ラマヌジャンの公式集：級数、積分

　$\Re(x+y)>-1$なる複素数$x,y,z$に対し
$$\sum^\infty_{n=-\infty}\frac{(-1)^n}{z+n}\frac1{\G(x+1-k)\G(y+1+k)} =\frac\pi{\sin\pi z}\frac1{\G(x+z+1)\G(y-z+1)}$$

　整数$m$に対し
\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2+z^2+z^4/n^2} &=\frac\pi{2z\sqrt3}\frac{\sinh(\pi z\sqrt3)-\sqrt3\sin(\pi z)}{\cosh(\pi z\sqrt3)-\cos(\pi z)}\\ \sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2+(2m)^2+(2m)^4/n^2} &=\frac1{12m^2}+\frac12\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2+3m^2} \end{align}

　正整数$n$に対し
\begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{\sin^{2n+1}(kx)}k &=\frac\pi{2^{2n+1}}\binom{2n}n&&\l(0< x<\frac{\pi}{n+\frac12}\r)\\ \sum^\infty_{k=1}\frac{\sin^{2n+2}(kx)}{k^2} &=\frac{\pi x}{2^{2n+1}}\binom{2n}n&&\l(0\leq x\leq\frac\pi{n+1}\r)\\ \end{align}

　非負整数$m,n$に対し
\begin{align} \int^\infty_0\frac{\sin^{2n+1}x}x\cos^{2m}x\ dx &=\int^\infty_0\frac{\sin^{2n+2}x}{x^2}\cos^{2m}x\ dx\\ &=\frac\pi{2^{2m+2n+1}}\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}\\\\ \int^\infty_0\frac{\sin^{2n+1}x}x\cos(2mx)\ dx &=\int^\infty_0\frac{\sin^{2n+2}x}{x^2}\cos(2mx) dx\\ &=(-1)^m\frac\pi{2^{2n+1}}\binom{2n}{n-m} \end{align}

　偶奇の異なる正整数$m,n$に対し$l=\lfloor(m+n)/2\rfloor$とおくと
$$\frac12+\sum^l_{k=1}\cos^{2n}\frac{\pi k}{m+n}=\frac{m+n}{2^{2n+1}}\binom{2n}n$$
また$0\leq m\leq(n-1)/2,n>0$なる偶奇の異なる整数$m,n$に対し$l=\lfloor(n-m)/2\rfloor$とおくと
$$\frac12+\sum^l_{k=1}\cos^{2n}\frac{\pi k}{n-m} =\frac{n-m}{2^{2n+1}}(\binom{2n}n+2\binom{2n}m)$$

$$f(z)=\sum_n\frac{A_n}{\a_n-z},\quad g(z)=\sum_n\frac{B_n}{\b_n-z}$$
および$xy\neq0$に対し
$$f(x)g(y)=\sum_n\frac{A_ng(\a_n y/x)}{\a_n-x}+\sum_n\frac{B_nf(\b_nx/y)}{\b_n-y}$$

　$|\t|,|\vp|<\pi$なる実数$\t,\vp$と$x/y$が純虚数とならない複素数$x,y$に対し
\begin{align} \pi^2xy\frac{\cos(\t x)\cosh(\vp y)}{\sin(\pi x)\sinh(\pi y)}=1 &+2\pi xy\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n\cos(n\vp)}{n^2+y^2}\frac{\cosh(n\t x/y)}{\sinh(\pi nx/y)}\\ &-2\pi xy\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n\cos(n\t)}{n^2-x^2}\frac{\cosh(n\vp y/x)}{\sinh(\pi ny/x)}\\ \end{align}
また$|\t|,|\vp|<\pi/2$のとき
\begin{align} \frac\pi4\frac{\sin(\t x)\sinh(\vp y)}{\cos(\pi x/2)\cosh(\pi y/2)}={} &y^2\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\sin(n\vp)}{n^2+y^2}\frac{\sinh(n\t x/y)}{n\cosh(\pi nx/2y)}\\ &+x^2\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\sin(n\t)}{n^2-x^2}\frac{\sinh(n\vp y/x)}{n\cosh(\pi ny/2x)} \end{align}
\begin{align} \frac\pi4\frac{\cos(\t x)\sinh(\vp y)}{\sin(\pi x/2)\cosh(\pi y/2)}=\frac{\vp y}{2x} &+y^2\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\sin(n\vp)}{n^2+y^2}\frac{\cosh(n\t x/y)}{n\sinh(\pi nx/2y)}\\ &-x^2\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{\cos(2n\t)}{(2n)^2-x^2}\frac{\sinh(2n\vp y/x)}{n\cosh(\pi ny/x)} \end{align}

\begin{align} &\pi^2 xy\cot(\pi x)\cosh(\pi y)\\ ={}&1+2\pi xy\sum^\infty_{n=1}\frac{n\coth(\pi nx/y)}{n^2+y^2} -2\pi xy\sum^\infty_{n=1}\frac{n\coth(\pi ny/x)}{n^2-x^2}\\\\ &\pi^2 xy\csc(\pi x)\csch(\pi y)\\ ={}&1+2\pi xy\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n\csch(\pi nx/y)}{n^2+y^2} -2\pi xy\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n\csch(\pi ny/x)}{n^2-x^2}\\\\ &\frac\pi4\tan(\pi x/2)\tanh{\pi y/2}\\ ={}&y^2\sum^\infty_{n=0}\frac{\tanh((2n+1)\pi x/2y)}{(2n+1)((2n+1)^2+y^2)} +x^2\sum^\infty_{n=0}\frac{\tanh((2n+1)\pi y/2x)}{(2n+1)((2n+1)^2-x^2)}\\\\ &\frac\pi4\sec(\pi x/2)\sech(\pi y/2)\\ ={}&\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{n\sech(\pi nx/2y)}{n^2+y^2} +\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{n\sech(\pi ny/2x)}{n^2-x^2}\\\\ &\frac\pi4\cot(\pi x/2)\sech(\pi y/2)\\ ={}&\frac1{2x}-y\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\coth(\pi nx/2y)}{n^2+y^2} -x\sum^\infty_{n=1}\frac{\coth(\pi ny/x)}{(2n)^2-x^2} \end{align}

\begin{align} \pi^2z^2\cot(\pi z)\coth(\pi z) &=1-4\pi z^4\sum^\infty_{n=1}\frac{n\coth(\pi n)}{n^4-z^4}\\ \pi^2z^2\frac{\cosh(\pi z\sqrt2)+\cos(\pi z\sqrt2)}{\cosh(\pi z\sqrt2)-\cos(\pi z\sqrt2)} &=1+4\pi z^4\sum^\infty_{n=1}\frac{n\coth(\pi n)}{n^4+z^4}\\ \pi^2z^2\csc(\pi z)\csch(\pi z) &=1-4\pi z^4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n\coth(\pi n)}{n^4-z^4}\\ \frac{2\pi^2z^2}{\cosh(\pi z\sqrt2)-\cos(\pi z\sqrt2)} &=1+4\pi z^4\sum^\infty_{n=1}(-1)^n\frac{n\coth(\pi n)}{n^4+z^4}\\ \frac\pi{8z^2}\tan(\pi z/2)\tanh(\pi z/2) &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(2n+1)\tanh((2n+1)\pi/2)}{(2n+1)^4-z^4}\\ \frac\pi{8z^2}\frac{\cosh(\pi z/\sqrt2)-\cos(\pi z/\sqrt2)}{\cosh(\pi z/\sqrt2)+\cos(\pi z/\sqrt2)} &=\sum^\infty_{n=0}\frac{(2n+1)\tanh((2n+1)\pi/2)}{(2n+1)^4+z^4}\\ \frac\pi8\sec(\pi z/2)\sech(\pi z/2) &=\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{n^3\sech(\pi n/2)}{n^4-z^4}\\ \frac{\pi/4}{\cosh(\pi z/\sqrt2)+\cos(\pi z/\sqrt2)} &=\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{n^3\sech(\pi n/2)}{n^4+z^4} \end{align}

\begin{align} &\pi^2xy\frac{\cosh(\pi(x+y)\sqrt2)+\cos(\pi(x-y)\sqrt2)-\cosh(\pi(x-y)\sqrt2)-\cos(\pi(x+y)\sqrt2)}{(\cosh(\pi x\sqrt2)-\cos(\pi x\sqrt2))(\cosh(\pi y\sqrt2)-\cos(\pi y\sqrt2))}\\ ={}&2+4\pi xy^3\sum^\infty_{n=1}\frac{n\coth(\pi nx/y)}{n^4+y^4}+4\pi x^3y\sum^\infty_{n=1}\frac{n\coth(\pi ny/x)}{n^4+x^4} \end{align}

$$\int^\infty_0\frac{\cos(2nx)}{\cosh(\pi\sqrt x)+\cos(\pi\sqrt x)}dx =\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac k{\cosh(\pi k/2)}e^{-nk^2}$$

\begin{align} \frac{\pi e^{-2\pi z}}{2z(\cosh2\pi z-\cos2\pi z)} ={}&\frac1{8\pi z^3}-\frac1{4z^2}+\frac\pi{4z}\\ &-\sum^\infty_{n=1}\frac1{z^2+(z+n)^2} +4z\sum^\infty_{n=1}\frac n{e^{2\pi n}-1}\frac1{4z^4+n^4}\\ \frac{\pi e^{-\pi z}}{4z(\cosh\pi z+\cos\pi z)} ={}&\frac\pi{8z}\\ &-\sum^\infty_{n=1}\frac1{z^2+(z+2n+1)^2} -4z\sum^\infty_{n=1}\frac{2n+1}{e^{(2n+1)\pi}-1}\frac1{4z^4+(2n+1)^4}\\ \end{align}

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{\coth\pi n}{n^3}&=\frac{7\pi^3}{180}\\ \sum^\infty_{n=1}\frac{\coth\pi n}{n^7}&=\frac{19\pi^7}{56700}\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{\tanh((2n+1)\pi/2)}{(2n+1)^3}&=\frac{\pi^3}{32}\\ \sum^\infty_{n=0}\frac{\tanh((2n+1)\pi/2)}{(2n+1)^7}&=\frac{7\pi^7}{23040}\\ \sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\csch\pi n}{n^3}&=\frac{\pi^3}{360}\\ \sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{\csch\pi n}{n^7}&=\frac{13\pi^7}{453600}\\ \sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\sech\pi n}n&=\frac\pi8\\ \sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\sech\pi n}{n^5}&=\frac{\pi^5}{768}\\ \sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{\sech\pi n}{n^9}&=\frac{23\pi^9}{1720320} \end{align}

$$\sum^\infty_{n=1}\frac{\x(n)}{n^2(e^{\pi n}-1)}+\frac18\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2\cosh\pi n} =\frac{5\pi^2}{96}-\frac12\int^1_0\frac{\arctan x}{x}dx$$

\begin{align} &\sum^\infty_{n=1}\frac1{n^2+(n+1)^2}\frac1{\cosh((2n+1)\pi)-\cosh\pi}\\ ={}&\frac1{2\sinh\pi}\l(\frac1\pi+\coth\pi-\frac\pi2\tanh^2\frac\pi2\r)\\\\ &\sum^\infty_{n=0}\frac{2n+1}{25+(2n+1)^4/100}\frac1{e^{(2n+1)\pi}+1}\\ ={}&\frac{4689}{11890}-\frac\pi8\coth^2\frac{5\pi}2 \end{align}

$$\vp(t)=\prod^\infty_{k=0}\frac1{1+(\frac{t}{a+k})^2}$$
とおくと$\a\b=\pi$において
$$\sqrt\a\l(\frac12+\sum^\infty_{k=1}(\sech\a k)^{2a}\r) =\frac{\G(a)}{\G(a+\frac12)}\sqrt\b\l(\frac12+\sum^\infty_{k=1}\vp(\b k)\r)$$

　$\a\b=\pi$において
$$e^{z^2/4}\sqrt\a\l(\frac12+\sum^\infty_{k=1}e^{-\a^2k^2}\cos\a kz\r) =\sqrt\b\l(\frac12+\sum^\infty_{k=1}e^{-\b^2k^2}\cosh\b kz\r)$$

　$\a\b=\pi$および$\b t<\pi$において
\begin{align} \a\sum^\infty_{k=1}\frac{\sinh2\a kt}{e^{2\a^2k}-1} +\b\sum^\infty_{k=1}\frac{\sin2\b kt}{e^{2\b^2k}-1} &=\frac14\a\coth\a t-\frac14\b\cot\b t-\frac12t\\ 2\sum^\infty_{k=1}\frac{\cosh2\a kt}{k(e^{2\a^2k}-1)} -2\sum^\infty_{k=1}\frac{\cos2\b kt}{k(e^{2\b^2k}-1)} &=\frac16(\a^2-\b^2)+\log\frac{\sinh\a t}{\cos\b t}-t^2 \end{align}

　整関数$\vp(z)$が良い性質を満たすとき、$\a\b=\pi$において
\begin{align} &\sum^\infty_{k=1}\frac{\vp(\a kt)+\vp(-\a kt)}{k(e^{2\a^2k}-1)} +\sum^\infty_{k=1}\frac{\vp(\a kt)}{k} -\sum^\infty_{k=1}\frac{\vp(\b kit)+\vp(-\b kit)}{k(e^{2\b^2 k}-1)} -\sum^\infty_{k=1}\frac{\vp(\b kit)}k\\ ={}&\l(\frac{\pi i}2-\frac{\a^2}6+\frac{\b^2}6\r)\vp(0) +\l(-\frac{\a t}2+\frac{\b it}2\r)\vp'(0)-\frac{t^2}4\vp''(0) \end{align}

　$\a\b=\pi^2$において
\begin{align} \a\sum^\infty_{k=1}\frac k{e^{2\a k}-1}+\b\sum^\infty_{k=1}\frac k{e^{2\b k}-1} &=\frac{\a+\b}{24}-\frac14\\ \l(\frac\a\b\r)^{\frac14}\prod^\infty_{k=1}\frac{1-e^{-2\a k}}{1-e^{-2\b k}} &=e^{\frac{\a-\b}{12}} \end{align}

$$\sum^\infty_{k=1}\frac k{e^{2\a k}-1}=\frac1{24}-\frac1{8\pi}$$

　$[0,h]$上の連続関数$\vp$に対し
$$\psi(t)=\int^h_0\vp(x)e^{itx}\ dx$$
とおくと$m$を$h/\a$以下の最大の奇数としたとき、$\a\b=\pi/2$および$h/\a>m\geq1$において
$$\a\sum^m_{k=1}\x(k)\vp(\a k)e^{i\a kt} =\frac1{2i}\sum^\infty_{k=1}\x(k)(\psi(t+\b k)-\psi(t-\b k))$$

　$\a\b=\pi/4$において
$$e^{z^2/4}\sqrt\a\sum^\infty_{k=1}\x(k)e^{-\a^2k^2}\sin\a kz =\sqrt\b\sum^\infty_{k=1}\x(k)e^{-\b^2k^2}\sinh\b kz$$

　$\a\b=\pi$および$|t|<\b/2$において
$$\a\l(\frac1{4\cos\a t}+\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\cos\a kt}{e^{\a^2k}-1}\r) =\b\l(\frac14+\sum^\infty_{k=1}\frac{\cosh2\b kt}{e^{\b^2k}+e^{-\b^2k}}\r)$$

　$\a\b=\pi/2$および$0< t<\pi/2\a$において
$$\a\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\sin\a kt}{\cosh\a^2k} =\b\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\sinh\b kt}{\cosh\b^2k}$$

　$\a\b=\pi^2$および$n\geq2$において
$$\a^n\sum^\infty_{k=1}\frac{k^{2n-1}}{e^{2\a k}-1} -(-\b)^n\sum^\infty_{k=1}\frac{k^{2n-1}}{e^{2\b k}-1} =(\a^n-(-\b)^n)\frac{B_{2n}}{4n}$$

\begin{align} \sum^\infty_{k=1}\frac{k^5}{e^{2\pi k}-1}&=\frac1{504}\\ \sum^\infty_{k=1}\frac{k^9}{e^{2\pi k}-1}&=\frac1{264}\\ \sum^\infty_{k=1}\frac{k^{13}}{e^{2\pi k}-1}&=\frac1{24}\\ \sum^\infty_{k=1}\frac{k^{4n+1}}{e^{2\pi k}-1}&=\frac{B_{4n+2}}{4(2n+1)} \end{align}

　$\a\b=\pi^2$において
$$\a^n\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{k^{2n-1}}{\cosh(\a k/2)} +(-\b)^n\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{k^{2n-1}}{\cosh(\b k/2)}=0$$

　$\a\b=\pi^2/4$において
\begin{align} &2\sum^\infty_{k=1}\x(k)\arctan e^{-\a k} +2\sum^\infty_{k=1}\x(k)\arctan e^{-\b k}\\ ={}&\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\sech\a k}{k} +\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\sech\a k}{k}\\ ={}&\frac\pi4 \end{align}

$$\sum^\infty_{k=1}\x(k)\arctan e^{-\pi k/2}=\frac\pi{16}$$

　$\a\b=\pi^2$において
\begin{align} &\a^{-n}\l(\frac12\z(2n+1)+\sum^\infty_{k=1}\frac{k^{-2n-1}}{e^{2\a k}-1}\r)\\ ={}&(-\b)^{-n}\l(\frac12\z(2n+1)+\sum^\infty_{k=1}\frac{k^{-2n-1}}{e^{2\b k}-1}\r)\\ &-2^{2n}\sum^{n+1}_{k=0}(-1)^k\frac{B_{2k}}{(2k)!}\frac{B_{2n+2-2k}}{(2n+2-2k)!}\a^{n+1-k}\b^k \end{align}

　$\a\b=\pi^2/4$において
\begin{align} &\a^{-n}\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\sech\a k}{k^{2n+1}} +(-\b)^{-n}\sum^\infty_{k=1}\x(k)\frac{\sech\b k}{k^{2n+1}}\\ ={}&\frac\pi4\sum^n_{k=0}(-1)^k\frac{E_{2k}}{(2k)!}\frac{E_{2n-2k}}{(2n-2k)!}\a^{n-k}\b^k \end{align}

　$\x$を何らかの原始的ディリクレ指標とし
$$L(s)=\sum^\infty_{n=1}\frac{\x(n)}{n^s}$$
とおくと$\a\b=\pi^2$において
\begin{align} &\a^{-n+\frac12}\l(\frac12L(2n)+\sum^\infty_{k=1}\frac{\x(k)}{k^{2n}(e^{\a k}-1)}\r)\\ ={}&(-1)^n\frac{\b^{-n+\frac12}}{2^{2n+1}}\sum^\infty_{k=1}\frac1{k^{2n}\cosh\b k}\\ &+\frac14\sum^n_{k=0}\frac{(-1)^k}{2^{2k}}\frac{E_{2k}}{(2k)!}\farc{B_{2n-2k}}{(2n-2k)!}\a^{n-k}\b^{k+\frac12} \end{align}

\begin{align} \int^\infty_0e^{-ax}\sin ax\cot x\ dx &=2a^2\sum^\infty_{n=1}\frac n{a^4+4n^4}\\ \int^\infty_0e^{-ax}\sin ax\coth x\ dx &=\frac1{2a}+2a\sum^\infty_{n=1}\frac1{a^2+(a+2n)^2}\\ \int^\infty_0e^{-ax}\sin ax(\cot x+\coth x)dx &=\frac\pi2\frac{\sinh\pi a}{\cosh\pi a-\cos\pi a} \end{align}

\begin{align} \int^\infty_0\frac{x\sin2ax}{e^{x^2}-1}dx &=\frac{\sqrt\pi a}2\sum^\infty_{n=1}\frac{e^{-a^2/n}}{n\sqrt n}\\ &=\frac\pi2+\pi\sum^\infty_{n=1}e^{-2a\sqrt{n\pi}}\cos(2a\sqrt{n\pi})\\ \int^\infty_0\frac{x\sin2ax}{e^{x^2}+e^{-x^2}}dx &=\frac{\sqrt\pi a}2\sum^\infty_{n=1}\x(n)\frac{e^{-a^2/n}}{n\sqrt n}\\ &=\frac\pi2\sum^\infty_{n=1}\x(n)e^{-a\sqrt{n\pi}}\sin(a\sqrt{n\pi})\\ \end{align}

$$\phi(t)=\int^\infty_0\frac{\cos tx}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx$$
とおくと
$$\int^\infty_0\frac{\sin tx}{e^{2\pi\sqrt x}-1}dx =\phi(t)-\frac1{2t}+\phi\l(\frac{\pi^2}t\r)\sqrt{\frac{2\pi^3}{t^3}}$$

　$\psi(t)$を
$$\frac1{4\pi}+2\sum^\infty_{n=1}\frac{n\cos tn^2}{e^{2\pi n}-1}=\phi(t)+\psi(t)$$
によって定めると
\begin{align} \int^\infty_0e^{-2a^2t}\psi(t)dt&=\frac\pi{e^{4\pi a}-2e^{2\pi a}\cos2\pi a+1}\\ t\sqrt{\frac t2}\psi(\pi t) &=\sum^\infty_{r=1}(re^{-2\pi r^2/t}+\sum^\infty_{j=1}e^{-2\pi r(r+1)/t}\l((2r+j)\cos\frac{\pi j(2r+j)}t+\sin\frac{\pi j(2r+j)}t\r)) \end{align}

　$t=a/b>0$を既約分数とする。このとき$a,b$が共に奇数であれば
$$\phi\l(\frac{\pi a}b\r)=\frac14\sum^b_{r=1}(b-2r)\cos\l(\frac{r^2\pi a}b\r) -\frac b{4a}\sqrt{\frac ba}\sum^a_{r=1}(a-2r)\sin\l(\frac\pi4+\frac{r^2b\pi}a\r)$$
が成り立ち、また$a,b$の一方が偶数であれば
\begin{align} \phi\l(\frac{\pi a}b\r) =\frac1{4\pi a}\sum^b_{r=1}\sin\l(\frac{r^2\pi a}b\r) -\frac12&\sum^b_{r=1}r\l(1-\frac rb\r)\cos\l(\frac{r^2\pi a}b\r)\\ +\frac b{2a}\sqrt{\frac ba}&\sum^b_{r=1}r\l(1-\frac ra\r)\sin\l(\frac\pi4+\frac{r^2\pi b}a\r)\\ \end{align}
が成り立つ。例えば
\begin{gather} \phi(0)=\frac1{12},\quad \phi\l(\frac\pi2\r)=\frac1{4\pi},\quad \phi(\pi)=\frac{2-\sqrt2}8,\quad \phi(2\pi)=\frac1{16},\quad \phi(\infty)=0\\\\ \phi\l(\frac\pi5\r)=\frac{6+\sqrt5}4-\frac{5\sqrt{10}}8,\quad \phi\l(\frac{2\pi}5\r)=\frac{8-3\sqrt5}{16},\quad \phi\l(\frac{2\pi}3\r)=\frac13-\sqrt3\l(\frac3{16}-\frac1{8\pi}\r) \end{gather}
となる。

　$a>0$に対し
$$\int^\infty_0e^{-2a^2t}f(t)dt=\pi e^{-4ap}$$
が成り立つとき
$$f(t)=\frac{p\sqrt{2\pi}}{t\sqrt t}e^{2p^2/t}$$

$$\frac1p\int^1_0x^{a-1}(1-x^{p/(1-nx)})dx=\sum^\infty_{k=0}\frac{n^k(a+k)^{k-1}}{(p+a+k)^{k+1}}$$

\begin{align} \int^\infty_0x^{s-1}e^{-x}\sin x\ dx&=2^{-\frac s2}\G(s)\sin\frac{\pi s}4&&(\Re(s)>-1)\\ \int^\infty_0x^{s-1}e^{-x}\cos x\ dx&=2^{-\frac s2}\G(s)\cos\frac{\pi s}4&&(\Re(s)>0) \end{align}

　$|a|\leq\pi,t>0$なる実数$a,t$に対し
$$\int^\infty_0\frac{\sinh ax}{\sinh \pi x}\frac{dx}{t^2+x^2} =\frac{\sin a}t\int^1_0\frac{x^n}{1+2x\cos a+x^2}dx$$

　$a,b,t>0$において
$$\int^\infty_0\log\l(\frac{a^2+x^2}{b^2+x^2}\r)\cos tx\ dx =\frac\pi t(e^{-bt}-e^{-at})$$

$$\int^t_0\l(\frac tx\r)^xdx=\sum^\infty_{n=1}\l(\frac{t}{n}\r)^n$$

$$\int^\infty_0\frac{\sin2tx}{\cosh\pi x+\cos\pi x}\frac{dx}x =\frac\pi2-2\sum^\infty_{n=0}(-1)^n\frac{e^{-(2n+1)t}\cos((2n+1)t)}{(2n+1)\cosh((2n+1)\pi/2)}$$

　$a>0$および$0\leq b<2$において
$$2\int^\infty_0\frac{\sinh bx\sin ax}{e^{2x}-1}dx=\int^\infty_0e^{-ax}\cot x\sin bx\ dx$$

　$x=0$の近傍で
$$f(x)=\sum^\infty_{n=0}u(n)x^n,\quad g(x)=\sum^\infty_{n=0}v(n)x^n$$
と展開でき、また$f(0)=g(0)=A$および
$$\lim_{n\to\infty}f(x)=\lim_{x\to\infty}g(x)=0$$
が成り立つとき$a,b>0$に対し
$$\int^\infty_0\frac{f(ax)-g(bx)}xdx=A\l(\l.\frac d{ds}\log\frac{v(s)}{u(s)}\r|_{s=0}+\log\frac ba\r)$$

　$z=0$を除く$\Re(z)\geq0$上で正則な関数$F$に対しある$\a,\b<1$が存在して
\begin{align} F(z)&=O(z^\a)&&(z\to\infty)\\ F(z)&=O(z^{-\b})&&(z\to 0) \end{align}
を満たすとき
$$\vp(w)=\frac2\pi\int^\infty_0e^{-z^2}F\l(\frac zw\r)dz$$
とおくと
$$F(z)=\int^\infty_0e^{-w^2}(\vp\l(\frac{wi}z\r)+\vp\l(-\frac{wi}z\r))dw$$

$$\int^\infty_0\l(\prod^{n-1}_{k=0}\frac1{1+(\frac x{2k+1})^2}\r)\cos tx\ dx =\frac{2\G(n+\frac12)^2}{\G(n)\G(n+1)}\sum^{n-1}_{k=0}e^{-(2k+1)t}\frac{(1-n)_k}{(1+n)_k}$$

　$0< a< b+1$において
\begin{align} &\int^\infty_0\l(\prod^\infty_{n=0}\frac{1+(\frac x{b+n+1})^2}{1+(\frac x{a+n})^2}\r)\cos tx\ dx\\ ={}&\frac{\pi\G(2a)\G(b+1)^2}{\G(a)^2\G(b+a+1)\G(b-a+1)} \sum^\infty_{n=0}e^{-(a+n)t}\frac{(a-b)_n(2a)_n}{(a+b+1)_n(1)_n} \end{align}

　$[0,\infty)$上の連続関数$\vp$が極限値$\vp(\infty)=\lim_{x\to\infty}\vp(x)$を持つとき
$$\lim_{s\to0}\int^\infty_0sx^{s-1}\vp(x)dx=\vp(0)-\vp(\infty)$$

　$\Re(z)\geq0$において正則な関数$\vp$がある$s>0$に対し良い感じの条件を満たすとき
\begin{align} \int^\infty_0x^{s-1}(\vp(ix)+\vp(-ix))dx &=2\cos\frac{\pi s}2\int^\infty_0x^{s-1}\vp(x)dx\\ \int^\infty_0x^{s-1}(\vp(ix)-\vp(-ix))dx &=-2i\sin\frac{\pi s}2\int^\infty_0x^{s-1}\vp(x)dx \end{align}

$$\int^1_0\log\l(\frac{1+\sqrt{1+4x}}2\r)\frac{dx}x=\frac{\pi^2}{15}$$

　$t>0$に対し$v=u^t-u^{t-1}$とおき
$$\vp(t)=\int^1_0\frac{\log u}vdv$$
と定める。このとき
$$\vp(0)=\frac{\pi^2}6,\quad\vp(1)=\frac{\pi^2}{12},\quad\vp(2)=\frac{\pi^2}{15}$$
および
$$\vp(t)+\vp\l(\frac1t\r)=\frac{\pi^2}6$$
が成り立つ。

$$\int^\infty_0\frac{\cos tx}{x^2+1}\log x\ dx +\frac\pi2\int^\infty_0\frac{\sin tx}{x^2+1}dx=0$$