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$(AB)^{p}{\rm{ш}}(AB)^{q}$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$\binom{p+q-2j}{p-j}$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$4^j \binom{p+q-2j}{p-j}$となる。最後に、$j$の範囲が$0\leq j \leq \min(p,q)$であることは容易にわかる$\blacksquare$

\begin{align} (\text{左辺})&=\sum_{r=-n}^{n}(-1)^r\sum_{j=0}^{\min(n-r,n+r)}4^j \binom{2n-2j}{n-j-r}T_{2n,j}\quad (\because\text{命題2})\\ &=\sum_{j=0}^{n}4^j \cdot T_{2n,j}\sum_{r=j-n}^{n-j}(-1)^r\binom{2n-2j}{n-j-r}\\ &=\sum_{N=0}^{n}4^{n-N} \cdot T_{2n,n-N}\sum_{r=-N}^{N}(-1)^r\binom{2N}{N-r}\quad (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\binom{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{align}
$$S_{2n,n}\text{の元は}(A^2B^2)^n\text{しかないため}T_{2n,n}\text{は}(A^2B^2)^n\text{に等しい。よって示された}\blacksquare$$

\begin{align} \frac{\sin(z)}{z}\frac{\sin(iz)}{iz}&=\frac{\cos((1-i) z)-\cos((1+i)z)}{2iz^2}\\ &=\frac{1}{2i}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}z^{2n-2}\Big\lbrace (1-i)^{2n}-(1+i)^{2n} \Big\rbrace\\ &=\frac{1}{2i}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n(-1)^n}{(2n)!}z^{2n-2}\Big( e^{{-\frac{n\pi}{2}}i}-e^{{\frac{n\pi}{2}}i} \Big)\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n(-1)^n}{(2n)!}z^{2n-2}\sin\Big(\frac{n\pi}{2}\Big)\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n+1}(-1)^n}{(4n+2)!}z^{4n} \end{align}
したがって、
\begin{align} \frac{\sin(z)}{z}\frac{\sin(iz)}{iz}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n+1}(-1)^n}{(4n+2)!}z^{4n}\cdots☆ \end{align}
一方で
\begin{align} \frac{\sin(z)}{z}\frac{\sin(iz)}{iz}&=\sum_{k=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!(2m+1)!}z^{2k+2m}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{\substack{{k+m=n}\\{(k,m)\in \mathbb{Z}_{\geq 0}^2}}}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!(2m+1)!}z^{2(k+m)}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}z^{2n}\sum_{\substack{{k+m=n}\\{(k,m)\in \mathbb{Z}_{\geq 0}^2}}}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!(2m+1)!}\\ &=\sum_{n=0}^{\infty}z^{4n}\sum_{\substack{{k+m=2n}\\{(k,m)\in \mathbb{Z}_{\geq 0}^2}}}\frac{(-1)^k}{(2k+1)!(2m+1)!}\quad(\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}^{\infty}z^{4n}\sum_{r=-n}^{n}\frac{(-1)^{n+r}}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}\quad (k\rightarrow n+r\ ,\ m\rightarrow n-r)\\ \end{align}
したがって、
\begin{align} \frac{\sin(z)}{z}\frac{\sin(iz)}{iz}=\sum_{n=0}^{\infty}z^{4n}\sum_{r=-n}^{n}\frac{(-1)^{n+r}}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}\cdots★ \end{align}
☆★において$z^{4n}$で係数比較することにより
\begin{align} \sum_{r=-n}^{n}\frac{(-1)^r}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}=\frac{2^{2n+1}}{(4n+2)!}\blacksquare \end{align}

\begin{align} \frac{\sin(\pi z)}{\pi z}&=\prod_{n=1}^{\infty}\Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)\\ &=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k}\zeta(\lbrace 2 \rbrace^{k})z^{2k}\cdots ♡\\ \end{align}
一方で、
\begin{align} \frac{\sin(\pi z)}{\pi z}&=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m \pi^{2m}}{(2m+1)!}z^{2m}\cdots ♥\\ \end{align}
♡♥において$z$で係数比較することにより
\begin{align} \zeta(\lbrace 2 \rbrace^n)&=\frac{\pi^{2n}}{(2n+1)!} \end{align}

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{align} &\sum_{r=-n}^{n}(-1)^r\zeta(\lbrace 2 \rbrace^{n-r})\zeta(\lbrace 2 \rbrace^{n+r})=4^n \zeta(\lbrace 1,3\rbrace^{n})\\ &\pi^{4n}\sum_{r=-n}^{n}\frac{(-1)^r}{(2n+2r+1)!(2n-2r+1)!}=4^n\zeta(\lbrace 1,3\rbrace^{n}) \quad (\because補題4)\\ &\frac{2^{2n+1}\pi^{4n}}{(4n+2)!}=4^n \zeta(\lbrace 1,3\rbrace^{n})\quad (\because補題2)\\ &\frac{2\pi^{4n}}{(4n+2)!}= \zeta(\lbrace 1,3\rbrace^{n})\\ &\underline{\therefore \zeta(\lbrace 1,3\rbrace^{n})=\frac{2\pi^{4n}}{(4n+2)!}} \end{align}