有限和の等式とその応用

こんにちは、はじめまして。krutrです。
今回は、ある特殊な有限級数の等式と、その双曲線関数の入った無限級数への応用について、解説します。
主に極限に関する議論について、説明を欠く部分があります。予めご了承ください。
早速ですが、次の定理が成り立ちます。

式が複雑で、何を示しているのか分かりづらいので、$h=0$で、$N$が小さい場合の例を確認してみましょう。
数列が条件を満たすとします。(この二条件は、定理中の総積部分がうまく定義されるためのものなので、あまり気にする必要はありません。)
まず、$h=0$のとき、定理1の等式は、
$ \displaystyle\sum_{n=1}^{N} \prod_{\substack{m=1\\m\neq n}}^{N} \frac{1}{1- \frac{a_n}{a_m} }=1$
となります。

・$N=1$のとき、左辺の総積部分は空積となり$1$となるので、その1項だけの和をとり、左辺の値は$1$となるので、等号は成立します。

・$N=2$のとき、左辺は、
$$ \quad\frac{1}{1－\frac{a_1}{a_2}}+\frac{1}{1－\frac{a_2}{a_1}}= \frac{a_2}{a_2-a_1}+\frac{a_1}{a_1-a_2}=1 $$
となり、成立します。

・$N=3$のとき、左辺は、
$$ \quad\frac{1}{1－\frac{a_1}{a_2}}\frac{1}{1－\frac{a_1}{a_3}}+ \frac{1}{1－\frac{a_2}{a_1}}\frac{1}{1－\frac{a_2}{a_3}}+ \frac{1}{1－\frac{a_3}{a_1}}\frac{1}{1－\frac{a_3}{a_2}} $$
$$ =\frac{a_2}{a_2-a_1}\frac{a_3}{a_3-a_1}+ \frac{a_1}{a_1-a_2}\frac{a_3}{a_3-a_2}+ \frac{a_1}{a_1-a_3}\frac{a_2}{a_2-a_3} $$
$$ = \frac{a_2a_3(a_2-a_3)+a_1a_3(a_3-a_1)+a_1a_2(a_1-a_2)}{(a_3-a_2)(a_2-a_1)(a_1-a_3)} $$
$$ = \frac{a_2^2a_3-a_2a_3^2+a_3^2a_1-a_3a_1^2+a_1^2a_2-a_1a_2^2}{(a_3-a_2)(a_2-a_1)(a_1-a_3)} $$
$$=1$$
となり、こちらも成立します。
例を確認して、成立しそうなのが確認できたところで、証明に移りましょう。

準備として、次の補題を示します。

この等式は関数としての等式であり、$h=0$のとき、右辺は定数関数$1$であることに注意してください。

この証明も、少しイメージしづらいので、$N=3,h=2$での例を確認してみましょう。
$N=3,h=2$のとき、
$$f(z)= a_1^2\frac{1-\frac{z}{a_2}}{1-\frac{a_1}{a_2}}\frac{1-\frac{z}{a_3}}{1-\frac{a_1}{a_3}}+ a_2^2\frac{1-\frac{z}{a_1}}{1-\frac{a_2}{a_1}}\frac{1-\frac{z}{a_3}}{1-\frac{a_2}{a_3}}+ a_3^2\frac{1-\frac{z}{a_1}}{1-\frac{a_3}{a_1}}\frac{1-\frac{z}{a_2}}{1-\frac{a_3}{a_2}} $$
$f(z)$は$z$の$2$次以下の多項式関数であり、$f(a_1)=a_1^2,f(a_2)=a_2^2,f(a_3)=a_3^2$であるから、$f(z)=z^2$である。

ようやく、本題の定理１の証明に入りましょう。
今回は、$N\leqq h$の場合の証明は省略することにします。(今回のテーマにおいては、あまり重要ではないためです。)

$N\leqq h$の場合も、同じ様に求めることができます。

さて、ここからは、この定理の応用についてお話ししていきます。
この等式は、都合の良い場合に、$N\ \rightarrow \infty$とすることで、無限級数の特殊値を求めることができます。

これを用いて、次のように、双曲線関数の入った無限級数の値を求めることができます。

数列$\{n^4\}_{n=1,2,...}$をとります。
$$\prod_{\substack{m=1\\m\neq n}}^{\infty}\left(1- \frac{n^4}{m^4} \right) =\prod_{\substack{m=1\\m\neq n}}^{\infty}\left(1- \frac{n^2}{m^2} \right)\left(1+ \frac{n^2}{m^2} \right) =(-1)^{n-1}\frac{\sinh(\pi n)}{4\pi n} $$
です。(この計算は本筋ではないので、ここでは解説しません。)
よって、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}4\pi n^{4h+1}}{\sinh{\pi n}}= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \left(\displaystyle\prod_{m=1}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{w^4}{m^4}}\right)_{w^{-4h}} (h\leqq-1)\\ \qquad1\qquad\qquad\qquad(h=0)\\ \qquad0\qquad\qquad\qquad(1\leqq h)\\ \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
$h\leqq-1$の場合を
$ \displaystyle\prod_{m=1}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{w^4}{m^4}}=\frac{\pi^2w^2}{\sin(\pi w)\sinh(\pi w)} $を用いて計算していくことで、$0\leqq k$ なる$k$を用いて、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\pi }{n^{4k+3}\sinh(\pi n)}= \eta(4k+4)+\sum_{l=1}^{2k+1}(-1)^l\eta(2l)\eta(4k+4-2l) $$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\pi n }{\sinh(\pi n)}=\frac{1}{4}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\pi n^{4k+5} }{\sinh(\pi n)}=0 $$
が分かります。
これ以外にも、数列を$\left(n-\displaystyle\frac{1}{2}\right)^4,n^8,$$q^n$としてみたりすると、
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{\left(n-\frac{1}{2}\right)\cosh{\left(\pi\left(n-\frac{1}{2}\right)\right)}}=\frac{\pi}{4} $$
$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}n^3}{\sinh(\pi n)(\cosh(\sqrt{2}\pi n)-\cos(\sqrt{2}\pi n))}=\frac{1}{16\pi^3} $$
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nq^{\frac{n^2+3n}{2}}}{(q;q)_{n}}=(q^2;q)_{\infty} $$
など、様々な値が出てきます。(いずれも$h=0$)
三つめの式は、より一般の式
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{q^{n \choose 2}(-z)^n}{(q;q)_n}=(z;q)_{\infty} $$
で、$z=q^2$とした場合になっています。
さらに、例えば、数列を、$-n^2,n^4 $を合わせたものとしてとると、
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n(\cosh(\pi\sqrt{2n})-\cos(\pi\sqrt{2n}))}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n\sinh(\pi n)\sinh(\pi n^2)}=\frac{\pi^2}{360}-\frac{1}{24} $$
などの結果も出てきます。$(h=-1)$