Clausen関数の初歩的な性質

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はじめに

どうもこんにちは、🐟🍊みかん🍊🐟です。今回はClausen関数とそれに類似する関数について書いていきたいと思います。最初に、Clausen関数とそれの関連する関数を定義します。

multiple Clausen function

多重Clausen関数を
${Cl}_{k} (θ) = {\begin{cases} Im {Li}_{k} (e^{i θ}) & 2 ∤ weight k \\ Re {Li}_{k} (e^{i θ}) & 2 ∣ weight k \end{cases}$
で定義する。また、associated Clausen関数を
${Gl}_{n} (θ) = {\begin{cases} Re {Li}_{k} (e^{i θ}) & 2 ∤ weight k \\ Im {Li}_{k} (e^{i θ}) & 2 ∣ weight k \end{cases}$
で定義する。

インデックスの向きは
${Li}_{1, 2} (x) = \sum_{0 < m < n} \frac{x^{n}}{m n^{2}}$
という定義(つまり、右向きの流儀)を採用します。この記事では $depth$ が $1$ の場合しかほとんど扱わないので、多重化した状態で定義する意味はさほどありませんが、今後書く記事で使う予定があったので一般的な状況で定義しました。以下、章としては公式一覧と証明に分けることとします。また、Bernoulli多項式を
$\frac{t e^{z t}}{e^{z} - 1} = \sum_{n = 0}^{\infty} B_{n} (z) \frac{t^{n}}{n!}$
とします。

公式一覧

$θ, ϕ \in R$ とし、 $m, n, p, q \in Q$ とします。

そこそこ一般的なもの

$\begin{aligned} {Li}_{2 n} (e^{i θ}) & = {Gl}_{2 n} (θ) + i {Cl}_{2 n} (θ) \\ {Li}_{2 n - 1} (e^{i θ}) & = {Cl}_{2 n - 1} (θ) + i {Gl}_{2 n - 1} (θ) \\ {Cl}_{2 n - 1} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos k θ}{k^{2 n - 1}} \\ {Cl}_{2 n} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin k θ}{k^{2 n}} \\ {Gl}_{2 n - 1} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin k θ}{k^{2 n - 1}} \\ {Gl}_{2 n} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos k θ}{k^{2 n}} \\ \int_{0}^{θ} {Cl}_{2 n - 1} (ϕ) d ϕ & = {Cl}_{2 n} (θ) \\ \int_{0}^{θ} {Cl}_{2 n} (ϕ) d ϕ & = ζ (2 n + 1) - {Cl}_{2 n + 1} (θ) \\ \int_{0}^{θ} {Gl}_{2 n - 1} (ϕ) d ϕ & = ζ (2 n) - {Gl}_{2 n} (θ) \\ \int_{0}^{θ} {Gl}_{2 n} (ϕ) d ϕ & = {Gl}_{2 n + 1} (θ) \\ n! {Gl}_{n} (θ) & = (- 1)^{1 + ⌊ \frac{n}{2} ⌋} 2^{n - 1} π^{n} B_{n} (\frac{θ}{2 π}) \\ \frac{1}{m^{n - 1}} {Cl}_{n} (m θ) & = \sum_{k = 0}^{m - 1} {Cl}_{n} (θ + \frac{2 π k}{m}) \end{aligned}$

特殊値

$\begin{aligned} {Cl}_{2 n + 1} (\frac{π}{2}) & = - 2^{- (2 n + 1)} (1 - 2^{- 2 n}) ζ (2 n + 1) \\ {Cl}_{2 n} (\frac{π}{2}) & = β (2 n) \\ {Cl}_{2 n + 1} (\frac{π}{3}) & = \frac{1}{2} (1 - 2^{- 2 n}) (1 - 3^{- 2 n}) ζ (2 n + 1) \\ {Cl}_{2 n} (\frac{q π}{p}) & = \frac{1}{(2 p)^{2 n} (2 n - 1)!} \sum_{k = 1}^{p} \sin (\frac{q k π}{p}) [ψ^{(2 n - 1)} (\frac{k}{2 p}) + (- 1)^{q} ψ^{(2 n - 1)} (\frac{k + p}{2 p})] \end{aligned}$

証明

Polylog-Clausen

$\begin{aligned} {Li}_{2 n} (e^{i θ}) & = {Gl}_{2 n} (θ) + i {Cl}_{2 n} (θ) \\ {Li}_{2 n} (e^{i θ}) & = {Cl}_{2 n} (θ) + i {Gl}_{2 n} (θ) \end{aligned}$

Eulerによる恒等式
$e^{i θ} = \cos θ + i \sin θ$
を用いることで、定義から従う。

次の命題も同様に証明することができるので、証明は省略する。

Fourier Series

$\begin{aligned} {Cl}_{2 n - 1} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos k θ}{k^{2 n - 1}} \\ {Cl}_{2 n} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin k θ}{k^{2 n}} \\ {Gl}_{2 n - 1} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin k θ}{k^{2 n - 1}} \\ {Gl}_{2 n} (θ) & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos k θ}{k^{2 n}} \end{aligned}$

これらの類似は多重Clausen関数においても成立する。

Integralate of Clausen

$\begin{aligned} \int_{0}^{θ} {Cl}_{2 n - 1} (ϕ) d ϕ & = {Cl}_{2 n} (θ) \\ \int_{0}^{θ} {Cl}_{2 n} (ϕ) d ϕ & = ζ (2 n + 1) - {Cl}_{2 n + 1} (θ) \end{aligned}$

命題 $2$ を使う。最初の恒等式の方は
$\begin{aligned} \int_{0}^{θ} {Cl}_{2 n - 1} (ϕ) d ϕ & = \int_{0}^{θ} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos k ϕ}{k^{2 n - 1}} d ϕ \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin k θ}{k^{2 n}} \end{aligned}$
からいえて、後者も同様にすればよい。

Integralate of Glaisher

$\begin{aligned} \int_{0}^{θ} {Gl}_{2 n - 1} (ϕ) d ϕ & = ζ (2 n) - {Gl}_{2 n} (θ) \\ \int_{0}^{θ} {Gl}_{2 n} (ϕ) d ϕ & = {Gl}_{2 n + 1} (θ) \end{aligned}$

これも命題 $2$ を使う。前者は
$\begin{aligned} \int_{0}^{θ} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\sin k ϕ}{k^{2 n - 1}} d ϕ & = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{k^{2 n}} - \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{\cos k ϕ}{k^{2 n}} \end{aligned}$
からわかる。後者も同様にすればよい。

多重Clausen的にいうなら、最後のIndexの値を大きくするような計算をすることになる。

Glaisher-Bernoulli

$n! {Gl}_{n} (θ) = (- 1)^{1 + ⌊ \frac{n}{2} ⌋} 2^{n - 1} π^{n} B_{n} (\frac{θ}{2 π})$

Bernoulli多項式のFourier級数表示を用いればよい。

次にClausen関数の倍角公式を示すが、これはGlaisher関数についても同様に成立するので、まとめていっぺんに示すことにする。

Multiplation

$\frac{1}{m^{n - 1}} {Cl}_{n} (m θ) = \sum_{k = 0}^{m - 1} {Cl}_{n} (θ + \frac{2 π k}{m})$

直接計算によって、
$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{m - 1} {Li}_{n} (e^{θ + \frac{2 π k}{m}}) & = \sum_{l = 1}^{\infty} \sum_{k = 0}^{m - 1} \frac{(e^{i θ + \frac{2 π i k}{m}})^{l}}{l^{n}} \\ = \sum_{l = 1}^{\infty} \frac{(e^{i θ})^{l}}{l^{n}} \sum_{k = 0}^{m - 1} e^{\frac{2 π i k l}{m}} \\ = \sum_{l = 1}^{\infty} \frac{(e^{i θ})^{m l}}{(m l)^{n}} \\ = \frac{1}{m^{n - 1}} {Li}_{n} (m θ) \end{aligned}$
となるので、虚部あるいは実部を比較することで得る。