無限級数の値

ゼータ関数その4

前回の記事では、 関数等式をもちいて特殊値を求めたが、関数等式は強い式なので、 他の方法でも特殊値を求めてみたい。 ここでは、\(\zeta(2)\)を初等的に求めてみる。まず、因数分解

\[ 1-x^n=\prod_{k=0}^{n-1}(1-xe^{2\pi ik/n}) \] を考える。\(x\to e^{2ix}\)とすると、 \begin{align} 1-e^{2inx}&=\prod_{k=0}^{n-1}(1-e^{2i(x+\pi k/n)})\\ -e^{inx}(e^{inx}-e^{-inx})&=\prod_{k=0}^{n-1}(-e^{i(x+\pi k/n)})(e^{i(x+\pi k/n)}-e^{-i(x+\pi k/n)})\\ e^{inx}-e^{-inx}&=(-1)^{n-1}e^{ i\pi(n-1)/2}\prod_{k=0}^{n-1}(e^{i(x+\pi k/n)}-e^{-i(x+\pi k/n)})\\ 2i\sin nx&=(-1)^{n-1}i^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}2i\sin\left(x+\frac{\pi k}{n}\right)\\ \sin nx&=(-1)^{n-1}2^{n-1}i^{2n-2}\prod_{k=0}^{n-1}\sin\left(x+\frac{\pi k}{n}\right)\\ \sin nx&=2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}\sin\left(x+\frac{\pi k}{n}\right) \end{align} 両辺の対数をとって、 \[ \ln\sin nx=(n-1)\ln 2+\sum_{k=0}^{n-1}\ln\sin\left(x+\frac{\pi k}{n}\right) \] \(x\)で微分して、 \[ n\cot nx=\sum_{k=0}^{n-1}\cot\left(x+\frac{\pi k}{n}\right) \] さらに\(x\)で微分して、 \[ \frac{n^2}{\sin^2 nx}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{\sin^2\left(x+\frac{\pi k}{n}\right)} \] よって、 \[ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n^2\sin^2\left(x+\frac{\pi k}{n}\right)}=\frac{1}{\sin^2 nx}-\frac{1}{n^2\sin^2 x} \] であるから、 \begin{align} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}&=\lim_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin^2 nx}-\frac{1}{n^2\sin^2 x}\right)\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{n^2\sin^2 x-\sin^2 nx}{n^2\sin^2 nx\sin^2 x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{(n\sin x-\sin nx)(n\sin x+\sin nx)}{n^4x^4}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{n^4}\frac{n\sin x-\sin nx}{x^3}\frac{n\sin x+\sin nx}{x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{n^4}\frac{\frac{n^3-n}{6}x^3+O(x^5)}{x^3}\cdot 2n\\ &=\frac{n^2-1}{3n^2} \end{align} ここで、 \begin{align} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}&=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}+\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi (n-k)}{n}\right)}\\ &=2\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)} \end{align} また、 \begin{align} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\tan^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}&=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}-\frac{1}{n^2}\left[\frac{n}{2}\right]\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)} \end{align} 一方、 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{n^2-1}{3n^2}=\frac{1}{3} \] であるから、 \[ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\tan^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}=\frac{1}{6} \] ここで、\(0 < x < \frac{\pi}{2}\)のとき、 \[ \sin x < x < \tan x \] つまり、 \[ \frac{1}{\tan^2 x} < \frac{1}{x^2} < \frac{1}{\sin^2 x} \] がなりたつので、 \[ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\tan^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}\leq \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{\pi^2k^2}\leq \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{[n/2]}\frac{1}{n^2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)}\\ \] よって、 \[ \frac{1}{6}\leq \frac{\zeta(2)}{\pi^2}\leq \frac{1}{6} \] であるから、 \[ \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6} \] が分かる。

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