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バーゼル問題の証明に出てくる無限積を3乗に変えてみた

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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。

今回の問題

$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^3}{n^3}\right)$$は閉じた形で表されるか？

皆さんバーゼル問題はご存じですか？ (平方数の逆数和の値を求める問題)
その問題のオイラーの証明に上の式の2乗バージョンが出てくるのですが、
$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2} \right)=\frac{\sin (\pi x)}{\pi x} $$
この式にはなんと$\sin$が現れるのです。
これを3乗にかえてみるとどんな関数になるのかを少し前から調べていたので記事にしてみました。

2乗の場合の証明

3乗を考える前に先ほど話した2乗の場合について考えてみましょう。
次の公式を証明していきます。

$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2} \right)=\frac{\sin (\pi x)}{\pi x}$$

$$f(x)=\frac{\pi x}{\sin (\pi x)}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2} \right)$$が定数関数$f(x)=1$であることを示す。
対数微分すると、
$$\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{x^2-n^2}-\pi\cot\pi x$$となる。ここで、$\pi\cot\pi x$は三角関数の部分分数分解の公式を利用すると、
$$\pi\cot\pi x=\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{x^2-n^2} $$であるため、
\begin{eqnarray}\frac{f'(x)}{f(x)}&=&\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{x^2-n^2}-\left(\frac{1}{x}+\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{x^2-n^2} \right)\\[7pt] &=&0\end{eqnarray}
よって、$f'(x)=0$であるため、$f(x)=C$ ($C$は定数)
ここで、$$\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}\frac{\pi x}{\sin (\pi x)}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)=\lim_{x\to 0}\frac{\pi x}{\sin (\pi x)}=1$$
よって$f(x)=1$

三角関数の部分分数分解についてはこちら

これを用いると、あの有名なバーゼル問題の証明が得られます。

マクローリン展開と先ほど得た式の$x^2$の係数を比較する。
$$\frac{\sin (\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2} \right)\hspace{2cm}(1)$$
$$\frac{\sin (\pi x)}{\pi x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\pi^{2n}}{(2n+1)!}x^{2n}\hspace{2cm}(2) $$
$(1)$の式の$x^2$の項は、$-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$であり、
$(2)$の式の$x^2$の項は、$-\frac{\pi^2}{6}$であるため、
$$\zeta(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}$$

とても美しいです。最初見たときは$\pi$が出てくることにとても驚きました。

3乗の場合はどうなるか

美しさのあまり本題のことを忘れていました。
3乗の場合はどうなるでしょうか？（美しい形になってほしいな）

$$g(x)=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^3}{n^3}\right)$$となる関数$g(x)$があるとする。
両辺対数微分すると、
\begin{eqnarray}\frac{g'(x)}{g(x)}&=&3x^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3-x^3}\\[8pt]&=&3x^2\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2n + x}{3n^2 (n^2 + nx + x^2)} - \frac{1}{3n^2 (x - n)}\right)\\[8pt]&=&x^2\sum_{n=1}^{\infty}\left( \frac{2n + x}{n^2 (n^2 + nx + x^2)}\right)-\frac{\pi^2x}{6} - \psi(1 - x) -\gamma \end{eqnarray}

無☆理☆

次の手

こうなることは想定内です。まだ次の手を考えてきているのでご安心ください。
次の無限積表示を使います。

ガンマ関数のワイエルシュトラスの無限積表示

$$\frac{1}{\Gamma(x)} = x e^{\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-\frac{x}{n}} $$

ちなみにこれを用いてガンマ関数の相反公式を導くことができます。

$$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$$を証明せよ。

ワイエルシュトラスの乗積表示に$x$と$-x$を代入します。
$$\frac{1}{\Gamma(x)} = x e^{\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-\frac{x}{n}}$$
$$\frac{1}{\Gamma(-x)} = -x e^{-\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 -\frac{x}{n} \right) e^{\frac{x}{n}}$$
二つをかけ合わせます。
\begin{eqnarray} \frac{1}{\Gamma(x)\Gamma(-x)}&=&x e^{\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-\frac{x}{n}}\cdot-x e^{-\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 -\frac{x}{n} \right) e^{\frac{x}{n}}\\[8pt]&=&-x^2\prod_{n=1}^{\infty}\left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-\frac{x}{n}}\left( 1 -\frac{x}{n} \right)e^{\frac{x}{n}} \\[8pt]&=&-x^2\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2} \right)\\[8pt]&=&-\frac{x\sin(\pi x)}{\pi}\end{eqnarray}
となり、逆数を取ると
$$\Gamma(x)\Gamma(-x)=-\frac{\pi}{x\sin(\pi x)}$$
さらに$-x\Gamma(-x)=\Gamma(1-x)$だから、両辺に$-x$をかけて
$$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$$

このように、$x$と$-x$を代入したものを掛け合わせるといい感じに$(1-x^2/n^2)$だけが残りました。
これを3乗の時もできないでしょうか？

そのようになるためにはある数$a,b,c$が次を満たしていてほしい。
$$\left(1+\frac{ax}{n} \right)\left(1+\frac{bx}{n} \right)\left(1+\frac{cx}{n} \right)=1+\frac{x^3}{n^3}$$

何を見つければいいか分かったところで早速求めていきましょう!

\begin{eqnarray}\left(1+\frac{ax}{n} \right)\left(1+\frac{bx}{n} \right)\left(1+\frac{cx}{n} \right)&=&1+\frac{x^3}{n^3}\\[8pt]1 + \left( a + b + c \right) \frac{x}{n} + \left( a b + a c + b c \right) \frac{x^2}{n^2} + a b c \frac{x^3}{n^3}&=&1+\frac{x^3}{n^3} \end{eqnarray}
係数を比較すると、
$$\left\{ \begin{array}{l} a+b+c=0 \\ ab+ac+bc=0 \\abc=1 \end{array} \right.$$
これを頑張って計算すると、
$$\left\{ \begin{array}{l} a=1 \\ b=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2} \\c=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2} \end{array} \right. $$となります。（本当は対称式なので入れ替えたやつも解になるが）

a,b,cはどれも1の三乗根となりました。
あとはこれをワイエルシュトラスの乗積表示に代入するだけです。
(以後、$\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}=\omega $とする。)

$$\frac{1}{\Gamma(x)} = x e^{\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-\frac{x}{n}} ,~\frac{1}{\Gamma(\omega x)} = \omega x e^{\gamma\omega x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{\omega x}{n} \right) e^{-\frac{\omega x}{n}},~\frac{1}{\Gamma(\omega^2x)} = \omega^2x e^{\gamma \omega^2 x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{\omega^2 x}{n} \right) e^{-\frac{\omega^2x}{n}} $$
この3つの式を掛け合わせると
\begin{eqnarray}\frac{1}{\Gamma(x)\Gamma(\omega x)\Gamma(\omega^2x)} &=&x e^{\gamma x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{x}{n} \right) e^{-\frac{x}{n}} \cdot\omega x e^{\gamma\omega x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{\omega x}{n} \right) e^{-\frac{\omega x}{n}}\cdot\omega^2x e^{\gamma \omega^2 x} \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 + \frac{\omega^2 x}{n} \right) e^{-\frac{\omega^2x}{n}} \\[8pt]&=&\omega^3x^3e^{(\omega^2+\omega+1)\gamma x}\prod_{n=1}^{\infty}\left( 1 + \frac{x}{n} \right)\left( 1 + \frac{\omega x}{n} \right)\left( 1 + \frac{\omega^2 x}{n} \right)e^{-(\omega^2+\omega+1)\frac{x}{n}}\\[8pt]&=&x^3\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{x^3}{n^3}\right)\end{eqnarray}
よって、
\begin{eqnarray}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{x^3}{n^3}\right)&=&\frac{1}{x^3\Gamma(x)\Gamma(\omega x)\Gamma(\omega^2x)}\\[8pt]&=&\frac{1}{x\Gamma(x)\cdot\omega x\Gamma(\omega x)\cdot\omega^2x\Gamma(\omega^2x)}\\[8pt]&=& \frac{1}{\Gamma(1+x)\Gamma(1+\omega x)\Gamma(1+\omega^2x)} \end{eqnarray}
$x$を$-x$に置き換えて、
$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^3}{n^3}\right)=\frac{1}{\Gamma(1-x)\Gamma(1-\omega x)\Gamma(1-\omega^2x)} $$

$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^3}{n^3}\right)=\frac{1}{\Gamma(1-x)\Gamma(1-\omega x)\Gamma(1-\omega^2x)} $$　(ここで$\omega$は1の三乗根,$\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$)

できましたー!!!$x^3=1$の解が出てきましたね。
ガンマ関数が残っているので$\zeta(3)$を求めることはできませんでしたが…
ガンマ関数が消えた形で表せたら$\zeta(3)$の閉じた形が得られちゃいます(多分)。

特殊値

$x=m,m\omega,m\omega^2~(m\in\mathbb{N}) $のとき

これに関しては、簡単に$0$と分かります。

$m^3=(m\omega)^3=(m\omega^2)^3$であるため、$m^3$を代入すればいい
$$ \prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{m^3}{n^3}\right)=\frac{1}{\Gamma(1-m)\Gamma(1-\omega m)\Gamma(1-\omega^2m)} $$
$\frac{1}{\Gamma(1-m)}$は$m$が自然数であるとき$0$になる。

$x=-1$のとき

次に
$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^3}\right)$$の値を求めましょう。

\begin{eqnarray}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^3}\right)&=&\frac{1}{\Gamma(2)\Gamma(1+\omega)\Gamma(1+\omega^2)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\Gamma(1+\omega)\Gamma(1+\omega^2)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\Gamma\left(1-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\Gamma\left(1-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\Gamma\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\Gamma\left(1-\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\pi}\sin{\left(\pi\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\pi}\sin{\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\pi i\right)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\pi}\cos{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi i\right)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\pi}\cosh{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)}\end{eqnarray}

$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^3}\right)=\frac{1}{\pi}\cosh{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\right)} $$

ちゃんと閉じた値が得られました。やはり$\pi$とは関係が深いんですね。

さらに次数を上げる

3乗の時のようにすれば次数が自然数のときは計算できます。

$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^k}{n^k}\right)=\prod_{n=1}^{k}\frac{1}{\Gamma(1-e^{\frac{2ni\pi}{k}}x)}$$

k=4

\begin{eqnarray}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^4}{n^4}\right)&=&\prod_{n=1}^{4}\frac{1}{\Gamma(1-e^{\frac{2ni\pi}{4}}x)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\Gamma(1-e^{\frac{i\pi}{2}}x)\Gamma(1-e^{i\pi} x)\Gamma(1-e^{\frac{3i\pi}{2}}x)\Gamma(1-e^{2i\pi} x)}\\[8pt]&=&\frac{1}{\Gamma(1-ix)\Gamma(1+x)\Gamma(1+ix)\Gamma(1-x)}\\[8pt]&=&\frac{1}{ix\Gamma(ix)\Gamma(1-ix)x\Gamma(x)\Gamma(1-x)}\\[8pt]&=&\frac{\sin(i\pi x)\sin(\pi x)}{ix^2\pi^2}\\[8pt]&=&\frac{\sinh(\pi x)\sin(\pi x)}{x^2\pi^2} \end{eqnarray}
よって、$$\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^4}{n^4}\right)=\frac{\sinh(\pi x)\sin(\pi x)}{x^2\pi^2} $$
右辺をテイラー展開したものと$x^4$の項を比較すると、
$-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}=-\frac{\pi^4}{90}$より、
$$\zeta(4)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{90} $$

こんな感じで次数が偶数の時は相反公式を利用することによって、ガンマ関数を消して$\zeta(2n)$を求めることができます。
しかし奇数の時は相反公式を適用できないためこの方法では$\zeta(2n+1) $を求めることはできません。
ここにも奇数ゼータの難しさが現れていますね。