とある無限級数

はじめに

とある無限級数の公式集を眺めていたとき，次のような等式を目にしました．
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)(4n+3)}=\frac{\pi}{8}$$
この等式は，有名な交代級数
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac{\pi}{4}$$
と部分分数分解から従います．更にその公式集を眺めていると，次のような等式も出現しました．
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(6n+1)(6n+3)(6n+5)}=\frac{1}{16}\log3$$
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(8n+1)(8n+3)(8n+5)(8n+7)}=\frac{2-\sqrt{2}}{192}\pi$$
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(10n+1)(10n+3)(10n+5)(10n+7)(10n+9)}=\frac{1}{512}\left(2\sqrt{5}\log\frac{1+\sqrt{5}}{2}-\log5\right)$$
1つ目の公式は部分和を積分で評価してはさみうつと示せます．2つ目の公式は$\pi\cot(\pi x)$の部分分数展開
$$\pi\cot(\pi x)=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{x+n}+\frac{1}{x-n}\right) \hspace{0.2in} (x \notin \mathbb{Z})$$
を用いる方法で級数の値を推測することはできますが，途中で和の順序交換を行うため，厳密性に欠けます．3つ目の公式はそのどちらの方法も上手くいかず，大変困りました．

そこで，何か一般的に通用する方法がないかなあと探していると，Stack Exchangeで良い方法を見つけたので，ここに記そうと思います．

級数の値を積分で表す

まず，これから解きたい問題をきれいに述べます．

ここで$k =1$を除いているのは，$k=1$のとき$S(k)$は奇数の逆数和に等しく，それは発散するからです．また，上で述べた公式たちは，上から順にそれぞれ$k=2,3,4,5$の場合に相当しています．

では早速計算を始めます．まず，足す項の分母が2重階乗の一部であることに注目します．$n \geq 1$のとき
$$\frac{1}{(2kn+1)\cdots(2kn+2k-1)} = \frac{(2kn-1)!!}{(2kn+2k-1)!!}$$
が成り立つことから，
$$S(k)=\frac{1}{(2k-1)!!}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2kn-1)!!}{(2kn+2k-1)!!}$$
と書けます．ここで，オイラーのガンマ関数を用いると，1以上の整数$n$に対して
$$(2n-1)!!=\frac{2^n}{\sqrt{\pi}}\Gamma\left(\frac{1}{2}+n\right)$$
が成り立つので，
$$\begin{split} S(k) &= \frac{1}{(2k-1)!!}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2kn-1)!!}{(2kn+2k-1)!!} \\ &= \frac{1}{(2k-1)!!}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\frac{2^{kn}}{\sqrt{\pi}}\Gamma\left(\frac{1}{2}+kn\right)}{\frac{2^{kn+k}}{\sqrt{\pi}}\Gamma\left(\frac{1}{2}+kn+k\right)} \\ &= \frac{1}{(2k-1)!!}+\frac{1}{2^k\Gamma(k)}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}+kn\right)\Gamma(k)}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+kn+k\right)} \\ &= \frac{1}{(2k-1)!!}+\frac{1}{2^k(k-1)!}\sum_{n=1}^{\infty}B\left(\frac{1}{2}+kn,k\right) \end{split}$$
と計算できます．最後の等式の$B$はオイラーのベータ関数を表しており，そこではガンマ関数とベータ関数の間に成り立つ等式を用いました．すると，和の部分について
$$\begin{split} \sum_{n=1}^{\infty}B\left(\frac{1}{2}+kn,k\right) &= \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1x^{\frac{1}{2}+kn-1}(1-x)^{k-1}\, dx \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\int_0^1x^{kn}\frac{(1-x)^{k-1}}{\sqrt{x}}\, dx \\ &= \int_0^1\frac{x^k}{1-x^k}\cdot\frac{(1-x)^{k-1}}{\sqrt{x}}\, dx \hspace{0.2in} (\because 単調収束定理) \\ &= 2\int_0^1\frac{t^{2k}(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt \hspace{0.2in} (t=\sqrt{x}とおいた) \\ &= 2\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt-2\int_0^1(1-t^2)^{k-1}\, dt \end{split}$$
が成り立ちます．第2項の積分は，$t=\sin\theta$と置換することで
$$\int_0^1(1-t^2)^{k-1}\, dt =\frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}= \frac{2^{k-1}(k-1)!}{(2k-1)!!}$$
と計算できるので，$S(k)$の値が
$$\begin{split} S(k) &= \frac{1}{(2k-1)!!}+\frac{1}{2^k(k-1)!}\left\{2\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt-\frac{2^k(k-1)!}{(2k-1)!!}\right\} \\ &= \frac{1}{2^{k-1}(k-1)!}\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}} \, dt\end{split}$$
と表されます．結構キレイですね．因みにぱっと見この積分は広義積分に見えますが，被積分関数は
$$\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}} = \frac{(1-t^2)^{k-2}}{1+t^2+\cdots+t^{2(k-1)}}$$
と書け，任意の$t \in [0,1]$に対して右辺の分母は0でないので実際は広義積分ではありません($k \geq 2$より分子も区間$[0,1]$に特異点を持たないことに注意)．さて，この結果を定理としてまとめておきます．

$k$が小さいときの値で検算

前節で得られた積分を実行して$S(k)$の値を求めてみます．積分が結構大変(そう)なので今回はIntegral Calculator先生に頑張ってもらいました．
$$S(2) = \frac{1}{2 \cdot 1}\int_0^1\frac{1-t^2}{1-t^4}\,dt = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{8}$$
$$S(3) = \frac{1}{2^2 \cdot 2}\int_0^1\frac{(1-t^2)^2}{1-t^6}\,dt = \frac{1}{8} \cdot \frac{\log3}{2}=\frac{1}{16}\log3$$
$$S(4) = \frac{1}{2^3 \cdot 3!}\int_0^1\frac{(1-t^2)^3}{1-t^8}\,dt = \frac{1}{48} \cdot \frac{2-\sqrt{2}}{4}\pi=\frac{2-\sqrt{2}}{192}\pi$$
$$S(5) = \frac{1}{2^4 \cdot 4!}\int_0^1\frac{(1-t^2)^4}{1-t^{10}}\,dt = \frac{1}{2^7 \cdot 3} \cdot \frac{3}{4}\left(2\sqrt{5}\log\frac{1+\sqrt{5}}{2}-\log 5\right)=\frac{1}{512}\left(2\sqrt{5}\log\frac{1+\sqrt{5}}{2}-\log 5\right)$$

$k=5$のとき，Calculator先生は不定積分しか教えてくれなかったので，積分の値はその不定積分を用いて手計算しました．全ての場合において上で見た公式の値と同じものが得られています．

$k$が偶数のときの$S(k)$

上で得られた被積分関数を見ていると，留数定理の使用がぼんやりと見えてきたので，この節では，$k$が偶数のときに留数定理を使って積分
$$\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}$$
の値を求めようと思います．まず，等式
$$\int_0^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt=\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt+\int_1^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt$$
に注目します．第2項において$t=\frac{1}{\tau}$と置換すると，
$$\begin{split} \int_1^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt &= \int_1^0\frac{(1-\frac{1}{\tau^2})^{k-1}}{1-\frac{1}{\tau^{2k}}}\, \left(-\frac{d\tau}{\tau^2}\right) \\ &= \int_0^1\frac{\tau^{2k}(1-\frac{1}{\tau^2})^{k-1}}{\tau^{2k}-1}\, \frac{d\tau}{\tau^2} \\ &= \int_0^1\frac{\tau^{2}(\tau^2-1)^{k-1}}{\tau^{2k}-1}\, \frac{d\tau}{\tau^2} \\ &= (-1)^{k}\int_0^1\frac{(1-\tau^2)^{k-1}}{1-\tau^{2k}}\, d\tau = \int_0^1\frac{(1-\tau^2)^{k-1}}{1-\tau^{2k}}\, d\tau \hspace{0.2in} (\because kは偶数) \end{split}$$
が成り立つので，
$$\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt = \frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt$$
となります．更に，$\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}$は$t$の関数として偶関数であるので，
$$\int_0^1\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt = \frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt = \frac{1}{4}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt$$
が成り立ちます．最後の積分は留数定理を用いる典型例ですね．被積分関数を
$$f_k(z)=\frac{(1-z^2)^{k-1}}{1-z^{2k}} = \frac{(1-z^2)^{k-2}}{1+z^2+\cdots+z^{2(k-1)}}$$
とおきます．$\zeta=\exp\left(\frac{\pi\sqrt{-1}}{k}\right)$とおくと，$f_k(z)$の極は$\zeta^l(1 \leq l \leq 2k-1, \, l \neq k)$であり，全て1位であることが分かります．$z=\zeta^l$における留数は
$$-\frac{(1-\zeta^{2l})^{k-1}}{2k\zeta^{(2k-1)l}}$$
と計算できます．従って，上半平面内の半径$R$の半円を積分路にとって$R \to \infty$とすることで，
$$\begin{split} \int_{-\infty}^{\infty}\frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}}\, dt &= -\frac{\pi\sqrt{-1}}{k}\sum_{l=1}^{k-1}\frac{(1-\zeta^{2l})^{k-1}}{\zeta^{(2k-1)l}} \\ &= -\frac{\pi\sqrt{-1}}{k}\sum_{l=1}^{k-1}(1-\zeta^{2l})^{k-1}\zeta^l \hspace{0.2in} (\because \zeta^{2k}=1) \\ &= -\frac{\pi\sqrt{-1}}{k}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^{k-1}\zeta^{(k-1)l}(\zeta^{l}-\zeta^{-l})^{k-1}\zeta^l \\ &= \frac{\pi\sqrt{-1}}{k}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\left\{2\sqrt{-1}\sin\left(\frac{l\pi}{k} \right)\right\}^{k-1} = \frac{2^{k-1}\pi(-1)^{\frac{k}{2}}}{k}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k} \right) \end{split}$$
と求まります．これより次の定理を得ます．これまたなかなかキレイだと思います．

検算再訪

今得られた式で$k=2$としてみると，
$$S(2)=\frac{\pi(-1)}{4 \cdot 2!} \cdot (-1) = \frac{\pi}{8}$$
となって，上で示した値と等しくなります．また$k=4$とすると，
$$\begin{split} S(4) &= \frac{\pi \cdot 1}{4 \cdot 4!}\left\{-\sin^3\left(\frac{\pi}{4}\right)+\sin^3\left(\frac{2\pi}{4}\right)-\sin^3\left(\frac{3\pi}{4}\right) \right\} \\ &= \frac{\pi}{4 \cdot 4!}\left(-\frac{\sqrt{2}}{4}+1-\frac{\sqrt{2}}{4} \right) \\ &= \frac{2-\sqrt{2}}{192}\pi \end{split}$$
となって，ちゃんと上で示した値と等しくなっています．

展望

上記の計算から，$k$が奇数の場合は$\int_0^{\infty}f_k(t)\,dt=0$となってしまうので，$\int_0^1f_k(t)\,dt$の値を求めるために$\int_0^{\infty}f_k(t)\,dt$の値を使うことはできません．何か別の方法をご存じの方がいらっしゃったら，お教え頂けると嬉しいです．
また，$k$が偶数のときの値も，積分を使わない形に書けはしましたが，まだシグマ記号が残っているので，シグマ記号を使わない形がないか探していきたいです．

今回の記事は以上です．
最後までお読み頂きありがとうございました．

2022/5/15追記

子葉さんのコメントによって$k$が奇数の場合も積分が計算出来たため，$S(k)$の値をここにまとめておきます．

$k$が4以上の偶数のときの$S(k)$の式は，一番上の式で$\sin$の値が等しいところをまとめただけです．

また，$k$が奇数のときのように，部分分数分解を用いて$k$が偶数のときの$S(k)$を計算すると次のようになります．
まず，部分分数分解
$$\begin{split} \frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}} &=-\frac{1}{2k}\sum_{l=1}^{k-1}(1-\zeta^{2l})^{k-1}\zeta^l\left(\frac{1}{t-\zeta^l}+\frac{(-1)^{k-1}}{t-\zeta^{-l}}\right) \\ &= -\frac{2^{k-1}(-1)^{k-1}(\sqrt{-1})^{k-1}}{2k}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\left(\frac{1}{t-\zeta^l}+\frac{(-1)^{k-1}}{t-\zeta^{-l}}\right) \end{split}$$
において$k$を偶数とすると，
$$\begin{split} \frac{(1-t^2)^{k-1}}{1-t^{2k}} &= \frac{2^{k-1}(-1)^{\frac{k}{2}}(-\sqrt{-1})}{2k}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\left(\frac{1}{t-\zeta^l}-\frac{1}{t-\zeta^{-l}}\right) \end{split}$$
となるので，これを積分して
$$\begin{split} S(k) &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}(-\sqrt{-1})}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\int_0^1\left(\frac{1}{t-\zeta^l}-\frac{1}{t-\zeta^{-l}}\right)dt \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}(-\sqrt{-1})}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\left[\log\left(\frac{t-\zeta^l}{t-\zeta^{-l}}\right) \right]_0^1 \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}(-\sqrt{-1})}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\left\{\log\left(\frac{1-\zeta^l}{1-\zeta^{-l}}\right)-\log\zeta^{2l} \right\} \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}(-\sqrt{-1})}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\log(-\zeta^{-l}) \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}(-\sqrt{-1})}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\cdot \sqrt{-1}\left(\pi-\frac{l\pi}{k}\right) \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}\pi}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\frac{k-l}{k} \\ \end{split}$$
となります．最後の等式において和を取る変数を$l$から$k-l$に取り換えると，$l$が1から$k-1$を動くとき$k-l$は$k-1$から1まで動くので，
$$\begin{split} S(k) &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}\pi}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{(k-l)\pi}{k}\right)\frac{l}{k} \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}\pi}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\frac{l}{k} \end{split}$$
を得ます．従って，$S(k)$に対する2つの表式を足すことで
$$\begin{split} 2S(k) &= S(k)+S(k) \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}\pi}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\frac{k-l}{k} + \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}\pi}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right)\frac{l}{k} \\ &= \frac{(-1)^{\frac{k}{2}}\pi}{2 \cdot k!}\sum_{l=1}^{k-1}(-1)^l\sin^{k-1}\left(\frac{l\pi}{k}\right) \end{split}$$
となります．これより上で得た値と同じ値を得ることができました．