文献あり

有限和の等式とその応用

964

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

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。

有限複素数列 ${a_{n}}_{n = 1, 2, . . ., N}$ が、次の二条件

$\begin{array}{r} {\begin{cases} a_{n} \neq 0 \\ n \neq m \Rightarrow a_{n} \neq a_{m} \end{cases} \end{array}$

を満たすとき、 $h$ を整数として、次の等式が成立する:

$\sum_{n = 1}^{N} a_{n}^{h} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} = \begin{array}{r} {\begin{cases} {(\prod_{m = 1}^{N} \frac{1}{1 - \frac{w}{a_{m}}})}_{w^{- h}} (h ≦ - 1) \\ 1 (h = 0) \\ 0 (1 ≦ h ≦ N - 1) \\ {(- \prod_{m = 1}^{N} \frac{z a_{m}}{z a_{m} - 1})}_{z^{h}} (N ≦ h) \end{cases} \end{array}$
ただし、 $()_{w^{- h}}$ は、 $w$ を複素変数とし、 $| w | < min | a_{n} |$ において、 $0$ 周りで $()$ 内をテイラー展開したときの、 $w^{- h}$ の係数、
$()_{z^{h}}$ は、 $z$ を複素変数とし、 $| z | < min \frac{1}{| a_{n} |}$ において、 $0$ 周りで $()$ 内をテイラー展開したときの、 $z^{h}$ の係数である。

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、
$\sum_{n = 1}^{N} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} = 1$
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、
$\frac{1}{1 － \frac{a_{1}}{a_{2}}} + \frac{1}{1 － \frac{a_{2}}{a_{1}}} = \frac{a_{2}}{a_{2} - a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{1} - a_{2}} = 1$
となり、成立します。

・ $N = 3$ のとき、左辺は、
$\frac{1}{1 － \frac{a_{1}}{a_{2}}} \frac{1}{1 － \frac{a_{1}}{a_{3}}} + \frac{1}{1 － \frac{a_{2}}{a_{1}}} \frac{1}{1 － \frac{a_{2}}{a_{3}}} + \frac{1}{1 － \frac{a_{3}}{a_{1}}} \frac{1}{1 － \frac{a_{3}}{a_{2}}}$
$= \frac{a_{2}}{a_{2} - a_{1}} \frac{a_{3}}{a_{3} - a_{1}} + \frac{a_{1}}{a_{1} - a_{2}} \frac{a_{3}}{a_{3} - a_{2}} + \frac{a_{1}}{a_{1} - a_{3}} \frac{a_{2}}{a_{2} - a_{3}}$
$= \frac{a_{2} a_{3} (a_{2} - a_{3}) + a_{1} a_{3} (a_{3} - a_{1}) + a_{1} a_{2} (a_{1} - a_{2})}{(a_{3} - a_{2}) (a_{2} - a_{1}) (a_{1} - a_{3})}$
$= \frac{a_{2}^{2} a_{3} - a_{2} a_{3}^{2} + a_{3}^{2} a_{1} - a_{3} a_{1}^{2} + a_{1}^{2} a_{2} - a_{1} a_{2}^{2}}{(a_{3} - a_{2}) (a_{2} - a_{1}) (a_{1} - a_{3})}$
$= 1$
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。

有限複素数列 ${a_{n}}_{n = 1, 2, . . ., N}$ が、次の二条件

$\begin{array}{r} {\begin{cases} a_{n} \neq 0 \\ n \neq m \Rightarrow a_{n} \neq a_{m} \end{cases} \end{array}$

を満たすとき、 $h$ を、 $0 ≦ h ≦ N - 1$ を満たす整数とし、 $z$ を複素変数とすると、次の等式が成立する:
$\sum_{n = 1}^{N} a_{n}^{h} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1 - \frac{z}{a_{m}}}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} = z^{h}$

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。

$f (z) = \sum_{n = 1}^{N} a_{n}^{h} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1 - \frac{z}{a_{m}}}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}}$ とする。
$f (z)$ は $N - 1$ 次以下の $z$ の多項式関数である。
また、 $n = 1, . . ., N$ に対し、 $f (a_{n}) = a_{n}^{h}$ であるから、 $f (z) = z^{h}$ である。

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、 $N ≦ h$ 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。)

(定理１)

補題２で $z = 0$ とすることで、 $0 ≦ h ≦ N - 1$ の場合がしたがう。
よって、 $h = 1$ のとき、条件を満たす有限複素数列 $a_{1}, . . ., a_{N}, w$ (ただし、 $n = 1, . . ., N$ に対して、 $| w | < | a_{n} |$ )を考えると、
$\sum_{n = 1}^{N} a_{n} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{w}} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} + w \prod_{m = 1}^{N} \frac{1}{1 - \frac{w}{a_{m}}} = 0$
移項して等式を整理すると、
$\sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{1 - \frac{w}{a_{n}}} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} = \prod_{m = 1}^{N} \frac{1}{1 - \frac{w}{a_{m}}}$
左辺を等比級数により展開すると、
$\sum_{n = 1}^{N} (1 + (\frac{w}{a_{n}}) + \dots) \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{N} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} = \prod_{m = 1}^{N} \frac{1}{1 - \frac{w}{a_{m}}}$
$w$ のべき乗の係数を比較することで、 $h ≦ - 1$ の場合を得る。

$N ≦ h$ 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、 $N \to \infty$ 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。

複素数列 ${a_{n}}_{n = 1, 2, \dots}$ が、次の二条件

$\begin{array}{r} {\begin{cases} a_{n} \neq 0 \\ n \neq m \Rightarrow a_{n} \neq a_{m} \end{cases} \end{array}$

を満たし、さらに、各nに対し、
$\prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{\infty} (1 - \frac{a_{n}}{a_{m}})$ が絶対収束し、それに対し、和 $\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{h} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{\infty} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}}$
が絶対収束するならば、
$\sum_{n = 1}^{\infty} a_{n}^{h} \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{\infty} \frac{1}{1 - \frac{a_{n}}{a_{m}}} ＝ \begin{array}{r} {\begin{cases} {(\prod_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{1 - \frac{w}{a_{m}}})}_{w^{- h}} (h ≦ - 1) \\ 1 (h = 0) \\ 0 (1 ≦ h) \end{cases} \end{array}$
ただし、 $()_{w^{- h}}$ は、 $w$ を複素変数とし、 $| w | < min | a_{n} |$ において、 $0$ 周りで $()$ 内をテイラー展開したときの、 $w^{- h}$ の係数

定理１において、 $N \to \infty$ とする。

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。
$\prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{\infty} (1 - \frac{n^{4}}{m^{4}}) = \prod_{\begin{matrix} m = 1 \\ m \neq n \end{matrix}}^{\infty} (1 - \frac{n^{2}}{m^{2}}) (1 + \frac{n^{2}}{m^{2}}) = (- 1)^{n - 1} \frac{\sinh (π n)}{4 π n}$
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、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} 4 π n^{4 h + 1}}{\sinh π n} = \begin{array}{r} {\begin{cases} {(\prod_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{1 - \frac{w^{4}}{m^{4}}})}_{w^{- 4 h}} (h ≦ - 1) \\ 1 (h = 0) \\ 0 (1 ≦ h) \end{cases} \end{array}$
$h ≦ - 1$ の場合を
$\prod_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{1 - \frac{w^{4}}{m^{4}}} = \frac{π^{2} w^{2}}{\sin (π w) \sinh (π w)}$ を用いて計算していくことで、 $0 ≦ k$ なる $k$ を用いて、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} π}{n^{4 k + 3} \sinh (π n)} = η (4 k + 4) + \sum_{l = 1}^{2 k + 1} (- 1)^{l} η (2 l) η (4 k + 4 - 2 l)$
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} π n}{\sinh (π n)} = \frac{1}{4}$
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} π n^{4 k + 5}}{\sinh (π n)} = 0$
が分かります。
これ以外にも、数列を ${(n - \frac{1}{2})}^{4}, n^{8},$ $q^{n}$ としてみたりすると、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{(n - \frac{1}{2}) \cosh (π (n - \frac{1}{2}))} = \frac{π}{4}$
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} n^{3}}{\sinh (π n) (\cosh (\sqrt{2} π n) - \cos (\sqrt{2} π n))} = \frac{1}{16 π^{3}}$
$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} q^{\frac{n^{2} + 3 n}{2}}}{(q; q)_{n}} = (q^{2}; q)_{\infty}$
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
$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{q^{(\binom{n}{2})} (- z)^{n}}{(q; q)_{n}} = (z; q)_{\infty}$
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、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n (\cosh (π \sqrt{2 n}) - \cos (π \sqrt{2 n}))} - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n \sinh (π n) \sinh (π n^{2})} = \frac{π^{2}}{360} - \frac{1}{24}$
などの結果も出てきます。 $(h = - 1)$

まとめ

双曲線関数の級数などの、一見非自明な級数が、このように単純なステップで導出できるのは、とても興味深く感じます。
これからの個人的な課題としては、 $1 / \sinh^{2} (π n), 1 / n \sinh (a π n)$ などの比較的難しい和を、この手法の拡張として導出することです。
この記事は以上になります。最後までお読みいただきありがとうございました。