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。
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\zeta (2mn)z^{2mn},\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\zeta (2mn)z^{2mn}$$
$$1.三角関数の無限乗積展開$$
$$\sin \pi z=\pi z\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{z^2}{n^2})$$
変形して、
$$\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{z^2}{n^2})=\frac{\sin \pi z}{\pi z}\cdots \text{①}$$
$$2.因数分解$$
$x^m-1=0\text{のとき、}x=e^{\frac{2k}{m}\pi i}(k=1,2,\cdots ,m)\text{より、}$
$$x^m-1=\prod _{k=1}^m(x-e^{\frac{2k}{m}\pi i})$$
$x\ne 0\text{として、両辺を}{x}^m\text{で割ると、}$
$$1-\frac{1}{x^m}=\prod _{k=1}^m(1-\frac{e^{\frac{2k}{m}\pi i}}{x})$$
この式で$x\mapsto \frac{n^2}{z^2}(z\ne 0)$とすると、
$$1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}=\prod _{k=1}^m(1-\frac{e^{\frac{2k}{m}\pi i}{z}^2}{n^2})=\prod _{k=1}^m(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z{)}^2}{n^2})\cdots \text{②}$$
$$3.無限積へ$$
②で、$n=1$から$\mathrm{\infty }$までの無限積をとれば、
$$\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}})=\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\prod _{k=1}^m(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z{)}^2}{n^2})$$
$$=\prod _{k=1}^m\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z{)}^2}{n^2})\cdots \text{③}$$
ここで、①で$z\mapsto e^{\frac{k}{m}\pi i}z$とすれば、
$$\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{(e^{\frac{k}{m}\pi i}z{)}^2}{n^2})=\frac{\sin \left(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z\right)}{e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z}$$
であるから、これを③に代入して、
$$\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}})=\prod _{k=1}^m\frac{\sin \left(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z\right)}{e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z}$$
$$4.無限級数へ$$
両辺の対数をとって、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\log (1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}})=\sum _{k=1}^m(\log \sin \left(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z\right)-\log e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi -\log z)$$
両辺$z$で微分して、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{-2m\frac{z^{2m-1}}{n^2}}{1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}}=\sum _{k=1}^m(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi \cot \left(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z\right)-\frac{1}{z})$$
整理して、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2m}}{n^{2m}-z^{2m}}=\frac{1}{2}-\frac{\pi z}{2m}\sum _{k=1}^m{e}^{\frac{k}{m}\pi i}\cot \left(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z\right)\cdots \text{④}$$
$$5.\zeta 関数へ$$
$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2m}}{n^{2m}-z^{2m}}$について、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2m}}{n^{2m}-z^{2m}}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\frac{1}{1-\frac{z^{2m}}{n^{2m}}}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2m}}{n^{2m}}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z^{2m(k-1)}}{n^{2m(k-1)}}$$
$$=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{z}^{2mk}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^{2mk}}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\zeta (2mk)z^{2mk}$$
であるから、これと④より、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\zeta (2mn)z^{2mn}=\frac{1}{2}-\frac{\pi z}{2m}\sum _{k=1}^m{e}^{\frac{k}{m}\pi i}\cot \left(e^{\frac{k}{m}\pi i}\pi z\right)$$
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。
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\zeta (2mn)z^{2mn}=\frac{\pi z}{2m}\sum _{k=1}^m{e}^{\frac{2k-1}{2m}\pi i}\cot \left(e^{\frac{2k-1}{2m}\pi i}\pi z\right)-\frac{1}{2}$$
まとめると、