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ガンマ関数の和と積分

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\Gamma(x+n)\Gamma(x-n)}=\frac{2^{2x-3}}{\Gamma(2x-1)}-\frac{1}{2\Gamma^2(x)}$$

証明
有限和の場合($x=m\in \mathbb{N}$)は、比較的簡単に証明できる。

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{d}y}{\Gamma(x+y)\Gamma(x-y)}=\frac{2^{2x-3}}{\Gamma(2x-1)}$$

証明
ともに関数は偶関数なので、$(-\infty,0]$の領域も足し合わせると次を得る
$$\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{\Gamma(x+n)\Gamma(x-n)}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{d}y}{\Gamma(x+y)\Gamma(x-y)}=\frac{4^{x-1}}{\Gamma(2x-1)}$$
成り立つのは$x\ge 1$あたり

sec

$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{y^{2}}{\sin\left(y\right)\sin\left(xy\right)}dy=4\sum_{m\ge 1,j\ge 0}\left(\frac{\frac{\pi^{2}}{2}\left(-1\right)^{m-1}\cos\left(\left(j+\frac{1}{2}\right)\pi x\right)}{2m-1-\left(2j+1\right)x}+\frac{2\pi\left(-1\right)^{m-1}\sin\left(\pi\left(j+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\left(2m-1-\left(2j+1\right)x\right)^{2}}-\frac{4\left(-1\right)^{m-1}\cos\left(\pi\left(j+\frac{1}{2}\right)x\right)}{\left(2m-1-\left(2j+1\right)x\right)^{3}}\right)$$

証明のスケッチ
$x\to 1,0$などとすることで特殊値を得る。

$$\frac{\sin\left(bx\right)}{x\cos\left(x\right)}=2\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{j}\sin\left(\pi\left(j+\frac{1}{2}\right)b\right)}{\left(j+\frac{1}{2}\right)^{2}\pi^{2}-x^{2}}\quad (-1< b<1)$$

証明略

$$\frac{\sin\left(ax\right)}{a\sin\left(x\right)\cos\left(\frac{a\pi}{2}\right)}=i_{1}\left(0,a\right)+2\sum_{n=1}^{\infty}\cos\left(2nx\right)i_{1}\left(n,a\right)$$
$$i_{1}\left(n,a\right)=\frac{4}{\pi}\sum_{j=n+1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{j-1}}{\left(2j-1\right)^{2}-a^{2}}$$

証明略
$a$に様々な値を代入してFourier展開が得られる
特に、$a\to0$とすることで、x/sin xの二重和のFourier展開が得られる。

$$\frac{x}{\sin x}=\frac8\pi\sum_{1\le n\le m}\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2}\cos(2nx)+\frac{4G}{\pi}\quad\qty(-\frac\pi2< x<\frac\pi2)$$

$G$はCatalanの定数。
関連して、対数余弦関数も二重Fourier展開できる。

$$\ln(2\cos\frac x2)=\frac2\pi\sum_{0< n< m}\frac{(-1)^m}{n(2m-1)}\cos(2nx)+\frac{2G}{\pi} \quad\qty(-\frac\pi2< x<\frac\pi2)$$

証明略。分母にsinが来る関数の多重Fourier展開は統一的な手法があり、それを用いる

投稿日：10月1日

更新日：10月1日