正の整数におけるゼータ関数の特殊値びぼうろく

お久しぶりです. またブログを放置してしまいました. ネタはあったんですけど少々自分の勉強のほうが危なすぎる日々が続いたので記事を書くまでになかなか至らなかったんです. 許してくださいなんでもしますから(なんでもするとは言ってない)

今回はタイトル通り, ゼータ関数の特殊値を求める過程を少々おべんつよしたのでその備忘録を残しておきます.比較的長めですがやってることは難しくないので暇な時にでも読んでみてください.

ゼータ関数や数論界隈には熱心な方が非常に多いのでこのような形でも残しておくのが非常に恐れ多いのですが許してくださいなんでも

とりあえず必要な事項をパパパッとまとめていきます.

Def.(Bernoulli数)

複素関数 は 上で正則である. これより は の範囲で級数展開することができる;

\begin{eqnarray}
\frac{z}{e^z -1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{B_n}{n!}z^n.
\end{eqnarray}

上で与えられる各係数 をBernoulli数という.

 このBernoulli数自体とても大事なもので, 初等関数の級数展開の係数としてしばしば顔を出したりします. しかしここではあくまで目標をゼータの特殊値に絞って各種の性質については割愛します. というかぼくはあまり深いことは言及できないです.

もうひとつ大事な事実を述べておきます.

Fact.( の無限積展開)

任意の に対して, 次が成り立つ.

\begin{eqnarray}
\sin z = z\prod_{n=1}^\infty \left(1 - \frac{z^2}{n^2\pi^2} \right).
\end{eqnarray}

 この事実を示すには の部分分数分解などなにかと準備は必要ですが, 複素解析の基本的事項を取り扱えれば示せます. というかかつて示したことのある方も多いかと思います. 

さて, 以上の準備を踏まえて本題に取り掛かろうと思います. 

Theorem.(Riemannの 関数の特殊値)

(Riemannの 関数のDirichret級数表示)とするとき, 任意の について次が成り立つ.

\begin{eqnarray}
\zeta (2k) = (-1)^{k+1}\frac{B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}.
\end{eqnarray}

 さて早速証明をしていきましょう. 上記のFactより,

\begin{eqnarray}
\sin z = z\prod_{n=1}^\infty \left(1 - \frac{z^2}{n^2\pi^2} \right).
\end{eqnarray}

でした. これについて, と置いてみると, まず左辺は

\begin{eqnarray}
\sin \frac{u}{2i} &=& \frac{e^\frac{u}{2} - e^{-\frac{u}{2}}}{2i} \\
&=& \frac{e^\frac{u}{2}(1 - e^{-u})}{2i}
\end{eqnarray}

であり, 右辺は

 \begin{eqnarray}
\frac{u}{2i} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{u^2}{4 \pi^2 n^2} \right) &=& \frac{u}{2i} \prod_{n=1}^\infty \frac{4 \pi^2 n^2 + u^2}{4 \pi^2 n^2}
\end{eqnarray}

と変形できます. 従って

\begin{eqnarray}
\frac{e^\frac{u}{2}(1 - e^{-u})}{2i} &=& u \prod_{n=1}^\infty \frac{4 \pi^2 n^2 + u^2}{4 \pi^2 n^2} .
\end{eqnarray}

これより, 上式の対数を取って微分すると左辺は

\begin{eqnarray}
\frac{d\ }{du}\left\{ \frac{u}{2} + \log(1 - e^{-u}) \right\}\ &＝&\ \frac{1}{2} + \frac{e^{-u}}{1 - e^{-u}} \\
&=&\ \frac{1}{2} + \frac{1}{e^u - 1}
\end{eqnarray}

となり, 一方で右辺は

\begin{eqnarray}
\frac{d\ }{du} \left\{\log u + \sum_{n=1}^\infty \left( \log (4\pi^2 n^2 + u^2) - \log 4 \pi^2 n^2 \right) \right\}\ =\ \frac{1}{u} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2u}{4\pi^2n^2 + u^2}
\end{eqnarray}

となるから, 

\begin{eqnarray}
\frac{1}{2} + \frac{1}{e^u - 1} = \frac{1}{u} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2u}{4\pi^2n^2 + u^2}.
\end{eqnarray}

 ここで左辺について見てみると, Bernoulli数の定義がチラリしているので代入してみると

\begin{eqnarray}
\frac{1}{2} + \frac{1}{u} \sum_{k=1}^\infty\frac{B_k}{k!}u^k = \frac{1}{u} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2u}{4\pi^2n^2 + u^2}
\end{eqnarray}

となります. 更にここでBernoulli数を具体的に計算すると であることがわかるので, 

\begin{eqnarray}
\frac{1}{2} + \frac{1}{u} - \frac{1}{2} +\frac{1}{u} \sum_{k=2}^\infty\frac{B_k}{k!}u^k &=& \frac{1}{u} + \sum_{n=1}^\infty \frac{2u}{4\pi^2n^2 + u^2} \\
\Leftrightarrow\ \ \  \sum_{k=2}^\infty\frac{B_k}{k!}u^k &=& \sum_{n=1}^\infty \frac{2u^2}{4\pi^2n^2 + u^2}
\end{eqnarray}

となります. ここから右辺を更にひたすら変形していくと,

\begin{eqnarray}
\sum_{n=1}^\infty \frac{2u^2}{4\pi^2n^2 + u^2} &=& 2\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{u}{2\pi n} \right)^2\cdot \frac{1}{1 + \left( \frac{u}{2\pi n} \right)^2} \\
&=& 2 \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{u}{2\pi n} \right)^2\left\{\sum_{j=0}^\infty (-1)^j \left( \frac{u}{2\pi j} \right)^{2j} \right\} \\
&=& 2 \sum_{j=0}^\infty (-1)^j \sum_{n=1}^\infty \left( \frac{u}{2\pi n} \right)^{2j+2} \\
&=& 2 \sum_{l=1}^\infty (-1)^{l+1}\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{u}{2\pi n} \right)^{2l} \\
&=& 2\sum_{l=1}^\infty \frac{(-1)^{l+1}}{(2\pi)^{2l}} \zeta(2l) u^{2l}
\end{eqnarray}

となります...ちっとばかし大変でしたね. しかし実はもうゴールにたどり着いてしまっていて, もともとの式の左辺と右辺の係数を比較することで, がわかり, 更に関係式

\begin{eqnarray}
\frac{B_{2k}}{(2k)!} = 2\frac{(-1)^{k+1}}{(2\pi)^{2k}} \zeta(2k)
\end{eqnarray}

が得られ, ここから目標であった特殊値

\begin{eqnarray}
\zeta (2k) = (-1)^{k+1}\frac{B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}.
\end{eqnarray}

が示されます.　□

さて, こんな感じで正の偶数におけるゼータ関数の特殊値を求められたわけですが, 実は3以上の奇数においてはその特殊値は求まっていないようで, いろいろ大変なようですね. 専門外なのでようわかりませんけど.

次の記事のネタも実は既に見つけてあります. ぼくがゼミの勉強をしているときに見つけた面白いトピックがあるので気長にお待ち下さい.