を別の形で表すことについて考えてみます。(これは有限の値になります。)
まず、この積を展開することを考えると、x2nm次の項の係数は互いに異なる1k2nをm個とってきたときの積の総和となるので、ζ([2n]m)となることがわかる。よって、∏k=1∞1+x2nk2n=∑k=0∞ζ([2n]k)x2knがわかる。
とりぼなっちさんの こちらの記事 を参考にさせていただくと、∏k=1∞1−x2nk2n=∏k=1nsin(eπik/nπx)eπik/nπxそして、∏k=1∞1+x2nk2n=∏k=1∞(1−x4nk4n)÷(1−x2nk2n)と表せるのでこの式を使うことができる。∏k=1∞1+x2nk2n=∏k=1∞(1−x4nk4n)÷(1−x2nk2n)=∏k=12nsin(eπik/2nπx)eπik/2nπx÷∏k=1nsin(eπik/nπx)eπik/nπx=∏k=1nsin(eπi(2k−1)/2nπx)eπi(2k−1)/2nπx=1eπin/2πnxn∏k=1nsin(eπi(2k−1)/2nπx)=1inπnxn∏k=1nsin(eπi(2k−1)/2nπx)
∏k=1∞1+x2nk2n=exp(ln(∏k=1∞1+x2nk2n))=exp(∑k=1∞ln(1+x2nk2n))ln(1+x)は∑k=1∞(−1)k+1xkkと表すことができるので(マクローリン展開より)=exp(∑k=1∞∑s=1∞(−1)s+1(x2nk2n)ss)=exp(∑k=1∞∑s=1∞(−1)s+1k2snsx2sn)=exp(∑s=1∞∑k=1∞(−1)s+1k2snsx2sn)=exp(∑s=1∞(−1)s+1s∑k=1∞1k2snx2sn)=exp(∑s=1∞(−1)s+1ζ(2sn)sx2sn)
ここで、log(1+x)のマクローリン展開を使いましたが、これは|x|<1の時しか収束しません。
1inπnxn∏k=1nsin(eπi(2k−1)/2nπx)=exp(∑k=1∞(−1)k+1ζ(2kn)kx2kn)両辺対数を取ると、−nln(iπx)+∑k=1nln(sin(eπi(2k−1)/2nπx))=∑k=1∞(−1)k+1ζ(2kn)kx2knsin(x)=i2(e−ix−eix)を使う。eπi(2k−1)/2nπxをαkと置くと、
−nln(2πx)+∑k=1nln(e−iαk−eiαk)=∑k=1∞(−1)k+1ζ(2kn)kx2knとなる。
n=1とすると
今回は広く浅く、という感じになってしまいましたが、4つの全く違いそうな式が同じ、というのは面白いですね! 最後のn=1とした式はきれいですね!(普通に計算しても簡単に求められますが、、、) 最後まで読んでいただきありがとうございます!
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