(1-t^2)\sin^2 x}\\ &=\frac1{\cos^2x}\int^1_0\frac{dt}{1+t^2\tan^2 x}\\ &=\frac1{\cos^2x}\frac{\arctan(\tan x)}{\tan x}\\ &=\frac x{\sin x\cos x} \end{align}
とわかる。

第三・四式

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{e^{inx}}n\cos^nx &=\log(1-e^{ix}\cos x)\\ &=\log\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}+\log(-ie^{ix})\\ &=\log\sin x+\l(x-\frac\pi2\r)i \end{align}
が成り立つので、この実部・虚部を比較することでわかる。

第五式

$$\arcsin x=\sum^\infty_{n=1}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$
に注意するとわかる。

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{\cos nx}n\l(1-\frac1a\r)^n\cos^nx &=\log a-\frac12\log(1+a^2)\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{\sin nx}n\l(1-\frac1a\r)^n\cos^nx &=-x+\arctan(a\tan x)\\ \sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\cos n(x+\frac\pi2)}n(1-a)^n\sin^nx &=\frac12\log(1+a^2)\\ \sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\sin n(x+\frac\pi2)}n(1-a)^n\sin^nx &=x-\arctan(a\tan x) \end{align}

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{e^{inx}}n(1-a)^n\cos^nx &=-\log(1-(1-a)e^{ix}\cos x)\\ &=-ix-\log(a\cos x-i\sin x)\\ &=-ix-\log\sqrt{a^2+1}+i\arctan(\tfrac1a\tan x) \end{align}
の実部・虚部を比較することで第一・二式が得られ、また$x$を$x+\frac\pi2$に置き換えることで第三・四式が得られる。

　$0< x<\frac\pi2,a>0$において
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{\sin2(2n+1)x}{(2n+1)^2} &=\phi(\tan x)-x\log\tan x\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}\frac{\sin^{2n+1}x}{2n+1} &=2\phi\l(\tan\frac x2\r)\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{\sin nx}{n^2}\cos^nx &=\phi(\tan x)+\frac12\pi\log\cos x-x\log\sin x\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\cos^{2n+1}x+\sin^{2n+1}x}{(2n+1)^2} &=\phi(\tan x)+\frac\pi2\log(2\cos x) \end{align}
および
\begin{align} &\sum^\infty_{n=1}\frac{\sin nx}{n^2}\l(1-\frac1a\r)^n\cos^nx +\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\sin n(x+\frac\pi2)}{n^2}(1-a)^n\sin^nx\\ ={}&\phi(\tan x)-\phi(a\tan x)+x\log a \end{align}
が成り立つ。

　上の補題に注意して各式を微分するとそれぞれ両辺が
\begin{align} \frac d{dx}(\mbox{第一式}) &=\log\tan x\\ \frac d{dx}(\mbox{第二式}) &=\frac x{\sin x}\\ \frac d{dx}(\mbox{第三式}) &=\l(x-\frac\pi2\r)\tan x-\log\sin x\\ \frac d{dx}(\mbox{第四式}) &=\frac x{\sin x\cos x}-\frac\pi2\tan x\\ \frac d{dx}(\mbox{第五式}) &=\frac x{\sin x\cos x}-\frac{\arctan(a\tan x)}{\sin x\cos x}+\log a \end{align}
となることからわかる。

\begin{align} \frac1{1^2}+\frac1{3^2}-\frac1{5^2}-\frac1{7^2}+\frac1{9^2}+\cdots &=\sqrt2\phi(\sqrt2-1)+\frac\pi{4\sqrt2}\log{}(\sqrt2+1)\\ 2\phi(1)&=3\phi(2-\sqrt3)+\frac\pi4\log{}(\sqrt3+2) \end{align}

　第一式は上の公式
$$\sum^\infty_{n=0}\frac{\sin2(2n+1)x}{(2n+1)^2} =\phi(\tan x)-x\log\tan x$$
において$x=\frac\pi8$とすることでわかる。
　また第二式は同様に$x=\frac\pi{12}$としたとき
$$\sin\frac{(2n+1)\pi}6-\frac{(-1)^n}2 =\l\{\begin{array}{rl} \frac32&n\equiv1\pmod6\\ -\frac32&n\equiv4\pmod6\\ 0&n\not\equiv1,4\pmod6 \end{array}\r.$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \sum^\infty_{n=0}\frac{\sin\frac{(2n+1)\pi}6}{(2n+1)^2} &=\frac12\phi(1) +\frac32\sum^\infty_{n=0}\frac1{(3(4n+1))^2}-\frac32\sum^\infty_{n=0}\frac1{(3(4n+3))^2}\\ &=\frac12\phi(1)+\frac16\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\\ &=\frac23\phi(1) \end{align}
と表せることからわかる。

3.

\begin{align} \sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\log\l(1-\frac{x^2}{(2n+1)^2}\r) &=\frac4\pi(\phi(1)-\phi\l(\tan\frac\pi4(1-x)\r))+\log\tan\frac\pi4(1-x)\\ \sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\log\l(1+\frac{x^2}{(2n+1)^2}\r) &=\frac4\pi(\phi(1)-\phi(e^{-\frac{\pi x}2}))-2x\arctan(e^{-\frac{\pi x}2}) \end{align}
ただし前者は$|\Re x|<1$、後者は$|\Im x|<1$において成り立つ。

　各式の左辺を微分すると
\begin{align} \frac d{dx}(\mbox{第一式}) &=2x\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{(2n+1)^2-x^2} =\frac{\pi x}2\frac1{\cos\frac{\pi x}2}\\ -\frac d{dx}(\mbox{第二式}) &=2x\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{(2n+1)^2+x^2} =\frac{\pi x}2\frac1{\cosh\frac{\pi x}2} \end{align}
となることに注意するとわかる。

$$A=\frac{4\phi(1)}{3\pi},\quad B=\frac2\pi\log{}(2+\sqrt3),\quad \cosh\frac{\pi\a}2\cos\frac{\pi\b}2=1$$
において
\begin{align} \prod^\infty_{n=0}\l(1-\frac4{(3(2n+1))^2}\r)^{(-1)^n(2n+1)} &=(2-\sqrt3)^{\frac23}e^A\\ \prod^\infty_{n=1}\l(1-\frac1{(2n+1)^2}\r)^{(-1)^n(2n+1)} &=\frac\pi8e^{3A}\\ \prod^\infty_{n=0}\l(1+\frac{B^2}{(2n+1)^2}\r)^{(-1)^n(2n+1)} &=e^A\\ \prod^\infty_{n=0}\l(\frac{(2n+1)^2+\a^2}{(2n+1)^2-\b^2}\r)^{(-1)^n(2n+1)} &=e^{\frac\pi2\a\b} \end{align}
が成り立つ。

4.

\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\log\l(1+\frac{64x^4}{(2n+1)^4}\r)\\ ={}&\frac8\pi\phi(1)-2x\log\frac{\cosh\pi x+\sin\pi x}{\cosh\pi x-\sin\pi x}-4x\arctan\frac{\cos\pi x}{\sinh\pi x}\\ &\quad-\frac8\pi\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\cos(2n+1)\pi x}{(2n+1)^2}e^{-(2n+1)\pi x} \\\\ &\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\arctan\frac{8x^2}{(2n+1)^2}\\ ={}&x\log\frac{\cosh\pi x+\sin\pi x}{\cosh\pi x-\sin\pi x}-2\arctan\frac{\cos\pi x}{\sinh\pi x}\\ &\quad+\frac4\pi\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\sin(2n+1)\pi x}{(2n+1)^2}e^{-(2n+1)\pi x} \end{align}

　公式4の第二式において$x=2(1+i)x=2\sqrt2 e^{\frac{\pi i}4}x$とおくことで
\begin{align} &\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\log\l(1+i\frac{8x^2}{(2n+1)^2}\r)\\ ={}&\frac4\pi(\phi(1)-\phi(e^{-\pi(1+i)x}))-4(1+i)x\arctan{}(e^{-\pi(1+i)x})\\ ={}&\frac4\pi\phi(1) -\frac4\pi\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{e^{-\pi(1+i)nx}}{(2n+1)^2} +2(i-1)x\log\frac{1+ie^{-\pi(1+i)x}}{1-ie^{-\pi(1+i)x}} \end{align}
が成り立つので
\begin{align} \Re\l(\log\frac{1+ie^{-\pi(1+i)x}}{1-ie^{-\pi(1+i)x}}\r) &=\frac12\log\frac{(e^{\pi x}+\sin\pi x)^2+\cos^2\pi x}{(e^{\pi x}-\sin\pi x)^2+\cos^2\pi x}\\ &=\frac12\log\frac{\cosh\pi x+\sin\pi x}{\cosh\pi x-\sin\pi x}\\ \Im\l(\log\frac{1+ie^{-\pi(1+i)x}}{1-ie^{-\pi(1+i)x}}\r) &=\frac1{2i}\log\l(\frac{e^{\pi x}+\sin\pi x+i\cos\pi x}{e^{\pi x}+\sin\pi x-i\cos\pi x}\frac{e^{\pi x}-\sin\pi x+i\cos\pi x}{e^{\pi x}-\sin\pi x-i\cos\pi x}\r)\\ &=\frac1{2i}\log\frac{(e^{\pi x}+i\cos\pi x)^2-\sin^2\pi x}{(e^{\pi x}-i\cos\pi x)^2-\sin^2\pi x}\\ &=\frac1{2i}\log\frac{\sinh\pi x+i\cos\pi x}{\sinh\pi x-i\cos\pi x}\\ &=\arctan\frac{\cos\pi x}{\sinh\pi x} \end{align}
に注意して実部・虚部を比較することで主張を得る。

　正の奇数$m$に対し
$$\prod^\infty_{n=0}\l(1+\frac{4m^4}{(2n+1)^4}\r)^{(-1)^n(2n+1)} =e^{\frac8\pi\phi(1)}\l(\frac{1-e^{-\frac{\pi m}2}}{1+e^{-\frac{\pi m}2}}\r)^{2m\cos\frac{m-1}2\pi}$$
が成り立ち、また正の偶数$m$に対し
$$\prod^\infty_{n=0}\l(1+\frac{4m^4}{(2n+1)^4}\r)^{(-1)^n(2n+1)} =\exp\l[\frac8\pi\phi(1)- (-1)^{\frac m2}\l(\frac8\pi\phi(e^{-\frac{\pi m}2})+4m\arctan(e^{-\frac{\pi m}2})\r)\r]$$
が成り立つ。

　正の奇数$m$に対し
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\arctan\frac{2m^2}{(2n+1)^2} =(-1)^{\frac{m-1}2}\l(m\log\frac{1+e^{-\frac{\pi m}2}}{1-e^{-\frac{\pi m}2}} +\sum^\infty_{n=0}\frac{e^{-\frac\pi 2(2n+1)m}}{(2n+1)^2}\r)$$
が成り立ち、また正の偶数$m$に対し
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n(2n+1)\arctan\frac{2m^2}{(2n+1)^2} =(-1)^{\frac m2-1}2m\arctan(e^{-\frac{\pi m}2})$$
が成り立つ。

　最後の公式は
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\arctan\frac x{2n+1}=\frac\pi4-\arctan(e^{-\frac{\pi x}2})$$
という公式と比較すると興味深いとのこと。
　ちなみにこの等式を示すには今までと同様に両辺の微分が
$$\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{2n+1}{(2n+1)^2+x^2}=\frac\pi4\frac1{\cosh\frac{\pi x}2}$$
に一致することを確かめればよい。

5.

$$\frac\pi4\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2\cosh\pi nx} =\l(\frac1{24}+\frac{x^2}{16}\r)\pi^3 -\pi x\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\coth\frac{(2n+1)\pi}{2x}}{(2n+1)^2}$$

\begin{align} \frac\pi4\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2\cosh\pi nx} &=\sum^\infty_{n=1}\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\frac{2m+1}{n^2((2m+1)^2+4n^2x^2)}\\ &=\sum^\infty_{m=0}\frac{(-1)^m}{2m+1}\sum^\infty_{n=1}\l(\frac1{n^2}-\frac1{n^2+\frac{(2m+1)^2}{4x^2}}\r)\\ &=\frac\pi4\cdot\frac{\pi^2}6+\sum^\infty_{m=0}\frac{(-1)^m}{2m+1}\l(\frac{2x^2}{(2m+1)^2}-\frac{\pi x}{2m+1}\coth\frac{(2m+1)\pi}{2x}\r)\\ &=\frac{\pi^3}{24}+\frac{\pi^3}{32}\cdot2x^2 -\pi x\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{\coth\frac{(2n+1)\pi}{2x}}{(2n+1)^2} \end{align}
とわかる。

　$\a\b=\pi^2$において
$$\phi(1)+2\sum^\infty_{n=1}\phi(e^{-\a n}) =\l(\frac\a{24}+\frac\b{16}\r)\pi -\frac\pi{4\b}\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2\cosh n\b}$$
が成り立つ。

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\phi(e^{-\a n}) &=\sum^\infty_{n=1}\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\frac{e^{-\a(2m+1)n}}{(2m+1)^2}\\ &=\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\frac1{(2m+1)^2}\frac{e^{-\a(2m+1)}}{1-e^{-\a(2m+1)}}\\ &=\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\frac1{(2m+1)^2}\frac{e^{-\a(2m+1)}}{1-e^{-\a(2m+1)}}\\ \phi(1)+2\sum^\infty_{n=1}\phi(e^{-\a n}) &=\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\frac1{(2m+1)^2}\frac{1+e^{-\a(2m+1)}}{1-e^{-\a(2m+1)}}\\ &=\sum^\infty_{m=0}(-1)^m\frac{\coth\frac{2m+1}2\a}{(2m+1)^2} \end{align}
と表せることに注意すると上の補題からわかる。

$$2\sum^\infty_{n=1}\phi(e^{-\a n})=\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2\cosh(2m+1)\pi}$$
であったことに注意すると$\a=\b=\pi$のとき
$$\phi(1)=\frac{5\pi^2}{48} -\sum^\infty_{n=0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2\cosh(2n+1)\pi} -\frac14\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2\cosh n\pi}$$
が成り立つので、これによって$\phi(1)$の近似値
$$\phi(1)\fallingdotseq0.9159655942$$
が得られるのだとか。