深さ2の交代多重t値の制限付き和公式
深さ1, 深さ2の交代多重$t$値を
\begin{align}
t(k)&:=\sum_{0\leq n}\frac 1{(2n+1)^k},\qquad t(\ol k):=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^k}\\
t(a,b)&:=\sum_{0\leq n< m}\frac 1{(2n+1)^a(2m+1)^b},\qquad t(\ol a,b):=\sum_{0\leq n< m}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^a(2m+1)^b}\\
t(a,\ol b)&:=\sum_{0\leq n< m}\frac{(-1)^m}{(2n+1)^a(2m+1)^b},\qquad t(\ol a,\ol b):=\sum_{0\leq n< m}\frac{(-1)^{n+m}}{(2n+1)^a(2m+1)^b}
\end{align}
のように定義する.
前の記事
で深さ2の交代多重ゼータ値の制限付き和公式を示した. 今回はその交代多重$t$値における類似を示す. まず三角関数の部分分数分数より,
\begin{align}
\sum_{1\leq k}t(2k)(2u)^{2k}&=\sum_{0\leq n}\frac{u^2}{\left(n+\frac 12\right)^2-u^2}\\
&=\frac 12\pi u\tan\pi u
\end{align}
と
\begin{align}
\sum_{0\leq k}t(\ol{2k+1})(2u)^{2k+1}&=\sum_{0\leq n}\frac{(-1)^n\left(n+\frac 12\right)u}{\left(n+\frac 12\right)^2-u^2}\\
&=\frac 12\frac{\pi u}{\cos\pi u}
\end{align}
が得られる. これを用いると以下を示すことができる.
$k\geq 1$のとき,
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1},\ol{2b+1})&=-\frac 14t(2k)
\end{align}
が成り立つ.
調和関係式より,
\begin{align}
&2\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1},\ol{2b+1})\\
&=\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}(t(\ol{2a+1},\ol{2b+1})+t(\ol{2b+1},\ol{2a+1}))\\
&=\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}(t(\ol{2a+1})t(\ol{2b+1})-t(2k))\\
&=\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1})t(\ol{2b+1})-kt(2k)
\end{align}
ここで, $2$の重さ乗を掛けて母関数を考えると,
\begin{align}
\sum_{1\leq k}(2u)^{2k}\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1})t(\ol{2b+1})&=\left(\sum_{1\leq a}(2u)^{2a+1}t(\ol{2a+1})\right)^2\\
&=\frac 14\frac{\pi^2u^2}{\cos^2\pi u}\\
&=\frac 12u^2\frac{d}{du}\pi\tan\pi u\\
&=\frac 12u^2\frac{d}{du}\sum_{1\leq k}2^{2k}t(2k)u^{2k-1}\\
&=\frac 12\sum_{1\leq k}(2k-1)t(2k)(2u)^{2k}
\end{align}
より,
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1})t(\ol{2b+1})=\frac 12(2k-1)t(2k)
\end{align}
であるから, これを代入すると,
\begin{align}
2\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1},\ol{2b+1})&=\frac 12(2k-1)t(2k)-kt(2k)\\
&=-\frac 12t(2k)
\end{align}
つまり,
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq a,b\\a+b=k-1}}t(\ol{2a+1},\ol{2b+1})&=-\frac 14t(2k)
\end{align}
を得る.
$k\geq 1$のとき,
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}(t(\ol{2a+1},2b)+t(2b,\ol{2a+1}))&=0
\end{align}
が成り立つ.
調和関係式より,
\begin{align}
&\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}(t(\ol{2a+1},2b)+t(2b,\ol{2a+1}))\\
&=\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}(t(\ol{2a+1})t(2b)-t(\ol{2k+1}))\\
&=\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}t(\ol{2a+1})t(2b)-kt(\ol{2k+1})
\end{align}
ここで,
\begin{align}
&\sum_{0\leq k}(2u)^{2k+1}\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}t(\ol{2a+1})t(2b)\\
&=\sum_{0\leq a}t(\ol{2a+1})(2u)^{2a+1}\sum_{1\leq b}t(2b)(2u)^{2b}\\
&=\frac 12\frac{\pi u}{\cos\pi u}\frac 12\pi u\tan\pi u\\
&=\frac 14\frac{\pi^2u^2\sin\pi u}{\cos^2\pi u}\\
&=\frac 14u^2\frac{d}{du}\frac{\pi}{\cos\pi u}\\
&=\frac 12u^2\frac{d}{du}\sum_{0\leq k}2^{2k+1}t(\ol{2k+1})u^{2k}\\
&=\sum_{0\leq k}kt(\ol{2k+1})(2u)^{2k+1}
\end{align}
より,
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}t(\ol{2a+1})t(2b)=kt(\ol{2k+1})
\end{align}
を得る. よって, これを代入すると,
\begin{align}
\sum_{\substack{0\leq a,1\leq b\\a+b=k}}(t(\ol{2a+1},2b)+t(2b,\ol{2a+1}))&=0
\end{align}
を得る.
制限付き和公式の結果が$0$になるのは交代多重ゼータ値の場合と違っていて面白いかもしれない.
