ガウス和に関連した積分2

　両辺が同じラプラス変換を持つことを示せばよい。いま
\begin{align} F(s)&=\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\sinh^2\pi x}(1-e^{-\pi isx^2})dx\\ f(s)&=-\frac{2t}\pi\frac1{e^{2t}-1} +\sum^\infty_{n=1}\l(\frac t\pi-ins\r)e^{\pi in^2s-2nt} -\frac2{\sqrt{is}}e^{it^2/\pi s}\sum^\infty_{n=1}ne^{-\pi in^2/s-2nt/s} \end{align}
および$a=\sqrt{y/\pi i}$とおくと
\begin{align} \int^\infty_0F(s)e^{-sy}ds &=\frac12\int^\infty_{-\infty}\frac{e^{2itx}}{\sinh^2\pi x}\l(\frac1y-\frac1{y+\pi ix^2}\r)dx\\ &=\frac1{2\pi i}\int^\infty_{-\infty}\l(\frac1{\pi^2}\sum^\infty_{n=-\infty}\frac1{(x-in)^2}\r)\l(\frac1{a^2}-\frac1{a^2+x^2}\r)e^{2itx}dx\\ &=-\frac{e^{-2at}}{2ia\sinh^2\pi ia} +\frac1{\pi^2}\sum^\infty_{n=1}\frac d{dx}\l(\frac1{a^2}-\frac1{a^2+x^2}\r)e^{2itx}\Bigg|_{x=in}\\ &=-\frac{e^{-2at}}{2ia}\frac4{(e^{\pi ia}-e^{-\pi ia})^2} +\frac1{\pi^2}\sum^\infty_{n=1}\l(\frac{2it}{a^2}-\frac{2it}{a^2-n^2}+\frac{2in}{(a^2-n^2)^2}\r)e^{-2nt}\\ &=-\frac{2e^{-2at}}{ia}\sum^\infty_{n=1}ne^{-2\pi ina} -\frac{2t}{\pi y}\frac1{e^{2t}-1}+\sum^\infty_{n=1}\l(\frac{2t}\pi\frac1{y-\pi in^2}-\frac{2in}{(y-\pi in^2)^2}\r)e^{-2nt} \end{align}
が成り立つので
\begin{align} \frac1{y-b}&=\int^\infty_0e^{bs}\cdot e^{-sy}ds\\ \frac1{(y-b)^2}&=\int^\infty_0se^{bs}\cdot e^{-sy}ds \end{align}
および この記事 の結果(公式8の証明)から
$$\frac{e^{-2at}}{ia}e^{-2\pi ina}= \int^\infty_0\frac{e^{-(n-it/\pi)^2/s}}{\sqrt{is}}e^{-sy}ds$$
であったことに注意すると
\begin{align} \int^\infty_0F(s)e^{-sy}ds &=\int^\infty_0\l(-\frac 2{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}ne^{-(n-it/\pi)^2/s}-\frac{2t}\pi\frac1{e^{2t}-1}+\sum^\infty_{n=1}\l(\frac{2t}\pi-2ins\r)e^{\pi in^2s-2nt}\r)e^{-sy}ds\\ &=\int^\infty_0f(s)e^{-sy}ds \end{align}
を得る。

　 ラマヌジャンの論文 の結果(公式19)から
\begin{align} &\sin\pi\t\int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x+\cos\pi\t}e^{-\pi isx^2}dx\\ ={}&\sum^\infty_{n=0}(e^{(2n+1-\t)^2\pi is-(2n+1-\t)t}-e^{(2n+1+\t)^2\pi is-(2n+1+\t)t})\\ &+\frac{e^{it^2/4\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\sin(\pi n\t)e^{-n^2\pi i/4s-nt/2s} \end{align}
が成り立つので$\t\mapsto\t+1$とすることで
\begin{align} &-\sin\pi\t\int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x-\cos\pi\t}e^{-\pi isx^2}dx\\ ={}&e^{\pi i\t^2s+\t t} +\sum^\infty_{n=1}(e^{(2n-\t)^2\pi is-(2n-\t)t}-e^{(2n+\t)^2\pi is-(2n+\t)t})\\ &-\frac{e^{it^2/4\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}\sin(\pi n\t)e^{-n^2\pi i/4s-nt/2s} \end{align}
となり、また$s\to0$の場合との差を取ることで
\begin{align} &\sin\pi\t\int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x-\cos\pi\t}(1-e^{-\pi isx^2})dx\\ ={}&(e^{\pi i\t^2s}-1)e^{\t t}-\frac{e^{\t t}-e^{-\t t}}{e^{2t}-1}\\ &+\sum^\infty_{n=1}(e^{(2n-\t)^2\pi is-(2n-\t)t}-e^{(2n+\t)^2\pi is-(2n+\t)t})\\ &-\frac{e^{it^2/4\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}\sin(\pi n\t)e^{-n^2\pi i/4s-nt/2s} \end{align}
となり、そして
$$\lim_{\t\to0}\frac{f(\t)-f(-\t)}\t=2f'(0)$$
に注意して両辺を$\t$で割り$\t\to0$とすることで
\begin{align} &\pi\int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x-1}(1-e^{-\pi isx^2})dx\\ ={}&-\frac{2t}{e^{2t}-1} +2\sum^\infty_{n=1}\l(t-4\pi ins\r)e^{4n^2\pi is-2nt} -\frac{e^{it^2/4\pi s}}{\sqrt{is}}\sum^\infty_{n=1}\pi ne^{-n^2\pi i/4s-nt/2s} \end{align}
がわかる。また
\begin{align} \int^\infty_0\frac{\cos tx}{\cosh\pi x-1}(1-e^{-\pi isx^2})dx &=\int^\infty_0\frac{\cos tx}{2\sinh^2\frac{\pi x}2}(1-e^{-\pi isx^2})dx\\ &=\int^\infty_0\frac{\cos2tx}{\sinh^2\pi x}(1-e^{-4\pi isx^2})dx \end{align}
に注意して$s\mapsto s/4$とすることで主張を得る。

　仮定より$ab$は偶数なので
$$e^{\pi i(n+b)^2s}=e^{\pi i(2n+b)a}e^{\pi in^2s}=e^{\pi in^2s}$$
同様に$e^{\pi i(n+a)^2/s}=e^{\pi in^2/s}$が成り立つことに注意して
\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\l(n-\frac t{\pi is}\r)e^{\pi in^2s-2nt} &=\sum^b_{n=1}e^{\pi in^2s}\sum^\infty_{k=0}\l(bk+n-\frac t{\pi is}\r)e^{-2(bk+n)t}\\ \sum^\infty_{n=1}ne^{-\pi in^2/s-2nt/s} &=\sum^a_{n=1}e^{\pi in^2s}\sum^\infty_{k=0}(ak+n)e^{-2(ak+n)t/s} \end{align}
と変形することでわかる。

\begin{align} \frac1{1-e^{-2bt}}&=\frac1{2bt}+\frac12+O(t)\\ \frac1{(e^{bt}-e^{-bt})^2}&=\frac1{4b^2t^2}-\frac1{12}+O(t^2) \end{align}
に注意すると
\begin{align} &\exp(-2nt)\l(\frac n{1-e^{-2bt}}+\frac b{(e^{bt}-e^{-bt})^2}\r)\\ ={}&\frac n{2bt}+b\l(\frac1{4b^2t^2}-\frac{2n}{4b^2t}\r)+O(1)\\ ={}&\frac1{4bt^2}+O(1)\\ \\ &\exp\l(\frac{it^2}{\pi s}-\frac{2nt}s\r)\l(\frac n{1-e^{-2bt}}+\frac a{(e^{bt}-e^{-bt})^2}\r)\\ ={}&\frac n{2bt}+a\l(\frac1{4b^2t^2}-\frac{2n/s}{4b^2t}\r)+O(1)\\ ={}&\frac a{4b^2t^2}+O(1) \end{align}
と展開できるので 二次ガウス和の相互法則
$$\sum^b_{n=1}\exp\l(\frac{\pi in^2a}b\r) =\sqrt{\frac{ib}a}\sum^a_{n=1}\exp\l(-\frac{\pi in^2b}a\r)$$
と合わせることで公式2の右辺は$t\to 0$において収束することがわかる。
　また定数項を考えると
\begin{align} &\exp\l(-2nt\r)\l(\frac n{1-e^{-2bt}}+\frac b{(e^{bt}-e^{-bt})^2}-\frac{bt}{\pi ia}\frac1{1-e^{-2bt}}\r)\\ \to{}&n\l(\frac12-\frac{2n}{2b}\r)+b\l(\frac{2n^2}{4b^2}-\frac1{12}\r)-\frac1{\pi ia}\\ ={}&\frac{n(b-n)}{2b}-\frac b{12}-\frac1{2\pi ia}\\ \\ &\exp\l(\frac{it^2}{\pi s}-\frac{2nt}s\r)\l(\frac n{1-e^{-2bt}}+\frac a{(e^{bt}-e^{-bt})^2}\r)\\ \to{}&n\l(\frac12-\frac{2n/s}{2b}\r)+a\l(\frac{i/\pi s}{4b^2}+\frac{2n^2/s^2}{4b^2}-\frac1{12}\r)\\ ={}&\frac{n(a-n)}{2a}-\frac a{12}-\frac1{4i\pi b} \end{align}
となることとガウス和に関する等式から
\begin{align} 0&=\frac{ia}b\sum^b_{n=1}\exp\l(\frac{\pi in^2a}b\r)\frac b{12} +\sqrt{\frac b{ia}}\sum^a_{n=1}\exp\l(-\frac{\pi in^2b}a\r)\frac a{12}\\ 0&=\frac{ia}b\sum^b_{n=1}\exp\l(\frac{\pi in^2a}b\r)\frac1{4\pi ia} +\sqrt{\frac b{ia}}\sum^a_{n=1}\exp\l(-\frac{\pi in^2b}a\r)\frac1{4\pi ib} \end{align}
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \int^\infty_0\frac{1-e^{-\pi isx^2}}{\sinh^2\pi x}dx =-\frac1\pi -\frac{ia}b&\sum^b_{n=1}\exp\l(\frac{\pi in^2a}b\r)\l(\frac{n(b-n)}b-\frac1{2\pi ia}\r)\\ -\sqrt{\frac b{ia}}&\sum^a_{n=1}\exp\l(-\frac{\pi in^2b}a\r)\frac{n(a-n)}a \end{align}
を得る。