ζ関数に関する無限級数

この記事では、以下の無限級数について考える。
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2mn)z^{2mn},\ \ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\zeta(2mn)z^{2mn} $$
$$1.三角関数の無限乗積展開$$
$$ \sin\pi z=\pi z\prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\frac{z^2}{n^2}\bigg) $$
変形して、
$$ \prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\frac{z^2}{n^2}\bigg)=\frac{\sin\pi z}{\pi z}\ \ \ \cdots\text{①} $$
$$2.因数分解$$
$x^m-1=0\text{のとき、}x=e^{\frac{2k}{m}\pi i}\ (k=1,2,\cdots,m)\text{より、}$
$$ x^m-1=\prod_{k=1}^{m}\big(x-e^{\frac{2k}{m}\pi i}\big) $$
$x\ne0\text{として、両辺を}x^m\text{で割ると、} $
$$ 1-\frac{1}{x^m}=\prod_{k=1}^{m}\bigg(1-\frac{e^{\frac{2k}{m}\pi i}}{x}\bigg) $$
この式で$x\mapsto\frac{n^2}{z^2}\ (z\ne0)$とすると、
$$ 1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}=\prod_{k=1}^{m}\bigg(1-\frac{e^{\frac{2k}{m}\pi i}z^2}{n^2}\bigg)=\prod_{k=1}^{m}\bigg(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z)^2}{n^2}\bigg)\ \ \ \cdots\text{②} $$
$$3.無限積へ$$
②で、$n=1$から$\infty$までの無限積をとれば、
$$ \prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\bigg)=\prod_{n=1}^{\infty}\prod_{k=1}^{m}\bigg(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z)^2}{n^2}\bigg) $$
$$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{k=1}^{m}\prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z)^2}{n^2}\bigg)\ \ \ \cdots\text{③} $$
ここで、①で$z\mapsto e^{\frac{k}{m}\pi i}z$とすれば、
$$ \prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z)^2}{n^2}\bigg)=\frac{\sin(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z)}{e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z} $$
であるから、これを③に代入して、
$$ \prod_{n=1}^{\infty}\bigg(1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\bigg)=\prod_{k=1}^{m}\frac{\sin(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z)}{e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z} $$
$$4.無限級数へ$$
両辺の対数をとって、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\log\bigg(1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\bigg)=\sum_{k=1}^{m}\bigg(\log\sin(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z)-\log e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi-\log z\bigg) $$
両辺$z$で微分して、
$$ \sum _{n=1}^{\infty}\frac{-2m\frac{z^{2m-1}}{n^2}}{1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}}=\sum_{k=1}^{m}\bigg(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi\cot(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z)-\frac1z\bigg) $$
整理して、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2m}}{n^{2m}-z^{2m}}=\frac12-\frac{\pi z}{2m}\sum_{k=1}^{m}e^{\frac{k}{m}\pi i}\cot(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z)\ \ \ \cdots\text{④} $$
$$5.ζ関数へ$$
$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2m}}{n^{2m}-z^{2m}}$について、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2m}}{n^{2m}-z^{2m}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\frac{1}{1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2m(k-1)}}{n^{2m(k-1)}} $$
$$ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{k=1}^{\infty}z^{2mk}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2mk}}=\sum_{k=1}^{\infty}\zeta(2mk)z^{2mk} $$
であるから、これと④より、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2mn)z^{2mn}=\frac12-\frac{\pi z}{2m}\sum_{k=1}^{m}e^{\frac{k}{m}\pi i}\cot(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z) $$
これで左側の等式が示された。
右側の交代級数については、②で$1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}$ではなく$1+\frac{z^{2m}}{n^{2m}}$を考えれば次のような等式が得られる。
$$ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\zeta(2mn)z^{2mn}=\frac{\pi z}{2m}\sum_{k=1}^{m}e^{\frac{2k-1}{2m}\pi i}\cot(e^{\frac{2k-1}{2m}\pi i}\pi z)-\frac12 $$
まとめると、