ζ(1,3,・・・1,3)について

まず$u\in S_{p+q,j}$を$1$つとり、これが$(AB{)}^p\mathrm{ш}(AB{)}^q$からいくつ生成されるかを考える。$u$に含まれる$p+q$個の$A$のうち、$2j$個は$A^2$であり、$p+q-2j$個は両隣に$A$が来ない孤立した$A$である。$p+q-2j$個の孤立した$A$のうち、$p-j$個は$(AB{)}^p$由来なので場合の数を考えることにより重複度が$(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+q-2j}{p-j})$だと分かる。また、$A^2$について考えると、$(AB{)}^p$由来の$A$と$(AB{)}^q$由来の$A$一つずつで構成されることから$2$通りの場合があり、これが$j$個あるため全体として$2^j$通りの場合がある。$B^2$についてもまったく同様に$2^j$通りあることが分かる。これらによって、孤立した$B$の配置は一意に定まるため$u$の係数は$4^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{p+q-2j}{p-j})$となる。最後に、$j$の範囲が$0\le j\le min(p,q)$であることは容易にわかる$◼$

$$\begin{array}{rl}(\text{左辺})& =\sum _{r=-n}^n(-1{)}^r\sum _{j=0}^{min(n-r,n+r)}{4}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-2j}{n-j-r})T_{2n,j}(\because \text{命題2})\\ & =\sum _{j=0}^n{4}^j\cdot T_{2n,j}\sum _{r=j-n}^{n-j}(-1{)}^r(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-2j}{n-j-r})\\ & =\sum _{N=0}^n{4}^{n-N}\cdot T_{2n,n-N}\sum _{r=-N}^N(-1{)}^r(\genfrac{}{}{0ex}{}{2N}{N-r})(N=n-j)\\ & =4^n\cdot T_{2n,n}+\sum _{N=1}^n{4}^{n-N}\cdot T_{2n,n-N}\sum _{r=-N}^N(-1{)}^r(\genfrac{}{}{0ex}{}{2N}{N-r})\\ & =4^n\cdot T_{2n,n}+\sum _{N=1}^n{4}^{n-N}\cdot T_{2n,n-N}(1-1{)}^{2N}\\ & =4^n\cdot T_{2n,n}\end{array}$$
$$S_{2n,n}\text{の元は}(A^2{B}^2{)}^n\text{しかないため}{T}_{2n,n}\text{は}(A^2{B}^2{)}^n\text{に等しい。よって示された}◼$$

$$\begin{array}{rl}\frac{\sin \left(z\right)}{z}\frac{\sin \left(iz\right)}{iz}& =\frac{\cos ((1-i)z)-\cos ((1+i)z)}{2i{z}^2}\\ & =\frac{1}{2i}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n}{(2n)!}{z}^{2n-2}\{(1-i{)}^{2n}-(1+i{)}^{2n}\}\\ & =\frac{1}{2i}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^n(-1{)}^n}{(2n)!}{z}^{2n-2}(e^{-\frac{n\pi }{2}i}-e^{\frac{n\pi }{2}i})\\ & =-\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^n(-1{)}^n}{(2n)!}{z}^{2n-2}\sin (\frac{n\pi }{2})\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{2n+1}(-1{)}^n}{(4n+2)!}{z}^{4n}\end{array}$$
したがって、
$$\begin{array}{r}\frac{\sin \left(z\right)}{z}\frac{\sin \left(iz\right)}{iz}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{2^{2n+1}(-1{)}^n}{(4n+2)!}{z}^{4n}\cdots ☆\end{array}$$
一方で
$$\begin{array}{rl}\frac{\sin \left(z\right)}{z}\frac{\sin \left(iz\right)}{iz}& =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!(2m+1)!}{z}^{2k+2m}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{\begin{array}{c}k+m=n\\ (k,m)\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^2\end{array}}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!(2m+1)!}{z}^{2(k+m)}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^{2n}\sum _{\begin{array}{c}k+m=n\\ (k,m)\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^2\end{array}}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!(2m+1)!}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^{4n}\sum _{\begin{array}{c}k+m=2n\\ (k,m)\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}^2\end{array}}\frac{(-1{)}^k}{(2k+1)!(2m+1)!}(\because ☆よりz^2,z^6,z^{10}\cdots の係数はすべて0であることが分かる)\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^{4n}\sum _{r=-n}^n\frac{(-1{)}^{n+r}}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}(k\to n+r,m\to n-r)\end{array}$$
したがって、
$$\begin{array}{r}\frac{\sin \left(z\right)}{z}\frac{\sin \left(iz\right)}{iz}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{z}^{4n}\sum _{r=-n}^n\frac{(-1{)}^{n+r}}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}\cdots ★\end{array}$$
☆★において$z^{4n}$で係数比較することにより
$$\begin{array}{r}\sum _{r=-n}^n\frac{(-1{)}^r}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}=\frac{2^{2n+1}}{(4n+2)!}◼\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}\frac{\sin \left(\pi z\right)}{\pi z}& =\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{z^2}{n^2})\\ & =1+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k\zeta (\{2{\}}^k)z^{2k}\cdots ♡\end{array}$$
一方で、
$$\begin{array}{rl}\frac{\sin \left(\pi z\right)}{\pi z}& =\sum _{m=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^m{\pi }^{2m}}{(2m+1)!}{z}^{2m}\cdots ♥\end{array}$$
♡♥において$z$で係数比較することにより
$$\begin{array}{rl}\zeta (\{2{\}}^n)& =\frac{{\pi }^{2n}}{(2n+1)!}\end{array}$$

補題3において$A={\omega }_0(t)(=\frac{dt}{t})$,$B={\omega }_1(t)(=\frac{dt}{1-t})$として多重ゼータ値の反復積分を考えることにより
$$\begin{array}{rl}& \sum _{r=-n}^n(-1{)}^r\zeta (\{2{\}}^{n-r})\zeta (\{2{\}}^{n+r})=4^n\zeta (\{1,3{\}}^n)\\ & {\pi }^{4n}\sum _{r=-n}^n\frac{(-1{)}^r}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}=4^n\zeta (\{1,3{\}}^n)(\because 補題4)\\ & \frac{2^{2n+1}{\pi }^{4n}}{(4n+2)!}=4^n\zeta (\{1,3{\}}^n)(\because 補題2)\\ & \frac{2{\pi }^{4n}}{(4n+2)!}=\zeta (\{1,3{\}}^n)\\ & \underset{―}{\therefore \zeta (\{1,3{\}}^n)=\frac{2{\pi }^{4n}}{(4n+2)!}}\end{array}$$