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双曲線函数の和 (cosh mπ + i sinh nπ) を分母にもつ二重級数の値を求める

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$$\newcommand{arcosh}[0]{\operatorname{arcosh}} \newcommand{arcoth}[0]{\operatorname{arcoth}} \newcommand{arcsch}[0]{\operatorname{arcsch}} \newcommand{arsech}[0]{\operatorname{arsech}} \newcommand{arsinh}[0]{\operatorname{arsinh}} \newcommand{artanh}[0]{\operatorname{artanh}} \newcommand{bh}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{bk}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{bm}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{Ci}[0]{\operatorname{Ci}} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{d}[0]{{\rm d}} \newcommand{dep}[0]{\operatorname{dep}} \newcommand{ds}[0]{{\rm d}s} \newcommand{dt}[0]{{\rm d}t} \newcommand{du}[0]{{\rm d}u} \newcommand{dv}[0]{{\rm d}v} \newcommand{dx}[0]{{\rm d}x} \newcommand{dy}[0]{{\rm d}y} \newcommand{dz}[0]{{\rm d}z} \newcommand{erf}[0]{\operatorname{erf}} \newcommand{ht}[0]{\operatorname{ht}} \newcommand{Im}[0]{\operatorname{Im}} \newcommand{Li}[0]{\operatorname{Li}} \newcommand{li}[0]{\operatorname{li}} \newcommand{Log}[0]{\operatorname{Log}} \newcommand{pv}[0]{\operatorname{\text{p.v.}}} \newcommand{Re}[0]{\operatorname{Re}} \newcommand{Res}[0]{\operatorname*{Res}} \newcommand{Si}[0]{\operatorname{Si}} \newcommand{sinc}[0]{\operatorname{sinc}} \newcommand{wt}[0]{\operatorname{wt}} $$

この記事は,オープンチャット「積分・級数の部屋」で企画された,ゴールデンウィークの Mathlog の記事リレー 1 日目の記事です。

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$$ \textbf{Introduction} $$

こんにちは,keitadayo です。突然ですが,次のような等式が成り立つらしいです。一応「定理」という形でまとめておきましょう。

$\!\textbf{Theorem 0.1. }\textit{We have the following equation.}$
$$ \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac1{\cosh m\pi + i\sinh n\pi} = \Biggl( \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{-n^2\pi} \Biggr)^{\!\!4} $$

数学において,美しい数式というと Euler の等式やそれに関連する Bernoulli の等式,さらには Ramanujan の円周率公式など様々あると思いますが,個人的にはこれが一番美しい気がしています。不思議と Euler の公式にも似ているのも魅力のひとつです。

一見すると成り立たなそうに見えますが,安心してください。これはちゃんと成り立ちます。この記事では,いくつかの式は証明せずに用いるものの,高校生でも簡単に手を動かしじっくり考えれば理解できるように目的の式の証明を与えていきます。最後まで読んでいただけると嬉しく思います。

$\!\textcolor{#ef5350}{\textbf{Notation.}}$
指標付きテータ函数
$$ \vartheta_{a ,\,b}(v ,\, \tau) = \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{i\pi\tau(n+a)^2 + 2i\pi(n+a)(v+b)} $$
に対し,楕円テータ函数(単にテータ函数と呼ぶこともある。)を
$$ \begin{align} &\vartheta_1(v ,\, \tau) = \vartheta_{1/2,\,1/2}(v ,\, \tau) ,\!\!\! && \vartheta_2(v ,\, \tau) = \vartheta_{1/2,\,0}(v ,\, \tau), \\[3pt] &\vartheta_3(v ,\, \tau) = \vartheta_{0,\,0}(v ,\, \tau) ,\!\!\!&& \vartheta_4(v ,\, \tau) = \vartheta_{0,\,1/2}(v ,\, \tau) \end{align} $$
のように定義します。特に$v=0$のとき$q = e^{i\pi\tau}$として$\vartheta_i(q) = \vartheta_i(0 ,\, \tau)$と書く慣習がありますが,複数の記法を使用することによる混乱を防ぐためにこの記事ではすべて$\vartheta_i(v ,\, \tau)$の記法で統一します。また,
$$ \vartheta_i'(v ,\, \tau) = \frac{d}{dv} \, \vartheta_i(v ,\, \tau) $$
です。さらに,正の整数の集合を$\mathbb{N}$と書くことにします。集合の記法は主に和を考えるときに登場しますが,
$$ \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} a_{m,\,n} = \sum_{m=-\infty}^\infty \sum_{n=-\infty}^\infty a_{m,\,n} ,\quad \sum_{n\in\mathbb{N}} a_n = \sum_{n=1}^{\infty} a_n $$
のように考えていただいてかまいません。このように書くのは,単純に個人的な好みの問題です。

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$$ \textbf{1. On the Proving the Series} $$

$$ \bm A $$

証明を与えようとしても,どこから手を付ければよいかがまったく分かりません。おなじみの積分が使えればよいのですが,この級数に対しては役に立ちそうではありません。なので,もう一度目的の式をじっくり観察してみます。すると,右辺の級数がテータ函数の特殊な場合であるとわかります。なので,まずはテータ函数の特殊値をくくりだす感じで計算していきます。左辺の級数を$A$としましょう。

$$ \begin{align} A &= \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac1{\cosh m\pi + i\sinh n\pi} \\[3pt] &= \Re \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac{\cosh m\pi - i\sinh n\pi}{\cosh^2 m\pi + \sinh^2 n\pi} \\[3pt] &= \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac{\cosh m\pi}{\cosh^2 m\pi + \sinh^2 n\pi} \\[3pt] &= 2 \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac{\cosh m\pi}{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi} \\[3pt] &= \sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac2{1 + \cosh 2n\pi} + 2 \sum_{m\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac{\cosh m\pi}{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi} \\[3pt] &= \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh^2 n\pi}}_{\,B} + 2 \underline{\sum_{m\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \cosh m\pi \sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi}}_{\,C} \end{align} $$

途中,双曲線函数の半角の公式を用いています。級数$B$の値は後で求めることにして,後者の$C$にある因子$D$について考えてみます。

$$ C = \sum_{m\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \cosh m\pi \, \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi}}_{\,D} $$

この級数$D$の値を特定するため,テータ函数と呼ばれる特殊函数を導入します。その一種であるテータ函数$\vartheta_2$$v$による対数微分を考えてみます。テータ函数$\vartheta_2$の無限乗積表示を利用すると

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_2 (v ,\, \tau) = 2 q^{1/4} \cos \pi v \prod_{n\in\mathbb{N}} (1 - q^{2n})(1 + 2q^{2n}\cos 2\pi v + q^{4n})} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\log\vartheta_2 (v ,\, \tau) = (\text{const.}) + \log\cos \pi v + \sum_{n\in\mathbb{N}} \logarithm(1 + 2q^{2n}\cos\pi v + q^{4n})} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2'(v ,\, \tau)}{\vartheta_2 (v ,\, \tau)} = -\pi \tan \pi v - 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{q^{2n}\sin 2\pi v}{1 + 2q^{2n}\cos 2\pi v + q^{4n}}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac1{\sin 2\pi v}\frac{\vartheta_2'(v ,\, \tau)}{\vartheta_2 (v ,\, \tau)} = -\frac\pi{2\cos^2 \pi v} - 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac1{q^{-2n} + 2\cos 2\pi v + q^{2n}}} \end{align} $$

のように計算できます。最後の三角函数の部分は倍角の公式を用いています。ここで$\tau = i$とすると$q=e^{-\pi}$ですから$q^{-2n} + q^{2n} = 2\cosh 2n\pi$がわかります。さらに$v \mapsto iv$として双曲線余弦函数$\cosh$の偶函数性を利用すれば

$$ \begin{align} &\Longrightarrow&& {\frac1{\sin 2\pi iv}\frac{\vartheta_2'(iv ,\, i)}{\vartheta_2 (iv ,\, i)} = -\frac\pi{2\cos^2 \pi iv} - 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac1{2\cos 2\pi iv + 2\cosh 2n\pi}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac1{i\sinh 2\pi v}\frac{\vartheta_2'(iv ,\, i)}{\vartheta_2 (iv ,\, i)} = -\frac\pi{1 + \cosh 2\pi v} - 2\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac1{\cosh 2\pi v + \cosh 2n\pi}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {-\frac1{i\sinh 2\pi v}\frac{\vartheta_2'(iv ,\, i)}{\vartheta_2 (iv ,\, i)} = \frac\pi{\cosh 2\pi v + \cosh 0} + \pi \sum_{n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \frac1{\cosh 2\pi v + \cosh 2n\pi}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{i}{\sinh 2\pi v}\frac{\vartheta_2'(iv ,\, i)}{\vartheta_2 (iv ,\, i)} = \pi \, \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh 2\pi v + \cosh 2n\pi}}_{\,D}} \end{align} $$

となります。ここで,Jacobi の虚数変換公式(余談ですが,これはテータ函数のどの変数に注目するかで名前が変わるらしいです。第 2 変数である$\tau$を純虚数の定数として考えるなら「虚数変換公式」であり,第 1 変数の$v$を定数とみるなら「モジュラー変換公式」などとなります。)において$\tau = i$とすると

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_2 \biggl(\frac{v}\tau ,\, -\frac1\tau\biggr) = e^{-i\pi/4} \, \tau^{1/2} \, e^{i\pi v^2/\tau} \, \vartheta_4(v ,\, \tau)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\vartheta_2 (-iv ,\, i) = (-i)^{1/2} \, i^{1/2} \, e^{\pi v^2} \, \vartheta_4(v ,\, i)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\vartheta_2 (iv ,\, i) = e^{\pi v^2} \, \vartheta_4(v ,\, i)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\log\vartheta_2(iv ,\, i) = \pi v^2 + \log \vartheta_4(v ,\, i)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& i \, \frac{\vartheta_2'(iv ,\, i)}{\vartheta_2(iv ,\, i)} = 2\pi v + \frac{\vartheta_4'(v ,\, i)}{\vartheta_4(v ,\, i)} \end{align} $$

がわかるので,以上の考察より

$$ \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh 2\pi v + \cosh 2n\pi}}_{\,D} = \frac1{\pi \sinh 2\pi v} \biggl( 2\pi v + \frac{\vartheta_4'(v ,\, i)}{\vartheta_4(v ,\, i)} \biggr) $$

が得られました。さらに$v \mapsto m$とすれば$\vartheta_4'(m ,\, i) = 0$ですから(これは$\vartheta_4$を微分して$v\mapsto m$としたときに

$$ \vartheta_4'(m ,\, \tau) = 4\pi \sum_{n\in\mathbb{Z}} \, (-1)^n \, nq^{n^2} \sin 2mn\pi $$

となって$\sin 2mn\pi$が現れることにより明らかです。)結局

$$ \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi}}_{\,D} = \frac{2m}{\sinh 2m\pi} $$

となります。したがって$C$$D$の関係から

$$ C = \sum_{m\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \frac{2m\cosh m\pi}{\sinh 2m\pi} = \sum_{m\in\mathbb{N}} \frac{2m}{\sinh m\pi} $$

が求値となります。例によって,ここでも$m/\sinh m\pi$の偶函数性を利用しています。大方片付いたので,一旦ここまでの計算結果をまとめておきましょう。

$$ A = B + 2C = \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh^2 n\pi}}_{\,B} + 2 \, \underline{\sum_{m\in\mathbb{N}} \frac{2m}{\sinh m\pi}}_{\,C} $$

$ $

$$ \bm B $$

だいぶ計算しやすい形になりましたね。まずは$B$の値の特定から始めます。以下$\tau = i$のもとで計算を進めていきます。

$$ \begin{align} B &= \sum_{k\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh^2 k\pi} \\[3pt] &= 1 + 2 \sum_{k\in\mathbb{N}} \frac1{\cosh^2 k\pi} \\[3pt] &= 1 + 8 \sum_{k\in\mathbb{N}} \frac{q^{2k}}{(1 + q^{2k})^2} \\[3pt] &= 1 - 8 \sum_{k\in\mathbb{N}} \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, n q^{2kn} \\[3pt] &= 1 - 8 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^{2n}}{1 - q^{2n}} \end{align} $$

ここで$\vartheta_2$の対数微分を考えます。(これは先ほども求めました。対数をとる前の無限乗積表示が因数分解されているいないの違いなので,読み飛ばしていただいてもかまいません。)

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_2(v ,\, i) = 2q^{1/4} \cos\pi v \prod_{k\in\mathbb{N}} (1 - q^{2k})(1 + q^{2k} \, e^{2i\pi v})(1 + q^{2k} \, e^{-2i\pi v})} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\log\vartheta_2(v ,\, i) = (\text{const.}) + \log\cos\pi v + \sum_{k\in\mathbb{N}} \logarithm(1 + q^{2k} \, e^{2i\pi v}) + \sum_{k\in\mathbb{N}} \logarithm(1 + q^{2k} \, e^{-2i\pi v})} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2'(v ,\, i)}{\vartheta_2(v ,\, i)} = -\pi\tan\pi v + 2i\pi \sum_{k\in\mathbb{N}} \frac{q^{2k} \, e^{2i\pi v}}{1 + q^{2k} \, e^{2i\pi v}} - 2i\pi \sum_{k\in\mathbb{N}} \frac{q^{2k} \, e^{-2i\pi v}}{1 + q^{2k} \, e^{-2i\pi v}}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2'(v ,\, i)}{\vartheta_2(v ,\, i)} = -\pi\tan\pi v + 2i\pi \sum_{k\in\mathbb{K}} \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, (q^{2k} \, e^{2i\pi v})^n - 2i\pi \sum_{k\in\mathbb{K}} \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, (q^{2k} \, e^{-2i\pi v})^n} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2'(v ,\, i)}{\vartheta_2(v ,\, i)} = -\pi\tan\pi v - 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \sum_{k\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, q^{2nk} \sin 2n\pi v} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2'(v ,\, i)}{\vartheta_2(v ,\, i)} = -\pi\tan\pi v - 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{q^{2n}}{1 - q^{2n}} \, \sin 2n\pi v} \end{align} $$

右辺を$\sum 1/\cosh^2 n\pi$の形にしたいので,両辺の$v=0$における微分係数を求めます。例によって$\vartheta_2'(m ,\, i) = 0$ですから

$$ \begin{align} &\Longrightarrow&& {\frac{d}{dv} \frac{\vartheta_2'(v ,\, i)}{\vartheta_2(v ,\, \tau)} \Bigg\vert_{v=0} = \frac{d}{dv} \biggl( -\pi \tan\pi v - 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{q^{2n}}{1 - q^{2n}} \, \sin 2n\pi v \biggr) \Bigg\vert_{v=0}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2''(v ,\, i) \, \vartheta_2(v ,\, i) - \vartheta_2'(v ,\, i)^2}{\vartheta_2(v ,\, i)^2} \Bigg\vert_{v=0} = \biggl( - \frac{\pi^2}{\cos^2\pi v} - 8\pi^2 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^{2n}}{1 - q^{2n}} \, \cos 2n\pi v \biggr) \Bigg\vert_{v=0}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2''(0 ,\, i)}{\vartheta_2(0 ,\, i)} = -\pi^2 \biggl( 1 - 8 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^{2n}}{1 - q^{2n}} \biggr)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_2''(0 ,\, i)}{\vartheta_2(0 ,\, i)} = -\pi^2 \, \underline{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh^2 n\pi}}_{\,B}} \end{align} $$

左辺の値を特定するために次のような変形をします。それにあたり$\vartheta_4(0 ,\, \tau)^4$$q$- 級数表示

$$ \vartheta_4(0 ,\, \tau)^4 = 1 + 8 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^n}{1 + q^n} $$

に注意します。また,先ほどと同じように$\vartheta_3$の対数微分の微分を計算すると

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_3(v ,\, \tau) = \prod_{n\in\mathbb{N}} (1 - q^{2n})(1 + q^{2n-1} \, e^{2i\pi v})(1 + q^{2n-1} \, e^{-2i\pi v})} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_3'(v ,\, \tau)}{\vartheta_3(v ,\, \tau)} = 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{q^n}{1 - q^{2n}} \, \sin 2n\pi v} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} = 8\pi^2 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^n}{1 - q^{2n}}} \end{align} $$

がわかるので,

$$ \begin{align} \frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} - \frac{\vartheta_2''(0 ,\, i)}{\vartheta_2(0 ,\, i)} &= 8\pi^2 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^n}{1 - q^{2n}} + \pi^2 - 8\pi^2 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^{2n}}{1 - q^{2n}} \\[3pt] &= \pi^2 + 8\pi^2\sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, nq^n \frac{1 - q^n}{1 - q^{2n}} \\[3pt] &= \pi^2 \underline{ \biggl( 1 + 8 \sum_{n\in\mathbb{N}} \, (-1)^n \, \frac{nq^n}{1 + q^n} \biggr)}_{\,\vartheta_4(0 ,\, i)^4} \end{align} $$

となり

$$ B = \vartheta_4(0 ,\, i)^4 - \frac1{\pi^2} \frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} $$

がわかります。

$ $

$$ \bm C $$

次に$C$の値を特定します。同じように$\vartheta_4$の無限乗積表示を対数微分すると

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_4(v ,\, \tau) = \prod_{n\in\mathbb{N}} (1 - q^{2n})(1 - q^{2n-1} \, e^{2i\pi v})(1 - q^{2n-1} \, e^{-2i\pi v})} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_4'(v ,\, \tau)}{\vartheta_4(v ,\, \tau)} = 4\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{q^n}{1 - q^{2n}} \, \sin 2n\pi v} \end{align} $$

のようになります。ここで$\tau = i$とすると$q^{-n} + q^n = 2\sinh n\pi$です。右辺を$\sum n/\sinh n\pi$の形にしたいので,この両辺の$v=0$における微分係数を求めます。

$$ \begin{align} &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_4'(v ,\, i)}{\vartheta_4(v ,\, i)} = 2\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac1{\sinh n\pi} \, \sin 2n\pi v} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{d}{dv} \frac{\vartheta_4'(v ,\, i)}{\vartheta_4(v ,\, i)} \Bigg\vert_{v=0} = \frac{d}{dv} \, 2\pi \sum_{n\in\mathbb{N}} \frac1{\sinh n\pi} \, \sin 2n\pi v \Bigg\vert_{v=0}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{\vartheta_4''(0 ,\, i)}{\vartheta_4(0 ,\, i)} = 2\pi^2 \, \underline{\sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{2n}{\sinh n\pi}}_{\,C}} \end{align} $$

ここでも$\vartheta_3(0 ,\, i)^4$$q$- 級数表示を分解することにより得られる恒等式

$$ \frac{\vartheta_4''(0 ,\, i)}{\vartheta_4(0 ,\, i)} = \pi^2 \, \vartheta_3(0 ,\, i)^4 + \frac{\vartheta_2''(0 ,\, i)}{\vartheta_2(0 ,\, i)} $$

および$B$の値を求める際に使用した式

$$ \frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} - \frac{\vartheta_2''(0 ,\, i)}{\vartheta_2(0 ,\, i)} = \pi^2 \, \vartheta_4(0 ,\, i)^4 $$

を用いると

$$ \begin{align} C &= \frac1{2\pi^2} \frac{\vartheta_4''(0 ,\, i)}{\vartheta_4(0 ,\, i)} \\[3pt] &= \frac12 \, \vartheta_3(0 ,\, i)^4 + \frac1{2\pi^2} \frac{\vartheta_2''(0 ,\, i)}{\vartheta_2(0 ,\, i)} \\[3pt] &= \frac12 \, (\vartheta_3(0 ,\, i)^4 - \vartheta_4(0 ,\, i)^4) + \frac1{2\pi^2} \frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} \end{align} $$

となります。

$ $

$$ \bm A $$

最後にこれらの結果を組み込んでいきます。すると互いに打ち消しあい,

$$ \begin{align} A &= B + 2C \\[3pt] &= \vartheta_4(0 ,\, i)^4 - \frac1{\pi^2} \frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} + \vartheta_3(0 ,\, i)^4 - \vartheta_4(0 ,\, i)^4 + \frac1{\pi^2} \frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} \\[3pt] &= \vartheta_3(0 ,\, i)^4 \end{align} $$

であり

$$ \begin{align} \vartheta_3(0, \, i) &= \vartheta_{0 ,\, 0}(0 ,\, i) \\[3pt] &= \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{i^2\pi(n+0)^2 + 2i\pi(n+0)(0+0)} \\[3pt] &= \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{-n^2\pi} \end{align} $$

となることから,すなわち

$$ \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac1{\cosh m\pi + i\sinh n\pi} = \Biggl( \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{-n^2\pi} \Biggr)^{\!\!4} $$

が得られます。長かったですが,これにて証明が終わりました。いつ見ても,ふたつの双曲線函数と指数函数が無限和によってあたかも Euler の公式のように結び付けられているのは驚きです。

なお,最初の変形では$A\in\mathbb{R}$であることを利用して

$$ \begin{align} A &= \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac1{\cosh m\pi + i\sinh n\pi} \\[3pt] &= \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac{\cosh m\pi}{\cosh^2 m\pi + \sinh^2 n\pi} \\[3pt] \end{align} $$

のように変形していますが,少なくとも式を見ただけでは$A\in\mathbb{R}$は非自明だと考えたので$\Im A = 0$をここで示しておきます。しかしこれは簡単で,

$$ \begin{align} \Im A &= -\sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac{\sinh n\pi}{\cosh^2 m\pi + \sinh^2 n\pi} \\[3pt] &= -2 \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac{\sinh n\pi}{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi} \\[3pt] &= -\sum_{m\in\mathbb{Z}} \frac0{1 + \cosh 2n\pi} - 2 \sum_{n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \sum_{m\in\mathbb{Z}} \frac{\sinh n\pi}{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi} \\[3pt] &= -2 \sum_{n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \sinh n\pi \sum_{m\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh 2m\pi + \cosh 2n\pi} \\[3pt] &= -2 \sum_{n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \sinh n\pi \, \frac{2n}{\sinh 2n\pi} \\[3pt] &= -2 \sum_{n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\}} \frac{n}{\cosh n\pi} \\[3pt] &= 0 \end{align} $$

という具合に示すことができます。

$ $

$ $

$$ \textbf{2. The Exact Values of $\bm B$ and $\bm C$} $$

せっかくなので,このセクションにて

$$ B = \sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh^2 n\pi} ,\quad C = 2\sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{n}{\sinh n\pi} $$

の値 (closed-form) を求めることにしましょう。留数定理を用いてもよいですが,ここまで積分を用いずに頑張ってきたので,ここでもテータ函数の知識を応用することにします。熱伝導方程式より

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_3''(v ,\, \tau) = 4\pi i \, \frac{d}{d\tau} \, \vartheta_3(v ,\, \tau)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\vartheta_3''(0 ,\, i) = 4\pi i \, \frac{dt}{d\tau}\frac{d}{dt} \, \vartheta_3(0 ,\, it) \Bigg\vert_{t=1}} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac1{4\pi} \, \vartheta_3''(0 ,\, i) = \frac{d}{dt} \, \vartheta_3(0 ,\, it) \Bigg\vert_{t=1}} \end{align} $$

が成り立ちます。また,Jacobi の虚数変換公式において$\tau = it$とすると

$$ \begin{align} &&& {\vartheta_3 \biggl( \frac{v}\tau ,\, -\frac1\tau \biggr) = e^{-i\pi/4} \, \tau^{1/2} \, e^{i\pi v^2/\tau} \, \vartheta_3(v ,\, \tau)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\vartheta\biggl( 0 ,\, \frac{i}t \biggr) = e^{-i\pi/4} \, (it)^{1/2} \, \vartheta_3(0 ,\, it)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\vartheta_3(0 ,\, it) = \frac1{\sqrt{t}} \, \vartheta_3\biggl( 0 ,\, \frac{i}t \biggr)} \\[3pt] &\Longrightarrow&& {\frac{d}{dt} \, \vartheta_3(0 ,\, it) \Bigg\vert_{t=1} = -\frac14 \, \vartheta_3(0 ,\, i) } \end{align} $$

ですから

$$ \frac1{\pi^2}\frac{\vartheta_3''(0 ,\, i)}{\vartheta_3(0 ,\, i)} = -\frac1\pi $$

がわかります。したがって,よく知られた特殊値

$$ \vartheta_3(0 ,\, i) = \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{-n^2\pi} = \frac{\pi^{1/4}}{\varGamma(3/4)} $$

を用いると

$$ B = \frac\pi{2 \, \varGamma(3/4)^4} + \frac1\pi ,\quad C = \frac\pi{4 \, \varGamma(3/4)^4} - \frac1{2\pi} $$

すなわち

$$ \begin{align} &{\sum_{n\in\mathbb{Z}} \frac1{\cosh^2 n\pi} = \frac\pi{2 \, \varGamma(3/4)^4} + \frac1\pi,} \\[3pt] &{\sum_{n\in\mathbb{N}} \frac{n}{\sinh n\pi} = \frac\pi{8 \, \varGamma(3/4)^4} - \frac1{4\pi}} \end{align} $$

が求まります。なお$C$の値の計算には$\vartheta_4(0 ,\, i)$が必要ですが,関係式$2C = A - B$を用いれば$\vartheta_4(0 ,\, i)$の値を計算せずに求めることができます。

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$$ \textbf{3. Postscript} $$

本題の級数の一般化として

$$ \sum_{(m,\,n)\in\mathbb{Z}^2} \frac1{\cosh m\pi x + i\sinh n\pi x} = \Biggl( \sum_{n\in\mathbb{Z}} e^{-n^2\pi x} \Biggr)^{\!\!4} $$

が成り立つらしいです。これは NKSσ さんの Twitter のヘッダーに設定されている画像でもあります。僕はこの公式をまだ証明していないので,この記事で紹介した手法が有効かどうかは分かりません。(が,もし有効なのだとしたら$\vartheta_4(m ,\, i) = 0$などの公式が使えなくなるということですから,若干面倒になるのではないかと思います。)

また,記事の冒頭で積分による解法が思いつかないとの旨を書きましたが,もっと言うとこの記事で紹介したもの以外の解法が私にはまったく思いつきません。もし別解のアイデアを思いついたり,「証明できたよ」という方がいましたら,是非コメントではなく記事の作成をしてくださると嬉しいです。個人的なお願いですが,とても気になります。

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$$ \textbf{Bibliography} $$

  1. Weisstein, Eric W. "Jacobi Theta Functions". Wolfram MathWorld. Retrieved April 21th, 2024. https://mathworld.wolfram.com/JacobiThetaFunctions.html.
  2. NKSσ [@multiple_zeta]. X. Retrieved Apri 21th, 2024. https://x.com/multiple_zeta.

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投稿日:20日前

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B1

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