ゼータ関数の偶数値の初等的（？）な求値方法

バーゼル問題の初等的解法

バーゼル問題（自然数の逆二乗和を求める問題）を、できる限り予備知識を仮定せずに解こうとしたとき、以下のような解法が考えられます。（この証明はたぶん青チャートとか天書の証明に載っている。）

$$ S_n = \sum_{k=1}^{n} \cot ^2 \theta_k ,\theta_k = \frac{k \pi}{2n} ( k=1,2, \dots,n) $$
と置いたときに$0< \sin \theta_k < \theta_k < \tan \theta_k$なので
$$\cot^2 \theta_k < \frac{1}{\theta_k ^2 }< \frac{1}{\sin^2 \theta_k} = \cot^2 \theta_k +1$$
したがって
$$ \frac{\pi^2}{4n^2} S_n < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} < \frac{\pi^2}{4n^2} (S_n + n) $$
なので
$$ \zeta(2) = \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{\pi^2}{4n^2} S_n. $$

実は$ S_n = \frac{\binom{2n}{3}}{2n}$であることが分かる（後で証明する）ので、

$$ \zeta(2) = \lim_{n \rightarrow \infty } \frac{\pi^2}{4n^2} \frac{(2n)(2n-1)(2n-2)}{6 \cdot 2n} = \frac{\pi^2} {6}. $$

この方法は高校範囲で習う定理のみを用いてバーゼル問題が解けるという点が興味深いです。（その分本質から遠ざかっているような気もしますが。）

この記事ではこの方法を用いてゼータ関数の偶数値($\zeta(2m),m \in \mathbb{N} - \{0\}$)を求めていこうと思います。

簡単な予備定理たち

まず、$\cot^2 \theta_k(k=1,\dots,n)$をちょうど一つずつ解に持つn次多項式を手に入れておきます。

$$F_n(x) \coloneqq \sum_{k=1}^n \binom{2n}{2k-1} (-1)^{n-k} x^k = 2n\prod_{k=1}^n (x - \cot^2 \theta_k).$$

証明は簡単で、$\sin2n\theta_k = 0$であることを利用するだけです。

$(\cos x +i \sin x)^{2n} = \cos 2nx + i \sin 2nx$の虚部をとって

$$ \sin 2nx = \sum_{k=1}^n \binom{2n}{2k-1} \cos^{2k-1} x \sin ^{2n-2k+1} x i^{2n - 2k} $$
従って
$$ \begin{aligned} \sin 2nx = \sin^{2n} x \tan x \sum_{k=1}^n \binom{2n}{2k-1} \cot^2 x (-1)^{n-k} \\= \sin^{2n} x \tan x F_n(\cot ^2 x) \end{aligned} $$

$ x=\theta_k$とおくと（左辺）=0かつ$\sin ^{2n}x \tan x \ne 0$なので$F_n(\cot ^2 \theta_k) = 0$.

$\cot^2 \theta_k (k=1, \dots ,n)$は全て異なるので$F_n(x) $は確かに上のように分解できる.

この多項式の係数から$ \cot^2 \theta_k$についての等式を手に入れることができます。

次に、$\zeta(2m)$と$ \cot ^2 \theta_k$の間の等式を証明しておきます。

$S_n^m = \sum_{k=1}^n \cot ^{2m} \theta_k$とする.
このとき、
$$\zeta(2m) = \lim_{n \rightarrow\infty} \frac{\pi ^{2m}}{2^{2m}} \frac{S_n^m}{n^{2m}}.$$

証明はm=1のときと同様ですが、一応概略だけ書いておきます。

$$\cot^2 \theta_k < \frac{1}{\theta_k ^2 }< \frac{1}{\sin^2 \theta_k} = \cot^2 \theta_k +1$$なので

$$ \frac{\pi^{2m}}{2^{2m} n^{2m}} S_n^m < \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^{2m}} < \frac{\pi^{2m}}{2^{2m} n^{2m}} \sum_{i=1}^m \binom{m }{i} S_n^i . $$

ここで、（数学的帰納法などから）
$S_n^i = O(n^{2i})$が分かるので、右辺の$ i=m$以外の項は$n \rightarrow \infty$で0に収束する.

従って、（ちゃんと書くなら真ん中の式が$ \zeta (2m)$に収束することからはさみうちの原理を用いて）求める式を得る.

$$\frac{1}{2} - x \cot 2x = \sum_{i=1}^{\infty} \frac{2^{4i-1}b_{2i}}{(2i)!} (-1)^i x^{2i}.$$

$b_n$はベルヌーイ数です。この式は証明がそこら辺に転がってそうですけど一応証明しておきます。

$$ \begin{aligned} \frac{1}{2} - x\cot 2x &= \frac{1}{2} - x i\frac{e^{2ix} + e^{-2ix}}{e^{2ix} - e^{-2ix}}\\ &= \frac{1}{2} - x i\left(1 + \frac{ 2e^{-2ix}}{e^{2ix} - e^{-2ix}}\right) \\ &=\frac{1}{2} - x i - \frac{1}{2}\left(\frac{ 4ix}{e^{4ix} -1}\right) \\ &= \frac{1}{2} - x i - \frac{1}{2}\left(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{ b_j}{j!} (4ix)^j\right)\\ &= \frac{1}{2} - x i - \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2}(4ix) +\sum_{i=1}^{\infty}\frac{ b_{2i}}{(2i)!} (4x)^{2i}(-1)^{i+1}\right)\\ &=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{2^{4i-1}b_{2i}}{(2i)!} (-1)^{i+1} x^{2i}. \end{aligned} $$

小さいmで実験

$$S_n^1 = \frac{1}{2n}\binom{2n}{3} ,S_n^2 = \frac{1}{4n^2} \binom{2n}{3} ^2 - \frac{1}{n} \binom{2n}{5} ,S_n^3 = \frac{1}{8n^3} \binom{2n}{3} ^3 - \frac{3}{4n^2} \binom{2n}{3} \binom{2n}{5} + \frac{3}{2n} \binom{2n}{7} $$

上にあげた等式が成り立ちます。
補題１の$F_n(x)$の各係数を比較して、色々頑張ればできます。
（補題１から$\cot^2 \theta_k (k=1,\dots ,n)$の基本対称式がnの式で求められるので、あとは$\sum \alpha^m$という対称式を基本対称式で表すだけです。）

この三つの式と補題２から$\zeta(2) = \frac{\pi^2}{6},\zeta(4) = \frac{\pi^4}{90},\zeta(6) = \frac{\pi^6}{945}$が導けます。

同様にして、$\zeta(2m)$の値を求めることができるというのも分かると思います。（ただ、m>3の場合はあんまりやりたくありません。）

本題　一般のmについて一気に求める

$G_n(x) = x^n F_n(1/x),H_n(x)=x^{n-1} F'_n(1/x)$とおく.
$$(1)\frac{x F'_n(x)}{F_n(x)} = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{S_n^i}{x^i}$$
$$(2)\frac{H_n(x)}{G_n(x)} = \sum_{i=0}^{\infty} S_n^ix^i $$
$$(3) \frac{1}{2} - x \cot(2x) = \lim_{n \rightarrow \infty} \left(\frac{H_n(x^2/n^2)}{G_n(x^2/n^2)} - n\right)= \sum_{i=1}^{\infty} \frac{\zeta(2i)2^{2i}}{\pi^{2i}}x^{2i} $$　

証明は(3)以外は手に任せて式変形をしていけばできると思います。

$F_n (x)$を対数微分して
$$\frac{F'_n(x)}{F_n(x)} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{x - \cot ^2 \theta_k} = \frac{1}{x} \sum_{k=1}^n \sum_{i=0}^{\infty} \left(\frac{\cot ^2 \theta_k}{x} \right) ^i = \frac{1}{x} \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{k=1}^{n}\frac{\cot ^{2i} \theta_k}{x^i} = \frac{1}{x} \sum_{i=0}^{\infty} \frac{S_n^i}{x^i}$$

(2)
(1)の$x$に$1/x$を代入する.

(3)二番目の等号は(2)と補題２から分かる.
一番目の等号は以下のように示した.

$$ G_n(x) = x^n \sum_{k=1}^n \binom{2n}{2k-1} \left( \frac{1}{x}\right)^k (-1)^{n-k} =\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1} x^{k} (-1)^{k} $$
$$ H_n(x) = x^{n-1} \sum_{k=1}^n \binom{2n}{2k-1} k \left( \frac{1}{x}\right)^{k-1} (-1)^{n-k} =\sum_{k=0}^{n-1} \binom{2n}{2k+1} (n-k)x^{k} (-1)^k $$
なので
$$ G_n(x^2/n^2) =\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n^{2k}}\binom{2n}{2k+1} x^{2k} (-1)^{k} $$
$$ H_n(x^2 /n^2) =\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n^{2k}} \binom{2n}{2k+1} (n-k)x^{2k} (-1)^k$$

このとき、（少しばかり厳密性を失っているかもしれない式変形によって）

$$ \lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} G_n (x^2 /n^2) = \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{n^{2k+1}}\binom{2n}{2k+1} x^{2k} (-1)^{k} = 2\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(2x)^{2k}}{(2k+1)!} (-1)^k =\frac{\sin (2x)}{x}. $$

$$ \lim_{n \rightarrow \infty} \left( \frac{1}{n} H_n (x^2 /n^2) - G_n(x^2 /n^2) \right)= \lim_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n-1} \frac{-k}{n^{2k+1}}\binom{2n}{2k+1} x^{2k} (-1)^{k} = \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{1}{(2k+1)!} -\frac{1}{(2k)!} \right)(2x)^{2k} (-1)^k =\frac{\sin 2x}{2x} - \cos 2x. $$
これより結論を得る.

最後に、補題３を用いることで求めたかった$ \zeta (2m)$の値を得ることができます.

$$\zeta(2m) = \frac{(-1)^{m-1}2^{2m-1}b_{2m}}{(2m)!} \pi ^{2m}.$$

定理4と補題3を用いて係数比較をすると分かる。