一つの式を3通りに変形する

$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}$

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。)

展開する

まず、この積を展開することを考えると、$x^{2nm}$次の項の係数は互いに異なる$\cfrac{1}{k^{2n}}$を$m$個とってきたときの積の総和となるので、$\zeta([2n]^m)$となることがわかる。よって、
$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}=\sum_{k=0}^\infty \zeta([2n]^k)x^{2kn}$がわかる。

$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}=\sum_{k=0}^\infty \zeta([2n]^k)x^{2kn}$

sinの積で表す

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、
$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1-\frac{x^{2n}}{k^{2n}}=\prod_{k=1}^{n} \frac{\sin(e^{\pi i k/n}\pi x)}{e^{\pi i k/n}\pi x}$
そして、$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}=\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{x^{4n}}{k^{4n}}\right)÷\left(1-\frac{x^{2n}}{k^{2n}}\right)$
と表せるのでこの式を使うことができる。
$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}$
$\displaystyle =\prod_{k=1}^\infty \left(1-\frac{x^{4n}}{k^{4n}}\right)÷\left(1-\frac{x^{2n}}{k^{2n}}\right)$
$\displaystyle =\prod_{k=1}^{2n} \frac{\sin(e^{\pi i k/2n}\pi x)}{e^{\pi i k/2n}\pi x}÷\prod_{k=1}^{n} \frac{\sin(e^{\pi i k/n}\pi x)}{e^{\pi i k/n}\pi x}$
$\displaystyle =\prod_{k=1}^{n} \frac{\sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x)}{e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x}$
$\displaystyle =\frac{1}{e^{\pi i n/2}\pi^n x^n}\prod_{k=1}^{n} \sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x)$
$\displaystyle =\frac{1}{i^n\pi^n x^n}\prod_{k=1}^{n} \sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x)$

$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}=\frac{1}{i^n\pi^n x^n}\prod_{k=1}^{n} \sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x)$

対数を取る

$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}$
$\displaystyle =\exp\left(\ln\left(\prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}\right)\right)$
$\displaystyle =\exp\left(\sum_{k=1}^\infty \ln\left(1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}\right)\right)$
$\ln(1+x)$は$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}x^k}{k}$と表すことができるので(マクローリン展開より)
$\displaystyle =\exp\left(\sum_{k=1}^\infty \sum_{s=1}^\infty \frac{(-1)^{s+1}\left(\frac{x^{2n}}{k^{2n}}\right)^s}{s}\right)$
$\displaystyle =\exp\left(\sum_{k=1}^\infty \sum_{s=1}^\infty \frac{(-1)^{s+1}}{k^{2sn}s}x^{2sn}\right)$
$\displaystyle =\exp\left(\sum_{s=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{s+1}}{k^{2sn}s}x^{2sn}\right)$
$\displaystyle =\exp\left(\sum_{s=1}^\infty \frac{(-1)^{s+1}}{s} \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{2sn}}x^{2sn}\right)$
$\displaystyle =\exp\left(\sum_{s=1}^\infty \frac{(-1)^{s+1}\zeta(2sn)}{s}x^{2sn}\right)$

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。

$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}=\exp\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2kn)}{k}x^{2kn}\right)$

式を見比べて

$\displaystyle \frac{1}{i^n\pi^n x^n}\prod_{k=1}^{n} \sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x)=\exp\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2kn)}{k}x^{2kn}\right)$
両辺対数を取ると、
$\displaystyle -n\ln(i\pi x)+\sum_{k=1}^{n} \ln(\sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x))=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2kn)}{k}x^{2kn}$
$\displaystyle \sin(x)=\frac{i}{2}(e^{-ix}-e^{ix})$を使う。
$e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x$を$\alpha_k$と置くと、

$\displaystyle -n\ln(2\pi x)+\sum_{k=1}^{n} \ln(e^{-i\alpha_k}-e^{i\alpha_k})=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2kn)}{k}x^{2kn}$
となる。

得られた式

$\displaystyle \prod_{k=1}^\infty 1+\frac{x^{2n}}{k^{2n}}\\ \displaystyle =\sum_{k=0}^\infty \zeta([2n]^k)x^{2kn}\\ \displaystyle =\frac{1}{i^n\pi^n x^n}\prod_{k=1}^{n} \sin(e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x)\\ \displaystyle =\exp\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2kn)}{k}x^{2kn}\right) $

$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2kn)}{k}x^{2kn}=\sum_{k=1}^{n} \ln\left(\frac{e^{-i\alpha_k}-e^{i\alpha_k}}{2\pi x}\right)$
ただし、$e^{\pi i (2k-1)/2n}\pi x$を$\alpha_k$とおいた

$n=1$とすると

$\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}\zeta(2k)}{k}x^{2k} =\ln\left(\frac{e^{\pi x}-e^{-\pi x}}{2\pi x}\right) $