三角関数類似によるディリクレベータ関数の特殊値の初等的計算

はじめに

この記事ではディリクレのベータ関数
$$\beta (s)=\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^l}{(2l+1{)}^s}$$
の特殊値$\beta (2m+1)$を初等的に計算することを目指す。
そのために次のような$\beta (2m+1)$の有限三角関数類似を考える
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^{2m+1}(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
前提知識としては高校の理系数学が分かれば大丈夫な範囲を目標とする。

道具立て

いきなり複素指数関数で「何が高校理系数学か」なのだが
ここでは単に$\exp \left(x\sqrt{-1}\right)=\cos \left(x\right)+\sqrt{-1}\sin \left(x\right)$
という右辺の略記以上では用いない。これに施す計算は
ド・モアブルの定理と呼ばれる範囲となる。

1つめの式に$x=\frac{(2l+1)\pi }{4n}$を代入すると
$$\sum _{k=-n}^n\exp \left(\frac{2k(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)=\frac{\sin \left(\frac{(2l+1)\pi }{2}\right)}{\tan \left(\frac{(2l+1)\pi }{4n}\right)}+\cos \left(\frac{(2l+1)\pi }{2}\right)=\frac{(-1{)}^l}{\tan \left(\frac{(2l+1)\pi }{4n}\right)}$$
これの両辺を$m\in \mathbb{N}$で$m$乗すると、
$$[\sum _{k=-n}^n\exp \left(\frac{2k(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right){]}^m=\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
となる。左辺は指数法則から
$$[\sum _{k=-n}^n\exp \left(\frac{2k(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right){]}^m=\sum _{k_1,k_2,\cdots ,k_m=-n}^n\exp \left(\frac{2(k_1+k_2+\cdots +k_m)(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)$$
となる。この右辺の状況をもう少し整理する。
各$k_i(i=1,2,\cdots ,m)$は$-n\le k_i\le n$なので
$k_1+k_2+\cdots +k_m$がとりえる値の範囲は
$-mn\le k_1+k_2+\cdots +k_m\le mn$
$-mn\le j\le mn$について$k_1+k_2+\cdots +k_m=j$となる
$(k_1,k_2,\cdots ,k_m)$の組み合わせの個数を$C_{m,j}^n$と書くことにすると
$$\sum _{k_1,k_2,\cdots ,k_m=-n}^n\exp \left(\frac{2(k_1+k_2+\cdots +k_m)(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)=\sum _{j=-mn}^{mn}{C}_{m,j}^n\exp \left(\frac{2j(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)$$
と書ける。(長々と書いたが要は$C_{m,j}^n$は多項係数のある種の和を表している)
結局次の等式を得る

有限三角関数類似の計算

$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^{2m+1}(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
を定理2を利用して計算していく。計算するうえで奇数乗である必要はないので、
改めて以下の和を考える
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
これを計算するために、まず少し和の範囲を変えた
$$\sum _{l=-n}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
を考えると、$l<0$の範囲について
$$\sum _{l=-n}^{-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=\sum _{l=1}^n\frac{(-1{)}^{-ml}}{{\tan }^m(\frac{(-2l+1)\pi }{4n})}=\sum _{l=1}^n\frac{(-1{)}^{-m(l-1)}}{{\tan }^m(\frac{(2l-1)\pi }{4n})}=\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
より
$$\sum _{l=-n}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}＝\sum _{l=-n}^{-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}+\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=2\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}$$
これと、定理2
から
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=\frac{1}{2}\sum _{l=-n}^{n-1}\sum _{j=-mn}^{mn}{C}_{m,j}^n\exp \left(\frac{2j(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)$$
と書けることがわかる。右辺の（有限）二重和はそれぞれの和に依存関係がないので和の順序を入れ替えると
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=\frac{1}{2}\sum _{j=-mn}^{mn}{C}_{m,j}^n\sum _{l=-n}^{n-1}\exp \left(\frac{2j(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)$$
右辺の内側の和について、$\frac{2j\pi }{4n}\notin \pi \mathbb{Z}$すなわち、$j\notin 2n\mathbb{Z}$のとき
補題１の２つ目の式より
$$\sum _{l=-n}^{n-1}\exp \left(\frac{2j(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)=\frac{\sin \left(2n\frac{2j\pi }{4n}\right)}{\sin \left(\frac{2j\pi }{4n}\right)}=\frac{\sin \left(j\pi \right)}{\sin \left(\frac{2j\pi }{4n}\right)}=0$$
$j\in 2n\mathbb{Z}$のとき$j=2ni i\in \mathbb{Z}$とすると
$$\sum _{l=-n}^{n-1}\exp \left(\frac{4ni(2l+1)\pi \sqrt{-1}}{4n}\right)=\sum _{l=-n}^{n-1}(-1{)}^i=2n(-1{)}^i$$
よって
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=\frac{1}{2}\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}{C}_{m,2ni}^{n}2n(-1{)}^i=n\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}{C}_{m,2ni}^n(-1{)}^i$$
と計算できる。まとめると以下のようになる。

具体例の計算

計算はできたものの、定理３は一見での具体性に乏しいため
小さなmについてより具体的に計算をしてみる。

m=1の場合

$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{\tan \left(\frac{(2l+1)\pi }{4n}\right)}$$
がどのようになるのかを考える。定理3より
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{\tan \left(\frac{(2l+1)\pi }{4n}\right)}=n{C}_{1,0}^n$$
となる。$C_{1,0}^n$は定義から$k=0$となる$-n\le k\le n$なる$k$の個数なので、当然$k=0$の一つのみとなる。ゆえ
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{\tan \left(\frac{(2l+1)\pi }{4n}\right)}=n{C}_{1,0}^n=n$$
とわかる。

m=2の場合

定理3より
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{1}{{\tan }^2(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(-C_{2,-2n}^n+C_{2,0}^n-C_{2,2n}^n)$$
となる。$C_{m,j}^n$は定義から$C_{m,-j}^n=C_{m,j}^n$なので
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{1}{{\tan }^2(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(C_{2,0}^n-2C_{2,2n}^n)$$
となる。$C_{2,0}^n$は$k_1+k_2=0$となる$-n\le k_1,k_2\le n$なる$k$の個数なので、$k_1=-k_2$となればよい。
$-n\le k_1,k_2\le n$なのでこれは$2n+1$個ある。
$C_{2,2n}^n$は$k_1+k_2=2n$となる$-n\le k_1,k_2\le n$なる$k$の個数なので、これは$k_1=k_2=n$の一つしかない。
ゆえ
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{1}{{\tan }^2(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(2n+1-2\ast 1)=n(2n-1)$$

m=3の場合

定理3より
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^3(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(-C_{3,-2n}^n+C_{3,0}^n-C_{3,2n}^n)$$
となる。$C_{m,-j}^n=C_{m,j}^n$なので
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^3(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(C_{3,0}^n-2C_{3,2n}^n)$$
$C_{3,0}^n$は$k_1+k_2+k_3=0$となる$-n\le k_1,k_2,k_3\le n$なる$k$の個数なので、$k_1+k_2=-k_3$となればよい。
$k_3$を一つ固定すると$k_1+k_2=-k_3$となる$k_1,k_2$の組は
$-n\le k_1,k_2\le n$なのでこれは$2n+1-|k_3|$個ある。($|k_3|$は$k_3$の絶対値)
これより
$$C_{3,0}^n=\sum _{k_3=-n}^n(2n+1-|k_3|)=(2n+1{)}^2-n(n+1)$$
同様に$C_{3,2n}^n$は$k_1+k_2+k_3=2n$となる$-n\le k_1,k_2,k_3\le n$なる$k$の個数なので、$k_1+k_2=-k_3+2n$となればよい。
$k_3$を一つ固定すると$k_1+k_2=-k_3+2n$となる$k_1,k_2$の組は
$-n\le k_1,k_2\le n$なのでこれは$2n+1-min(-k_3+2n,2n+1)$個ある。
$$C_{3,2n}^n=\sum _{k_3=0}^n(2n+1-(2n-k_3))=\sum _{k_3=0}^n(k_3+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}$$
$$C_{3,0}^n-2C_{3,2n}^n=(2n+1{)}^2-n(n+1)-(n+1)(n+2)=(2n+1{)}^2-2(n+1{)}^2=2n^2-1$$
ゆえ
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^3(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(2n^2-1)$$

有限三角関数類似とβ(2m+1)の関係

ここからはこれまでと毛色を変えて有限三角関数類似とディリクレベータ関数の特殊値$\beta (2m+1)$の関係について確認する。
次を示す。

上記の証明のため、次の補題を準備する。

ディリクレベータ関数の特殊値β(2m+1)のいくつかの計算

m=1の場合

$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{\tan (\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n$$
より
$$\beta (1)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{\pi }{4n})n=\frac{\pi }{4}$$
これはライプニッツ級数としてもよく知られる結果の確認となっている。

m=3の場合

$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^3(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n(2n^2-1)$$
より
$$\beta (3)=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{\pi }{4n}{)}^{3}n(2n^2-1)=\frac{{\pi }^3}{64}\ast 2=\frac{{\pi }^3}{32}$$

$C_{m,j}^n$の一般項と$\beta (m)$

ここからは当初に掲げた初等性と若干の厳密性を投げ捨てて
どこまでのことが一般的に言えそうかを眺める。
まず、$C_{m,j}^n$について、もともと等比数列の和のべき乗を
由来とすることからも明らかな通り
$$(x^{-n}+x^{-n+1}+\cdots +x^{-1}+1+x+\cdots +x^{n-1}+x^n{)}^m$$
を(通常型)母関数として持つ。等比数列の和を計算すると
$$(\frac{x^{-n}-x^{n+1}}{1-x}{)}^m=\frac{(x^{-n}-x^{n+1}{)}^m}{(1-x{)}^m}$$
分子と分母を分けて考えると
$$(x^{-n}-x^{n+1}{)}^m=\sum _{k=0}^m(-1{)}^k\begin{array}{r}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)x^{-nm+(2n+1)k}\end{array}$$
$$\frac{1}{(1-x{)}^m}=\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\begin{array}{r}\left(\begin{array}{c}l+m-1\\ m-1\end{array}\right)x^l\end{array}$$
より
$$\frac{(x^{-n}-x^{n+1}{)}^m}{(1-x{)}^m}=\sum _{l=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^m(-1{)}^k\begin{array}{r}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}l+m-1\\ m-1\end{array}\right)x^{-nm+(2n+1)k+l}\end{array}$$
$C_{m,2ni}^n$は$x^{2ni}$の係数なので
$$C_{m,2ni}^n=\sum _{k=0}(-1{)}^k\begin{array}{r}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}nm-(2n+1)k+2ni+m-1\\ m-1\end{array}\right)\end{array}$$
$$C_{m,2ni}^n=\sum _{k=0}(-1{)}^k\begin{array}{r}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(m-2k+2i)n-k+m-1\\ m-1\end{array}\right)\end{array}$$
ただし最後のkについての和は$0\le k\le \frac{m+2i}{2+1/n}$の範囲の整数を取る。
これより
$$\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^{ml}}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=n\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}{C}_{m,2ni}^n(-1{)}^i=n\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}\sum _{k=0}(-1{)}^{i+k}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(m-2k+2i)n-k+m-1\\ m-1\end{array}\right)$$
定理4を念頭に$n\to \mathrm{\infty }$を考えると
$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{\pi }{4n}{)}^m\sum _{l=0}^{n-1}\frac{(-1{)}^l}{{\tan }^m(\frac{(2l+1)\pi }{4n})}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(\frac{\pi }{4n}{)}^{m}n\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}\sum _{k=0}(-1{)}^{i+k}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(m-2k+2i)n-k+m-1\\ m-1\end{array}\right)$$
右辺を整理すると
$$(\frac{\pi }{4n}{)}^{m}n\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}\sum _{k=0}(-1{)}^{i+k}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(m-2k+2i)n-k+m-1\\ m-1\end{array}\right)$$
$$=(\frac{\pi }{4}{)}^m\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}\sum _{k=0}(-1{)}^{i+k}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(m-2k+2i)n-k+m-1\\ m-1\end{array}\right)n^{-(m-1)}$$
$n\to \mathrm{\infty }$として
$$(\frac{\pi }{4}{)}^m\sum _{i=-[m/2]}^{[m/2]}\sum _{k=0}^{[m/2]+i}(-1{)}^{i+k}\left(\begin{array}{c}m\\ k\end{array}\right)\frac{(m-2k+2i{)}^{m-1}}{(m-1)!}$$
となるので結局次の表示が得られた。