双曲線関数が含まれる級数と多重ゼータスター値
はじめに
複素積分(主に留数定理)を用いて双曲線関数が含まれる級数と多重ゼータスター値の関係式を求めます。具体的には次の等式を導出するのが目標です。
\begin{align}
&\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{m})=i^{r-1}\pi^{r-1}\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{k}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{2rm-r+1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi n)}\right)\\
&\tau^{\star}(\lbrace2r\rbrace^m)=\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^{r-1}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{(n+\frac{1}{2})^{2rm+1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\cos\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi(n+\frac{1}{2})\right)}\right)
\end{align}
記号の定義はあとで書きます。
本題
$\mathbb{Z}_{>0}$を正整数全体の集合とする。
いくつかの正整数の組$(k_1,\ldots,k_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r$(ただし$k_r\geq 2$)に対して、多重ゼータスター値$\zeta^{\star}(k_1,\ldots,k_r)$を次で定める。
$$\zeta^{\star}(k_1,\ldots,k_r)=\sum_{\substack{0< n_1\leq \cdots\leq n_r\\(n_1,\cdots,n_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r}}\frac{1}{n^{k_1}_1\cdots n^{k_r}_r}$$
また、$(\underbrace{k,\ldots,k}_{r\text{個}})$のことを$(\lbrace k\rbrace^r)$のように書くことにする。このとき、$r=0$に対しては$\zeta^{\star}(\lbrace k\rbrace^0)=1$と値を定めておく。
$z$を0でない絶対値が1未満の複素数とする。
$$i^{r+1}\pi^rz^r\prod_{m=1}^{r}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi im}{r}}\pi z\right)}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{n})z^{2rn}$$
まず、三角関数の無限乗積展開から次が成り立つ。
$$\sin(\pi z)=\pi z\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)$$
(この無限積は絶対収束することに注意する。)したがって、
\begin{align}
\prod_{m=1}^{r}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi im}{r}}\pi x\right)}
&=\frac{1}{\pi^rz^re^{\frac{\pi i}{r}(1+2+\cdots+r)}}\prod_{m=1}^{r}\prod_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1-e^{\frac{2\pi im}{r}}\frac{z^2}{n^2}}\\
&=\frac{1}{\pi^rz^ri^{r+1}}\prod_{n=1}^{\infty}\prod_{m=1}^{r}\frac{1}{1-e^{\frac{2\pi im}{r}}\frac{z^2}{n^2}}\\
&=\frac{1}{\pi^rz^ri^{r+1}}\prod_{n=1}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{z^{2r}}{n^{2r}}}\\
&=\frac{1}{\pi^rz^ri^{r+1}}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{z^{2r}}{n^{4r}}+\frac{z^{4r}}{n^{2r}}+\cdots\right)\\
&=\frac{1}{\pi^rz^ri^{r+1}}\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{n})z^{2rn}\right)
\end{align}
となって示された$\blacksquare$
$r$を正の整数、$m$を非負整数としたとき次が成り立つ。
$$\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{m})=i^{r-1}\pi^{r-1}\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{k}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{2rm-r+1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi n)}\right)$$
$$f(z):=\frac{i^{r+1}}{z^{2rm-r+1}}\prod_{n=1}^{r}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi in}{r}}\pi z)}$$
複素数平面上で原点を中心とする半径$N+\frac{1}{2}$の円を$C_{N+\frac{1}{2}}$として、閉曲線$C_{N+\frac{1}{2}}$に内部を左手に見て進む向きを定める。
$$\mathbb{Z}_N:=\lbrace n\in\mathbb{Z};|n|\leq N\rbrace$$
$f(z)$の$C_{N+\frac{1}{2}}$の内部にある極は
①$z=0\quad (2rm+1$位の極)
②$z\in(e^{\frac{\pi i k}{r}}\mathbb{Z}_N)\setminus\lbrace0\rbrace\ (k=0,1,2,\cdots,r-1)$(1位の極)である。
よって留数定理から
$$\frac{1}{2\pi i}\int_{C_{N+\frac{1}{2}}}f(z)dz=\underset{z=0}{\mathrm{Res}}f(z)+\sum_{k=0}^{r-1}\sum_{\substack{n=-N\\n\neq 0}}^{N}\underset{z=e^{\frac{\pi i k}{r}}n}{\mathrm{Res}}f(z)\cdots(*)$$
が成り立つ。それぞれの留数について
\begin{align}
\underset{z=0}{\mathrm{Res}}f(z)
&=f(z)[z^{-1}]\\
&=\left(\frac{i^{r+1}}{z^{2rm-r+1}}\prod_{n=1}^{r}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi in}{r}}\pi z)}\right)[z^{-1}]\\
&=\left(\frac{1}{\pi^rz^{2rm+1}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\pi^r}\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{n})x^{2r(n-m)-1}\right)[z^{-1}]\quad(\text{補題1})\\
&=\frac{1}{\pi^r}\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{m})
\end{align}
\begin{align}
\underset{z=e^{\frac{\pi i k}{r}}n}{\mathrm{Res}}f(z)
&=\lim_{z\rightarrow e^{\frac{\pi i k}{r}}n}\left(z-e^{\frac{\pi i k}{r}}n\right)f(z)\\
&=\lim_{z\rightarrow 0}zf\left(z+e^{\frac{\pi i k}{r}}n\right)\\
&=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{i^{r+1}z}{(z+e^{\frac{\pi i k}{r}}n)^{2rm-r+1}}\prod_{l=1}^{r}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi (z+e^{\frac{\pi ik}{r}}n)\right)}\\
&=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{i^{r+1}}{(z+e^{\frac{\pi i k}{r}}n)^{2rm-r+1}}\frac{-z}{\sin\left(e^{-\frac{\pi il}{r}}\pi z+\pi n\right)}\prod_{\substack{1\leq l\leq r\\l\neq r-k}}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi z+e^{\frac{\pi i(k+l)}{r}}\pi n\right)}\\
&=\lim_{z\rightarrow 0}\frac{(-1)^{n+1}i^{r+1}}{(z+e^{\frac{\pi i k}{r}}n)^{2rm-r+1}}\frac{z}{\sin\left(e^{-\frac{\pi il}{r}}\pi z\right)}\prod_{\substack{1\leq l\leq r\\l\neq r-k}}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi z+e^{\frac{\pi i(k+l)}{r}}\pi n\right)}\\
&=\frac{(-1)^{n+1}i^{n+1}}{n^{2rm-r+1}}\frac{e^{k\pi i}}{e^{\frac{k\pi i}{r}}}\frac{e^{\frac{k\pi i}{r}}}{\pi}\prod_{\substack{1\leq l\leq r\\l\neq r-k}}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi i(k+l)}{r}}\pi n\right)}\\
&=\frac{(-1)^{k}}{\pi}\frac{(-1)^{n+1}i^{n+1}}{n^{2rm-r+1}}\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\sin\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi n\right)}
\end{align}
のように計算できて、さらに
$$\lim_{N\rightarrow\infty}\int_{C_{N+\frac{1}{2}}}f(z)dz=0$$
が示せるので
証明
コーシー・シュワルツの不等式
$$\int_{a}^{b}\left|f(x)g(x)\right|dx\leq \sqrt{\int_{a}^{b}\left|f(x)\right|^2dx\int_{a}^{b}\left|g(x)\right|^2dx}$$
と
$$\sin(x+iy)=\sqrt{\sin^2(x)+\sinh^2(y)}\geq\max\left\lbrace |\sin x|,|\sinh y|\right\rbrace$$
に注意する。
\begin{align} \left|\int_{C_{N+\frac{1}{2}}}f(z)dz\right| &\leq \int_{C_{N+\frac{1}{2}}}\left|f(z)\right|dz\\ &=\int_{C_{N+\frac{1}{2}}}\frac{1}{z^{2rm-r+1}}\prod_{n=1}^{r}\frac{dz}{|\sin(e^{\frac{\pi in}{r}}\pi z)|}\\ &=\frac{1}{(N+\frac{1}{2})^{r(2m-1)}}\int_{0}^{2\pi}\prod_{n=1}^{r}\frac{d\theta}{|\sin((N+\frac{1}{2})\pi e^{(\frac{\pi n}{r}+\theta)i})|}\quad\left(z=\left(N+\frac{1}{2}\right)e^{i\theta}\right)\\ &\leq \frac{1}{(N+\frac{1}{2})^{r(2m-1)}}\prod_{n=1}^{r}\left(\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{|\sin((N+\frac{1}{2})\pi e^{(\frac{\pi n}{r}+\theta)i})|^{2^n}}\right)^{\frac{1}{2^n}}\quad(\text{コーシー・シュワルツの不等式を繰り返し用いた})\\ &=\frac{1}{(N+\frac{1}{2})^{r(2m-1)}}\prod_{n=1}^{r}\left(\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{|\sin((N+\frac{1}{2})\pi e^{i\theta})|^{2^n}}\right)^{\frac{1}{2^n}}\\ \end{align}
ここで最後の積分について
\begin{align} \int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{|\sin((N+\frac{1}{2})\pi e^{i\theta})|^{2^n}} &\leq \int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{\max\lbrace|\sin((N+\frac{1}{2})\pi\cos\theta)|^{2^n},|\sinh((N+\frac{1}{2})\pi\sin\theta)|^{2^n}}\\ &\leq 4\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\frac{d\theta}{|\sin((N+\frac{1}{2})\pi\cos\theta)|^{2^n}}+4\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{d\theta}{|\sinh((N+\frac{1}{2})\pi\sin\theta)|^{2^n}}\\ &\leq \frac{4}{|\sin((N+\frac{1}{2})\frac{\pi}{2})|^{2^n}}\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}d\theta+\frac{4}{|\sinh((N+\frac{1}{2})\frac{\sqrt{3}\pi}{2})|^{2^n}}\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\\ &=\frac{4\pi}{3}(\sqrt{2})^{2^n}+\frac{2\pi}{3}\frac{1}{|\sinh((N+\frac{1}{2})\frac{\sqrt{3}\pi}{2})|^{2^n}}\\ \end{align}
となるので
\begin{align} \frac{1}{(N+\frac{1}{2})^{r(2m-1)}}\prod_{n=1}^{r}\left(\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{|\sin((N+\frac{1}{2})\pi e^{i\theta})|^{2^n}}\right)^{\frac{1}{2^n}} &\leq \frac{1}{(N+\frac{1}{2})^{r(2m-1)}}\prod_{n=1}^{r}\left(\frac{4\pi}{3}(\sqrt{2})^{2^n}+\frac{2\pi}{3}\frac{1}{|\sinh((N+\frac{1}{2})\frac{\sqrt{3}\pi}{2})|^{2^n}}\right)^{\frac{1}{2^n}}\\ &\leq \left(\frac{4}{3}\right)^r\frac{2^{\frac{r}{2}}\pi^r}{(N+\frac{1}{2})^{r(2m-1)}}\prod_{n=1}^{r}\left(1+\frac{1}{2}\frac{1}{|\sqrt{2}\sinh((N+\frac{1}{2})\frac{\sqrt{3}\pi}{2})|^{2^n}}\right)^{\frac{1}{2^n}}\\ &\rightarrow 0\quad(N\rightarrow\infty) \end{align}
以上より示された。$\blacksquare$
留数定理により得た式$(*)$で$N\rightarrow\infty$として整理すれば
$$\zeta^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^{m})=i^{r-1}\pi^{r-1}\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{k}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{2rm-r+1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi n)}\right)$$
となって示される$\blacksquare$
具体例
定理2について$r=1,2,3$で計算してみると次のようになる。
\begin{align} \zeta^{\star}(\lbrace2\rbrace^m)&=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m-1}}{n^{2m}}\\ \zeta^{\star}(\lbrace4\rbrace^m)&=4\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{4m-1}\sinh(\pi n)}\\ \zeta^{\star}(\lbrace6\rbrace^m)&=\frac{{3\pi^2}}{2^{6m-3}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})^{6m-2}\cosh^2\left(\sqrt{3}\pi(n+\frac{1}{2})\right)}-\frac{{3\pi^2}}{2^{6m-3}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{6m-2}\sinh^2\left(\sqrt{3}\pi n\right)} \end{align}
- $r=1$の場合
\begin{align} \zeta^{\star}(\lbrace 2\rbrace^{m})&=\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{2m}}\left(\prod_{\substack{1\leq l\leq 1\\l\neq 1}}\frac{1}{\sin(e^{\pi il}\pi n)}\right)\\ &=\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{2m}}\quad(\text{空積は}1\text{であることに注意する})\\ &=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m-1}}{n^{2m}} \end{align}
$\\$ - $r=2$の場合
\begin{align} \zeta^{\star}(\lbrace 4\rbrace^{m}) &=i\pi\sum_{k=0}^{1}(-1)^{k}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{4m-1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+2\\l\neq 2}}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi il}{2}}\pi n)}\right)\\ &=i\pi\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{4m-1}}\left(\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi i}{2}}\pi n)}-\frac{1}{\sin(e^{\frac{3\pi i}{2}}\pi n)}\right)\\ &=2\pi\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{4m-1}\sinh(\pi n)}\\ &=4\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{4m-1}\sinh(\pi n)} \end{align}
$\\$ - $r=3$の場合
\begin{align} \zeta^{\star}(\lbrace 6\rbrace^{m}) &=-\pi^{2}\sum_{k=0}^{2}(-1)^{k}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{6m-2}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+3\\l\neq 3}}\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi il}{3}}\pi n)}\right)\\ &=-\pi^{2}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{6m-2}}\left(\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)}-\frac{1}{\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{4\pi i}{3}}\pi n)}+\frac{1}{\sin(e^{\frac{4\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{5\pi i}{3}}\pi n)}\right)\\ &=-\pi^{2}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{6m-2}}\left(\frac{2}{\sin(e^{\frac{\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)}-\frac{1}{\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{4\pi i}{3}}\pi n)}\right)\cdots①\\ \end{align}
ここで、$a=\frac{n\pi}{2},\ b=\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}$として
\begin{align} \frac{2}{\sin(e^{\frac{\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)} &=\frac{-2}{\sin^2(a)\cosh^2(b)+\cos^2(a)\sinh^2(b)}\\ &=\frac{-4}{(1-(-1)^n)\cosh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)+(1+(-1)^n)\sinh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)}\\ \end{align}
\begin{align} \frac{1}{\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{4\pi i}{3}}\pi n)} &=-\frac{1}{\sin(e^{\frac{\pi i}{3}}\pi n)\sin(e^{\frac{2\pi i}{3}}\pi n)}\\ &=\frac{2}{(1-(-1)^n)\cosh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)+(1+(-1)^n)\sinh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)} \end{align}
が成り立つので
\begin{align} ①&=3\pi^{2}\sum_{n\in \mathbb{Z}\setminus\lbrace0\rbrace}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{6m-2}}\frac{2}{(1-(-1)^n)\cosh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)+(1+(-1)^n)\sinh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)}\\ &=6\pi^{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^{6m-2}}\frac{2}{(1-(-1)^n)\cosh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)+(1+(-1)^n)\sinh^2\left(\frac{\sqrt{3}n\pi}{2}\right)}\\ &=6\pi^{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^{6m-2}\cosh^2\left(\sqrt{3}\pi(n-\frac{1}{2})\right)}-6\pi^{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^{6m-2}\sinh^2\left(\sqrt{3}\pi n\right)}\\ &=\frac{{3\pi^2}}{2^{6m-3}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(n+\frac{1}{2})^{6m-2}\cosh^2\left(\sqrt{3}\pi(n+\frac{1}{2})\right)}-\frac{{3\pi^2}}{2^{6m-3}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{6m-2}\sinh^2\left(\sqrt{3}\pi n\right)}\blacksquare \end{align}
おまけ 類似の等式
上で行った計算と同様にして似たような等式を得ることができます。
いくつかの正整数の組$(k_1,\ldots,k_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r$(ただし$k_r\geq 2$)に対して、$\tau^{\star}(k_1,\ldots,k_r)$を次で定める。
$$\tau^{\star}(k_1,\ldots,k_r)=\sum_{\substack{0\leq n_1\leq \cdots\leq n_r\\(n_1,\cdots,n_r)\in(\mathbb{Z}_{>0})^r}}\frac{1}{(n_1+\frac{1}{2})^{k_1}\cdots (n_r+\frac{1}{2})^{k_r}}$$
また、多重ゼータスター値の時と同様に$\tau^{\star}(\lbrace k\rbrace^0)=1$と値を定めておく。
$r$を正の整数、$m$を非負整数としたとき次が成り立つ。
$$\tau^{\star}(\lbrace2r\rbrace^m)=\frac{1}{\pi}\sum_{k=0}^{r-1}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{(n+\frac{1}{2})^{2rm+1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\cos\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi(n+\frac{1}{2})\right)}\right)$$
定理2では$\sin$の積を考えましたが、これは$\cos$の積を考えた感じです。
以下、証明の概略を書きますが実際の計算は興味のある読者にゆだねることにします。
$$\cos(\pi z)=\prod_{n=0}^{\infty}\left(1-\frac{z^{2}}{(n+\frac{1}{2})^{2}}\right)$$
が成り立つことから、
$$\prod_{l=1}^{r}\frac{1}{\cos\left(e^{\frac{\pi i l}{r}}\pi z\right)}=\prod_{n=0}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{z^{2r}}{(n+\frac{1}{2})^{2r}}}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\tau^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^n)z^{2rn}$$
となることに注意します。
$$f(z):=\frac{1}{z^{2rm+1}}\prod_{n=1}^{r}\frac{1}{\cos\left(e^{\frac{\pi in}{r}}\pi z\right)}$$
複素数平面上で原点を中心とする半径$N$の円を$C_{N}$として、閉曲線$C_{N}$に内部を左手に見て進む向きを定める。このとき、留数定理から
$$\frac{1}{2\pi i}\int_{C_N}f(z)dz=\underset{z=0}{\mathrm{Res}}f(z)+\sum_{k=0}^{r-1}\sum_{n=-N}^{N-1}\underset{z=e^{\frac{\pi i k}{r}}(n+\frac{1}{2})}{\mathrm{Res}}f(z)$$
が成り立って、さらに
\begin{align}
&\underset{z=0}{\mathrm{Res}}f(z)=\tau^{\star}(\lbrace 2r\rbrace^m)\\
&\underset{z=e^{\frac{\pi i k}{r}}(n+\frac{1}{2})}{\mathrm{Res}}f(z)=\frac{1}{\pi}\frac{(-1)^{n-1}}{(n+\frac{1}{2})^{2rm+1}}\left(\prod_{\substack{k+1\leq l\leq k+r\\l\neq r}}\frac{1}{\cos\left(e^{\frac{\pi il}{r}}\pi(n+\frac{1}{2})\right)}\right)\\
&\lim_{N\rightarrow\infty}\int_{C_N}f(z)dz=0
\end{align}
となることがそれぞれ確認できる。よって$N\rightarrow\infty$として示される$\blacksquare$
$r=1,2,3$を実際に計算すると次のようになる。
\begin{align*} \tau^{\star}(\lbrace2\rbrace^m)&=\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+\frac{1}{2})^{2m+1}}\\ \tau^{\star}(\lbrace4\rbrace^m)&=\frac{4}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+\frac{1}{2})^{4m+1}\cosh\left(\pi(n+\frac{1}{2})\right)}\\ \tau^{\star}(\lbrace6\rbrace^m)&=\frac{12}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(n+\frac{1}{2})^{6m+1}\cosh\left(\sqrt{3}\pi(n+\frac{1}{2})\right)}\\ \end{align*}
最後に
もっと工夫してやることで、$\zeta$や$\tau$を交代和にしたものを双曲線関数入りの級数で表すこともできると思います。また、これは導出している途中で気づいたのですが、より一般にこの記事 有限和の等式とその応用 で紹介されている内容も留数定理を用いて同様に示せそうだと思いました(確認してませんが)。ここまで読んでいただきありがとうございました⩌‸⩌
