Munetaによる{a,b}^nに関する代数的な等式
今回は,
Hoffman代数
を用いる.
\begin{align}
z_k:=yx^{k-1}
\end{align}
として,
\begin{align}
\zeta(z_{k_1}\cdots z_{k_r})=\zeta(k_1,\dots,k_r)=\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\prod_{i=1}^r\frac 1{n_i^{k_i}}
\end{align}
と定める. 通常の調和積を
\begin{align}
w*1&=1*w=w\\
w_1z_k*w_2z_l&=(w_1*w_2z_l)z_k+(w_1z_k*w_2)z_l+(w_1*w_2)z_{k+l}
\end{align}
によって再帰的に定まるものとする.
\begin{align}
S(1)&:=1\\
S(yx^{k_1-1}\cdots yx^{k_r-1})&:=S(yx^{k_1-1}(y+x)x^{k_2-1}\cdots (y+x)x^{k_r-1})
\end{align}
とする. このとき, 多重ゼータスター値は
\begin{align}
\zeta^{\star}(k_1,\dots,k_r)=\zeta(S(z_{k_1}\cdots z_{k_r}))
\end{align}
と表される. 今回は以下の定理を示す.
$a,b\geq 1, n\geq 0$に対し, 以下の等式が成り立つ.
\begin{align}
S((z_az_b)^n)&=\sum_{i=0}^n(z_az_b)^i*S(z_{a+b}^{n-i})\\
S((z_az_b)^nz_a)&=\sum_{i=0}^n(z_az_b)^nz_a*S(z_{a+b}^{n-i})
\end{align}
$S$の定義より,
\begin{align}
S(z_{k_1}\cdots z_{k_n})&=S(z_{k_1}\cdots z_{k_{n-1}})z_{k_n}+S(z_{k_1}\cdots z_{k_{n-2}}z_{k_{n-1}+k_n})
\end{align}
である. これを繰り返して,
\begin{align}
S(z_{k_1}\cdots z_{k_n})&=\sum_{j=0}^{n-1}S(z_{k_1}\cdots z_{k_j})z_{k_{j+1}+\cdots+k_n}
\end{align}
を得る. $n$に関する帰納法を用いる. $n=0$のときは明らか, $n\geq 1$として, 2つの等式が$n-1$の場合まで示せたとする. 1つ目の等式の右辺は
\begin{align}
\sum_{i=0}^n(z_az_b)^i*S(z_{a+b}^{n-i})&=S(z_{a+b}^n)+(z_az_b)^n+\sum_{i=1}^{n-1}(z_az_b)^i*\sum_{j=1}^{n-i}S(z_{a+b}^{n-i-j})z_{(a+b)j}\\
&=S(z_{a+b}^n)+(z_az_b)^n+\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-i}((z_az_b)^{i-1}z_a*S(z_{a+b}^{n-i-j})z_{(a+b)j})z_b\\
&\qquad+\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{i=1}^{n-j}((z_az_b)^{i}*S(z_{a+b}^{n-i-j}))z_{(a+b)j}\\
&\qquad+\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{i=1}^{n-j}((z_az_b)^{i-1}z_a*S(z_{a+b}^{n-i-j}))z_{(a+b)j+b}\\
&=S(z_{a+b}^n)+(z_az_b)^n+\sum_{i=1}^{n-1}((z_az_b)^{i-1}z_a*S(z_{a+b}^{n-i}))z_b\\
&\qquad+\sum_{j=1}^{n-1}(S((z_az_b)^{n-j})-S(z_{a+b}^{n-j}))z_{(a+b)j}\\
&\qquad+\sum_{j=1}^{n-1}S((z_az_b)^{n-j-1}z_a)z_{(a+b)j+b}\\
&=S(z_{a+b}^n)+(z_az_b)^n+(S((z_az_b)^{n-1}z_a)-(z_az_b)^{n-1}z_a)z_b\\
&\qquad+S((z_az_b)^n)-S(z_{a+b}^n)-S((z_az_b)^{n-1}z_a)z_b\\
&=S((z_az_b)^n)
\end{align}
となって1つ目の等式が示された. $n$の場合の1つ目の等式も用いることで, 2つ目の等式も全く同様に示される.
特に, 多重ゼータ値の場合を考えると以下を得る.
$a\geq 1,b\geq 2$のとき,
\begin{align}
\zeta^{\star}(\{a,b\}^n)&=\sum_{i=0}^n\zeta(\{a,b\}^i)\zeta^{\star}(\{a+b\}^{n-i})\\
\zeta^{\star}(b,\{a,b\}^n)&=\sum_{i=0}^n\zeta(b,\{a,b\}^i)\zeta^{\star}(\{a+b\}^{n-i})
\end{align}
が成り立つ.
$a=1,b=3$の場合として,
\begin{align}
\zeta^{\star}(\{1,3\}^n)&=\sum_{i=0}^n\zeta(\{1,3\}^i)\zeta^{\star}(\{4\}^{n-i})\in\QQ\pi^{4n}
\end{align}
を得る. $\zeta(\{1,3\}^n)$が$\pi^{4n}$の有理数倍であることの証明については,
余余余さんの記事
が参考になるかもしれない.
