導出: Riemannゼータ関数の特殊値のBernoulli数による表現
書いておきたい数学の話があったので、書きます。
タイトルの通りです。
sin xの因数分解
今回の話は、以下の式から始まります。
\begin{align}
\sin (\pi x) = \pi x \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{x^2}{n^2} \right)
\end{align}
は任意の実数とします。(この等式自体は、複素数に拡張しても成立します)
形式的には、正弦関数を因数分解した式となっています。
高校数学では多項式関数に対して因数定理というものがありましたが、これは少し条件を加えることで一般の複素数値整関数にも同様の議論が適応できて、しかも零点が無限個でも許容されます。(Weierstrassの因数分解定理)
ここで、両辺の自然対数(主値)を取ります。
\begin{align}
\log \sin (\pi x) = \log \pi x + \sum_{n=1}^{\infty} \log \left( 1 - \frac{x^2}{n^2} \right)
\end{align}
さらにこれを両辺 で微分します。
すると、両辺はそれぞれ次のようになると思います。
\begin{align}
\pi \frac{\cos (\pi x)}{\sin (\pi x)} = \frac{1}{x} - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\frac{x}{n^2}}{1 - \frac{x^2}{n^2}}
\end{align}
両辺に をかけて整理します。
\begin{align}
\pi x \frac{\cos (\pi x)}{\sin (\pi x)} = 1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\frac{x^2}{n^2}}{1 - \frac{x^2}{n^2}} \tag{1}
\end{align}
さて、ここで左辺と右辺についてそれぞれ考えていきましょう。
左辺を級数に変形する
\begin{align}
\pi x \frac{\cos (\pi x)}{\sin (\pi x)}
\end{align}
左辺は上のような形になりましたが、これは複素指数関数(Eulerの公式)を用いて書き直すことができるでしょう。
\begin{align}
\pi x \frac{\cos (\pi x)}{\sin (\pi x)} &= i \pi x \cdot \frac{e^{i \pi x} + e^{- i \pi x}}{e^{i \pi x} - e^{- i \pi x}} \\
&= i \pi x \cdot \frac{e^{i \pi x} - e^{- i \pi x} + 2 e^{- i \pi x}}{e^{i \pi x} - e^{- i \pi x}} \\
&= i \pi x \left( 1 + \frac{2 e^{- i \pi x}}{e^{i \pi x} - e^{- i \pi x}} \right) \\
&= i \pi x \left( 1 + \frac{2}{e^{2 i \pi x} - 1} \right) \\
&= i \pi x + \frac{2 i \pi x}{e^{2 i \pi x} - 1} \tag{2}
\end{align}
(1)と(2)を合わせることで、以下を得ます。
\begin{align}
i \pi x + \frac{2 i \pi x}{e^{2 i \pi x} - 1} = 1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\frac{x^2}{n^2}}{1 - \frac{x^2}{n^2}} \tag{3}
\end{align}
ここで、左辺の第二項の関数を級数に展開したいと思います。
関数 t / (e^t - 1)
そのまま扱うのは面倒そうなので、 として単純化しておきます。
そうすれば、以下の関数を考えればよいでしょう。
\begin{align}
\frac{t}{e^{t} - 1}
\end{align}
これは以下のような関数と等価ですので、複素数平面全体で正則です。
( は原点において1位の極を持ちますが、1次関数によって打ち消されています)
\begin{align}
\frac{t}{e^{t} - 1} = \frac{t}{2} \left( \coth \frac{t}{2} - 1 \right)
\end{align}
さて、この関数をそのまま微分していってTaylor級数の係数を決定していくのはかなり大変そうです。
ここで、正則という条件を使って以下のように表現できると仮定します。
\begin{align}
\frac{t}{e^{t} - 1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} t^n
\end{align}
が決定できれば、Taylor展開ができたということになります。
さらに、左辺の分母も級数表現に直します。
\begin{align}
\frac{t}{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} t^n - 1} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} t^n \\
\frac{t}{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} t^n} &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} t^n
\end{align}
最後に分母をはらえば、以下のようになります。
\begin{align}
t &= \left( \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} t^n \right) \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!} t^n \right) \\
&= \left( B_0 + B_1 t + \frac{B_2}{2!} t^2 + \cdots \right) \left( t + \frac{1}{2!} t^2 + \cdots \right) \\
&= B_0 t + \left( \frac{B_0}{2!} + B_1 \right) t^2 + \cdots
\end{align}
あとは、両辺で係数比較すれば係数 が決定できます。
低次の項から計算していくことで、上手く全ての係数が計算できるようになっています。
\begin{align}
B_0 &= 1 \\
B_1 &= - \frac{1}{2} \\
B_2 &= \frac{1}{6} \\
B_3 &= \cdots
\end{align}
実はこの数列には名前が付いていて、Bernoulli数と一般に呼ばれています。
これを用いて、(3)は次のように書き換えられます。
\begin{align}
i \pi x + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} (2 i \pi x)^n = 1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\frac{x^2}{n^2}}{1 - \frac{x^2}{n^2}} \tag{4}
\end{align}
ゴールに近づいてきました。
次は右辺について考えていきましょう。
右辺の分解
\begin{align}
1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\frac{x^2}{n^2}}{1 - \frac{x^2}{n^2}}
\end{align}
ここで被加数に注目してみると、等比級数の和の形になっていることに気が付きます。
\begin{align}
1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\frac{x^2}{n^2}}{1 - \frac{x^2}{n^2}} = 1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \left( \frac{x}{n} \right)^{2m}
\end{align}
ここで和の順序を交換します。
\begin{align}
1 - 2 \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \left( \frac{x}{n} \right)^{2m} &= 1 - 2 \sum_{m=1}^{\infty} \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2m}} \right) x^{2m} \\
&= 1 - 2 \sum_{m=1}^{\infty} \zeta(2m) x^{2m} \tag{5}
\end{align}
ゼータ関数が係数に現れました。
(5)の結果を(4)に代入すれば、以下を得ます。
\begin{align}
i \pi x + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} (2 i \pi x)^n = 1 - 2 \sum_{m=1}^{\infty} \zeta(2m) x^{2m} \tag{6}
\end{align}
係数比較
\begin{align}
i \pi x + \sum_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!} (2 i \pi x)^n = 1 - 2 \sum_{m=1}^{\infty} \zeta(2m) x^{2m} \tag{6}
\end{align}
さて、ここまでの計算で上記の結果が得られました。
注意してみると、右辺には偶数次の項しか存在しないので、このことから任意の奇数 に対して となることが導かれます。
これは奇数に対するゼータ関数の特殊値の簡易な表示が得られていないことの一因ともなっています。
一方(6)から、ある偶数 に対して は以下のように表現できることが従います。(ゼータ関数の一種の母関数が得られたとも言えます)
\begin{align}
\zeta(2m) = - \frac{B_{2m}}{2 \cdot (2 m)!} (2 i \pi)^{2m} \tag{7}
\end{align}
奇数に対する表示は未だ複雑なものしか発見されていません。
もし新しい式を発見された方がいらしましたら、ご一報ください。