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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 $\int_{0}^{x} \frac{\tan^{- 1} t}{t} d t$ "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
$ϕ (x) = \int_{0}^{x} \frac{\arctan t}{t} d t$
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 $Ti (x)$ と表したりすることもあるそうです。

1.

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

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

　 $Re (x) > 0$ において
$ϕ (x) - ϕ (\frac{1}{x}) = \frac{π}{2} \log x$
が成り立つ。

$\arctan \frac{1}{t} = \frac{π}{2} - \arctan t$
に注意すると
$\begin{aligned} ϕ (x) - ϕ (1) & = - \int_{1}^{1 / x} \frac{\arctan (1 / t)}{t} d t \\ = \int_{1}^{1 / x} \frac{\arctan t}{t} d t - \frac{π}{2} \int_{1}^{1 / x} \frac{d t}{t} \\ = ϕ (\frac{1}{x}) - ϕ (1) + \frac{π}{2} \log x \end{aligned}$
を得る。

2.

　 $0 < x < \frac{π}{2}$ において
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 \cos 2 (2 n + 1) x}{2 n + 1} & = \log \tan x \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!} \sin^{2 n} x & = \frac{x}{\sin x \cos x} \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n} \cos^{n} x & = \log \sin x \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n} \cos^{n} x & = x - \frac{π}{2} \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{\cos^{2 n + 1} x}{2 n + 1} & = \frac{π}{2} - x \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{\sin^{2 n + 1} x}{2 n + 1} & = x \end{aligned}$
が成り立つ。

第一式

$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 \cos 2 (2 n + 1) x}{2 n + 1} & = Re (2 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(e^{2 i x})^{2 n + 1}}{2 n + 1}) \\ = Re (\log \frac{1 + e^{2 i x}}{1 - e^{2 i x}}) \\ = Re (\log \frac{e^{i x} + e^{- i x}}{e^{i x} - e^{- i x}}) \\ = \log \tan x \end{aligned}$
とわかる。

第二式

　ウォリス積分の公式
$\int_{0}^{\frac{π}{2}} \sin^{2 n + 1} t d t = \int_{0}^{1} (1 - t^{2})^{n} d t = \frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!}$
に注意すると
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!} \sin^{2 n} x & = \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 - (1 - t^{2}) \sin^{2} x} \\ = \frac{1}{\cos^{2} x} \int_{0}^{1} \frac{d t}{1 + t^{2} \tan^{2} x} \\ = \frac{1}{\cos^{2} x} \frac{\arctan (\tan x)}{\tan x} \\ = \frac{x}{\sin x \cos x} \end{aligned}$
とわかる。

第三・四式

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{i n x}}{n} \cos^{n} x & = \log (1 - e^{i x} \cos x) \\ = \log \frac{e^{i x} - e^{- i x}}{2 i} + \log (- i e^{i x}) \\ = \log \sin x + (x - \frac{π}{2}) i \end{aligned}$
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

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

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\cos n x}{n} {(1 - \frac{1}{a})}^{n} \cos^{n} x & = \log a - \frac{1}{2} \log (1 + a^{2}) \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n} {(1 - \frac{1}{a})}^{n} \cos^{n} x & = - x + \arctan (a \tan x) \\ \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{\cos n (x + \frac{π}{2})}{n} (1 - a)^{n} \sin^{n} x & = \frac{1}{2} \log (1 + a^{2}) \\ \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{\sin n (x + \frac{π}{2})}{n} (1 - a)^{n} \sin^{n} x & = x - \arctan (a \tan x) \end{aligned}$

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{e^{i n x}}{n} (1 - a)^{n} \cos^{n} x & = - \log (1 - (1 - a) e^{i x} \cos x) \\ = - i x - \log (a \cos x - i \sin x) \\ = - i x - \log \sqrt{a^{2} + 1} + i \arctan (\frac{1}{a} \tan x) \end{aligned}$
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 $x + \frac{π}{2}$ に置き換えることで第三・四式が得られる。

　 $0 < x < \frac{π}{2}, a > 0$ において
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\sin 2 (2 n + 1) x}{(2 n + 1)^{2}} & = ϕ (\tan x) - x \log \tan x \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n)!!}{(2 n + 1)!!} \frac{\sin^{2 n + 1} x}{2 n + 1} & = 2 ϕ (\tan \frac{x}{2}) \\ \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n^{2}} \cos^{n} x & = ϕ (\tan x) + \frac{1}{2} π \log \cos x - x \log \sin x \\ \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!}{(2 n)!!} \frac{\cos^{2 n + 1} x + \sin^{2 n + 1} x}{(2 n + 1)^{2}} & = ϕ (\tan x) + \frac{π}{2} \log (2 \cos x) \end{aligned}$
および
$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n x}{n^{2}} {(1 - \frac{1}{a})}^{n} \cos^{n} x + \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \frac{\sin n (x + \frac{π}{2})}{n^{2}} (1 - a)^{n} \sin^{n} x \\ = & ϕ (\tan x) - ϕ (a \tan x) + x \log a \end{aligned}$
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
$\begin{aligned} \frac{d}{d x} (第一式) & = \log \tan x \\ \frac{d}{d x} (第二式) & = \frac{x}{\sin x} \\ \frac{d}{d x} (第三式) & = (x - \frac{π}{2}) \tan x - \log \sin x \\ \frac{d}{d x} (第四式) & = \frac{x}{\sin x \cos x} - \frac{π}{2} \tan x \\ \frac{d}{d x} (第五式) & = \frac{x}{\sin x \cos x} - \frac{\arctan (a \tan x)}{\sin x \cos x} + \log a \end{aligned}$
となることからわかる。

$\begin{aligned} \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{3^{2}} - \frac{1}{5^{2}} - \frac{1}{7^{2}} + \frac{1}{9^{2}} + \dots & = \sqrt{2} ϕ (\sqrt{2} - 1) + \frac{π}{4 \sqrt{2}} \log (\sqrt{2} + 1) \\ 2 ϕ (1) & = 3 ϕ (2 - \sqrt{3}) + \frac{π}{4} \log (\sqrt{3} + 2) \end{aligned}$

　第一式は上の公式
$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\sin 2 (2 n + 1) x}{(2 n + 1)^{2}} = ϕ (\tan x) - x \log \tan x$
において $x = \frac{π}{8}$ とすることでわかる。
　また第二式は同様に $x = \frac{π}{12}$ としたとき
$\sin \frac{(2 n + 1) π}{6} - \frac{(- 1)^{n}}{2} = {\begin{aligned} \frac{3}{2} & n \equiv 1 (\mod 6) \\ - \frac{3}{2} & n \equiv 4 (\mod 6) \\ 0 & n ≢ 1, 4 (\mod 6) \end{aligned}$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{\sin \frac{(2 n + 1) π}{6}}{(2 n + 1)^{2}} & = \frac{1}{2} ϕ (1) + \frac{3}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(3 (4 n + 1))^{2}} - \frac{3}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(3 (4 n + 3))^{2}} \\ = \frac{1}{2} ϕ (1) + \frac{1}{6} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \\ = \frac{2}{3} ϕ (1) \end{aligned}$
と表せることからわかる。

3.

$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \log (1 - \frac{x^{2}}{(2 n + 1)^{2}}) & = \frac{4}{π} (ϕ (1) - ϕ (\tan \frac{π}{4} (1 - x))) + \log \tan \frac{π}{4} (1 - x) \\ \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \log (1 + \frac{x^{2}}{(2 n + 1)^{2}}) & = \frac{4}{π} (ϕ (1) - ϕ (e^{- \frac{π x}{2}})) - 2 x \arctan (e^{- \frac{π x}{2}}) \end{aligned}$
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
$\begin{aligned} \frac{d}{d x} (第一式) & = 2 x \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{(2 n + 1)^{2} - x^{2}} = \frac{π x}{2} \frac{1}{\cos \frac{π x}{2}} \\ - \frac{d}{d x} (第二式) & = 2 x \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{(2 n + 1)^{2} + x^{2}} = \frac{π x}{2} \frac{1}{\cosh \frac{π x}{2}} \end{aligned}$
となることに注意するとわかる。

$A = \frac{4 ϕ (1)}{3 π}, B = \frac{2}{π} \log (2 + \sqrt{3}), \cosh \frac{π α}{2} \cos \frac{π β}{2} = 1$
において
$\begin{aligned} \prod_{n = 0}^{\infty} {(1 - \frac{4}{(3 (2 n + 1))^{2}})}^{(- 1)^{n} (2 n + 1)} & = (2 - \sqrt{3})^{\frac{2}{3}} e^{A} \\ \prod_{n = 1}^{\infty} {(1 - \frac{1}{(2 n + 1)^{2}})}^{(- 1)^{n} (2 n + 1)} & = \frac{π}{8} e^{3 A} \\ \prod_{n = 0}^{\infty} {(1 + \frac{B^{2}}{(2 n + 1)^{2}})}^{(- 1)^{n} (2 n + 1)} & = e^{A} \\ \prod_{n = 0}^{\infty} {(\frac{(2 n + 1)^{2} + α^{2}}{(2 n + 1)^{2} - β^{2}})}^{(- 1)^{n} (2 n + 1)} & = e^{\frac{π}{2} α β} \end{aligned}$
が成り立つ。

4.

$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \log (1 + \frac{64 x^{4}}{(2 n + 1)^{4}}) \\ = & \frac{8}{π} ϕ (1) - 2 x \log \frac{\cosh π x + \sin π x}{\cosh π x - \sin π x} - 4 x \arctan \frac{\cos π x}{\sinh π x} \\ - \frac{8}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\cos (2 n + 1) π x}{(2 n + 1)^{2}} e^{- (2 n + 1) π x} \\ \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \arctan \frac{8 x^{2}}{(2 n + 1)^{2}} \\ = & x \log \frac{\cosh π x + \sin π x}{\cosh π x - \sin π x} - 2 \arctan \frac{\cos π x}{\sinh π x} \\ + \frac{4}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\sin (2 n + 1) π x}{(2 n + 1)^{2}} e^{- (2 n + 1) π x} \end{aligned}$

　公式4の第二式において $x = 2 (1 + i) x = 2 \sqrt{2} e^{\frac{π i}{4}} x$ とおくことで
$\begin{aligned} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \log (1 + i \frac{8 x^{2}}{(2 n + 1)^{2}}) \\ = & \frac{4}{π} (ϕ (1) - ϕ (e^{- π (1 + i) x})) - 4 (1 + i) x \arctan (e^{- π (1 + i) x}) \\ = & \frac{4}{π} ϕ (1) - \frac{4}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{e^{- π (1 + i) n x}}{(2 n + 1)^{2}} + 2 (i - 1) x \log \frac{1 + i e^{- π (1 + i) x}}{1 - i e^{- π (1 + i) x}} \end{aligned}$
が成り立つので
$\begin{aligned} Re (\log \frac{1 + i e^{- π (1 + i) x}}{1 - i e^{- π (1 + i) x}}) & = \frac{1}{2} \log \frac{(e^{π x} + \sin π x)^{2} + \cos^{2} π x}{(e^{π x} - \sin π x)^{2} + \cos^{2} π x} \\ = \frac{1}{2} \log \frac{\cosh π x + \sin π x}{\cosh π x - \sin π x} \\ Im (\log \frac{1 + i e^{- π (1 + i) x}}{1 - i e^{- π (1 + i) x}}) & = \frac{1}{2 i} \log (\frac{e^{π x} + \sin π x + i \cos π x}{e^{π x} + \sin π x - i \cos π x} \frac{e^{π x} - \sin π x + i \cos π x}{e^{π x} - \sin π x - i \cos π x}) \\ = \frac{1}{2 i} \log \frac{(e^{π x} + i \cos π x)^{2} - \sin^{2} π x}{(e^{π x} - i \cos π x)^{2} - \sin^{2} π x} \\ = \frac{1}{2 i} \log \frac{\sinh π x + i \cos π x}{\sinh π x - i \cos π x} \\ = \arctan \frac{\cos π x}{\sinh π x} \end{aligned}$
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
$\prod_{n = 0}^{\infty} {(1 + \frac{4 m^{4}}{(2 n + 1)^{4}})}^{(- 1)^{n} (2 n + 1)} = e^{\frac{8}{π} ϕ (1)} {(\frac{1 - e^{- \frac{π m}{2}}}{1 + e^{- \frac{π m}{2}}})}^{2 m \cos \frac{m - 1}{2} π}$
が成り立ち、また正の偶数 $m$ に対し
$\prod_{n = 0}^{\infty} {(1 + \frac{4 m^{4}}{(2 n + 1)^{4}})}^{(- 1)^{n} (2 n + 1)} = \exp [\frac{8}{π} ϕ (1) - (- 1)^{\frac{m}{2}} (\frac{8}{π} ϕ (e^{- \frac{π m}{2}}) + 4 m \arctan (e^{- \frac{π m}{2}}))]$
が成り立つ。

　正の奇数 $m$ に対し
$\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \arctan \frac{2 m^{2}}{(2 n + 1)^{2}} = (- 1)^{\frac{m - 1}{2}} (m \log \frac{1 + e^{- \frac{π m}{2}}}{1 - e^{- \frac{π m}{2}}} + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{e^{- \frac{π}{2} (2 n + 1) m}}{(2 n + 1)^{2}})$
が成り立ち、また正の偶数 $m$ に対し
$\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} (2 n + 1) \arctan \frac{2 m^{2}}{(2 n + 1)^{2}} = (- 1)^{\frac{m}{2} - 1} 2 m \arctan (e^{- \frac{π m}{2}})$
が成り立つ。

　最後の公式は
$\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \arctan \frac{x}{2 n + 1} = \frac{π}{4} - \arctan (e^{- \frac{π x}{2}})$
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
$\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{2 n + 1}{(2 n + 1)^{2} + x^{2}} = \frac{π}{4} \frac{1}{\cosh \frac{π x}{2}}$
に一致することを確かめればよい。

5.

$\frac{π}{4} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} \cosh π n x} = (\frac{1}{24} + \frac{x^{2}}{16}) π^{3} - π x \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\coth \frac{(2 n + 1) π}{2 x}}{(2 n + 1)^{2}}$

$\begin{aligned} \frac{π}{4} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} \cosh π n x} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{2 m + 1}{n^{2} ((2 m + 1)^{2} + 4 n^{2} x^{2})} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{m}}{2 m + 1} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{n^{2}} - \frac{1}{n^{2} + \frac{(2 m + 1)^{2}}{4 x^{2}}}) \\ = \frac{π}{4} \cdot \frac{π^{2}}{6} + \sum_{m = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{m}}{2 m + 1} (\frac{2 x^{2}}{(2 m + 1)^{2}} - \frac{π x}{2 m + 1} \coth \frac{(2 m + 1) π}{2 x}) \\ = \frac{π^{3}}{24} + \frac{π^{3}}{32} \cdot 2 x^{2} - π x \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{\coth \frac{(2 n + 1) π}{2 x}}{(2 n + 1)^{2}} \end{aligned}$
とわかる。

　 $α β = π^{2}$ において
$ϕ (1) + 2 \sum_{n = 1}^{\infty} ϕ (e^{- α n}) = (\frac{α}{24} + \frac{β}{16}) π - \frac{π}{4 β} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} \cosh n β}$
が成り立つ。

$\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} ϕ (e^{- α n}) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{e^{- α (2 m + 1) n}}{(2 m + 1)^{2}} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{1}{(2 m + 1)^{2}} \frac{e^{- α (2 m + 1)}}{1 - e^{- α (2 m + 1)}} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{1}{(2 m + 1)^{2}} \frac{e^{- α (2 m + 1)}}{1 - e^{- α (2 m + 1)}} \\ ϕ (1) + 2 \sum_{n = 1}^{\infty} ϕ (e^{- α n}) & = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{1}{(2 m + 1)^{2}} \frac{1 + e^{- α (2 m + 1)}}{1 - e^{- α (2 m + 1)}} \\ = \sum_{m = 0}^{\infty} (- 1)^{m} \frac{\coth \frac{2 m + 1}{2} α}{(2 m + 1)^{2}} \end{aligned}$
と表せることに注意すると上の補題からわかる。

$2 \sum_{n = 1}^{\infty} ϕ (e^{- α n}) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{m}}{(2 m + 1)^{2} \cosh (2 m + 1) π}$
であったことに注意すると $α = β = π$ のとき
$ϕ (1) = \frac{5 π^{2}}{48} - \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2} \cosh (2 n + 1) π} - \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2} \cosh n π}$
が成り立つので、これによって $ϕ (1)$ の近似値
$ϕ (1) ≒ 0.9159655942$
が得られるのだとか。