Bowman-Bradleyの定理
はじめに
Bowman-Bradleyの定理と呼ばれる多重ゼータ値の関係式
$$\sum_{\substack{j_0+\cdots+j_{2n}=m\\j_0,\cdots,j_{2n}\geq0}}\zeta(\lbrace2\rbrace^{j_0},1,\lbrace2\rbrace^{j_1},3,\lbrace2\rbrace^{j_2},\ldots,\lbrace2\rbrace^{j_{2n-2}},1,\lbrace2\rbrace^{j_{2n-1}},3,\lbrace2\rbrace^{j_{2n}})=\binom{m+2n}{m}\frac{\pi^{2m+4n}}{(2n+1)(2m+4n+1)!}$$
について書きます。
この等式において$m=0$とすると
$$\zeta(\lbrace1,3\rbrace^n)=\frac{2\pi^{4n}}{(4n+2)!}$$
となるので、これは以前書いた記事
ζ(1,3,・・・1,3)について
の一般化になっています。
定義など
いくつかの正整数の組$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r)\in\left(\mathbb{Z}_{>0}\right)^r$をインデックスと呼ぶ。インデックスの末尾の成分について$k_r\geq2$となるとき、$\boldsymbol{k}$を特に許容インデックスと呼ぶ。
許容インデックス$\boldsymbol{k}=(k_1,\ldots,k_r)$に対して多重ゼータ値(MZV)を次で定める。
$$\zeta(\boldsymbol{k}):=\sum_{0< n_1< n_2<\cdots< n_r}\frac{1}{n^{k_1}_1n^{k_2}_2\cdots n^{k_r}_r}$$
また、インデックスについて、$(\underbrace{k,\ldots,k}_{n\text{個}})$を$(\lbrace k\rbrace^n)$のように記すことにして、$n=0$のとき$\zeta(\lbrace k\rbrace^0)=1$と値を定めておきます。
$x,y$を変数にもつ有理数係数の非可換多項式環を$\mathfrak{H}=\mathbb{Q}\langle x,y\rangle$とする。
また、$\mathfrak{H}$の部分環を次のように定める。
$$\mathfrak{H}^1=\mathbb{Q}+y\mathfrak{H}$$
$$\mathfrak{H}^0=\mathbb{Q}+y\mathfrak{H}x$$
$\mathfrak{H}^0\subset\mathfrak{H}^1\subset\mathfrak{H}$に注意する。
正整数$k$に対して$z_k:=yx^{k-1}\in\mathfrak{H}^1$とする。
$\mathbb{Q}$線形写像$Z:\mathfrak{H}^0\rightarrow\mathbb{R}$を次のように定める。
$Z(z_{k_1}z_{k_2}\cdots z_{k_r})=\zeta(k_1,k_2,\ldots,k_r)$かつ$Z(1)=1$
$\mathfrak{H}$上に$\mathbb{Q}$双線形な積$\mathrm{ш}$を次のように帰納的に定める。
\begin{align}
1\mathrm{ш}w&=w\mathrm{ш}1\quad(w\in\mathfrak{H})\\
w_1u_1\mathrm{ш}w_2u_2&=(w_1\mathrm{ш}w_2u_2)u_1+(w_1u_1\mathrm{ш}w_2)u_2\quad(u_1,u_2\in\lbrace x,y\rbrace ,\ w_1,w_2\in\mathfrak{H})
\end{align}
この積をシャッフル積と呼ぶ。
また、$\mathbb{Q}\langle z_1,z_2,\cdots\rangle$上にも$\mathbb{Q}$双線形な積$\widetilde{\mathrm{ш}}$を次のように帰納的に定める。
\begin{align}
1\widetilde{\mathrm{ш}}w&=w\widetilde{\mathrm{ш}}1\quad(w\in\mathbb{Q}\langle z_1,z_2,\cdots\rangle)\\
w_1u_1\widetilde{\mathrm{ш}}w_2u_2&=(w_1\widetilde{\mathrm{ш}}w_2u_2)u_1+(w_1u_1\widetilde{\mathrm{ш}}w_2)u_2\quad(u_1,u_2\in\lbrace z_k\rbrace_{k\geq1} ,\ w_1,w_2\in\mathbb{Q}\langle z_1,z_2,\cdots\rangle)
\end{align}
$\mathrm{ш}$と$\widetilde{\mathrm{ш}}$は可換で結合律を満たす。
定義は似ているが、$\mathrm{ш}$と$\widetilde{\mathrm{ш}}$は全く別の積である。
例えば、
$$z_2\mathrm{ш}z_2=2(y\mathrm{ш}yx)x=2yxyx+2(y\mathrm{ш}y)xx=2yxyx+4yyxx$$
$$z_2\widetilde{\mathrm{ш}}z_2=2z_2z_2=2yxyx$$
なので、$z_2\mathrm{ш}z_2\neq z_2\widetilde{\mathrm{ш}}z_2$である。シャッフル積$\mathrm{ш}$について、
$$Z(w_1\mathrm{ш}w_2)=Z(w_1)Z(w_2)\quad (w_1,w_2\in\mathfrak{H}^0)$$
が成り立つことに注意する。
本題
$n,m$を$0\leq n\leq m$を満たす整数とする。
\begin{align}
&⑴\ z^n_2\mathrm{ш}z^m_2=\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)\\
&⑵\ z^n_2z_1\mathrm{ш}z^m_2z_1=2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_1\\
\end{align}
$n+m=N$として、$N$に関する帰納法で示す。
まず、$N=0$のとき⑴⑵はともに成り立つ。
$N-1$以下で⑴⑵が成り立つと仮定する。このとき、まず$N$で⑴が成り立つことを示す。
\begin{align}
z^n_2\mathrm{ш}z^m_2
&=\left(z^{n-1}_2y\mathrm{ш}z^m_2\right)x+\left(z^{n}_2\mathrm{ш}z^{m-1}_2y\right)x\\
&=\left(z^{n-1}_2\mathrm{ш}z^m_2\right)z_2+\left(z^{n}_2\mathrm{ш}z^{m-1}_2\right)z_2+2\left(z^{n-1}_2y\mathrm{ш}z^{m-1}_2y\right)x^2\\
&=\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+n-2k-1}{n-k-1}\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z_2+\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k-1}{n-k}\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z_2+4\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+n-2k-2}{n-k-1}\left(z^{m+n-2k-2}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_3\quad(\because\text{帰納法の仮定})\\
&=4^n\left(z^{m-n-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^n\right)z_2
+\sum_{k=0}^{n-1}4^k\left(\binom{m+n-2k-1}{n-k-1}+\binom{m+n-2k-1}{n-k}\right)\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z_2+4\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+n-2k-2}{n-k-1}\left(z^{m+n-2k-2}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_3\\
&=\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z_2+\sum_{k=1}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^{k-1}z_1\right)z_3\\
&=\binom{m+n}{n}z^{m+n}_2+\sum_{k=1}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z_2+\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^{k-1}z_1\right)z_3\right)\\
&=\binom{m+n}{n}z^{m+n}_2+\sum_{k=1}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)\\
&=\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)\\
\end{align}
よって$N$のとき⑴は成り立つ。次に、⑵について
\begin{align}
z^n_2z_1\mathrm{ш}z^m_2z_1
&=\left(z^n_2\mathrm{ш}z^m_2z_1\right)z_1+\left(z^n_2z_1\mathrm{ш}z^m_2\right)z_1\\
&=\left(z^{n-1}_2z_1\mathrm{ш}z^m_2z_1\right)xz_1+\left(z^n_2z_1\mathrm{ш}z^{m-1}_2z_1\right)xz_1+2\left(z^n_2\mathrm{ш}z^m_2\right)z^2_1\\
&=2\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+n-2k-1}{n-k-1}\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_2z_1
+2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k-1}{n-k}\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_2z_1
+2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z^2_1\quad(\because\text{帰納法の仮定})\\
&=2\cdot4^n\left(z^{m-n-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^nz_1\right)z_2z_1
+2\sum_{k=0}^{n-1}4^k\left(\binom{m+n-2k-1}{n-k-1}+\binom{m+n-2k-1}{n-k}\right)\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_2z_1
+2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z^2_1\\
&=2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_2z_1
+2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z^2_1\\
&=2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(\left(z^{m+n-2k-1}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_2z_1+
\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)z^2_1\right)\\
&=2\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+n-2k}{n-k}\left(z^{m+n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^kz_1\right)z_1
\end{align}
よって$N$のとき⑵も成り立つ。
以上より示された$\blacksquare$
任意の非負整数$m$に対して次が成り立つ。
$$\zeta(\lbrace2\rbrace^m)=\frac{\pi^{2m}}{(2m+1)!}$$
$\sin \pi x$の無限積表示とマクローリン展開
\begin{align}
\sin(\pi x)&=\pi x\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)=\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m\pi\zeta(\lbrace2\rbrace^m)x^{2m+1}\\
\sin(\pi x)&=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{(-1)^m\pi^{2m+1}}{(2m+1)!}x^{2m+1}
\end{align}
において$x^{2m+1}$で係数比較すればよい$\blacksquare$
$$\frac{1}{(2n+1)!}\frac{1}{(2m+2n+1)!}=\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+2n-2k}{n-k}\binom{m+2n}{2k}\frac{1}{(2n+1)(2m+4n+1)!}$$
まず恒等式$(x+1)^{2m+4n+2}=(x^2+2x+1)^{m+2n+1}$において$x^{2n+1}$で係数比較すると
$$\binom{2m+4n+2}{2n+1}=2\sum_{k=0}^{n}4^k\frac{(m+2n+1)!}{(n-k)!(2k+1)!(m+n-k)!}$$
が成り立つことが分かる(右辺は多項定理を用いた)。両辺を$(2m+4n+2)!$で割ることで
\begin{align}
\frac{1}{(2n+1)!(2m+2n+1)!}
&=\frac{2}{(2m+4n+2)!}\sum_{k=0}^{n}4^k\frac{(m+2n+1)!}{(n-k)!(2k+1)!(m+n-k)!}\\
&=\sum_{k=0}^{n}4^k\frac{(m+2n)!}{(n-k)!(2k+1)!(m+n-k)!(2m+4n+1)!}\\
&=\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+2n-2k}{n-k}\binom{m+2n}{2k}\frac{1}{(2n+1)(2m+4n+1)!}\blacksquare
\end{align}
任意の非負整数$n,m$に対して次が成り立つ。
$$\sum_{\substack{j_0+\cdots+j_{2n}=m\\j_0,\cdots,j_{2n}\geq0}}\zeta(\lbrace2\rbrace^{j_0},1,\lbrace2\rbrace^{j_1},3,\lbrace2\rbrace^{j_2},\ldots,\lbrace2\rbrace^{j_{2n-2}},1,\lbrace2\rbrace^{j_{2n-1}},3,\lbrace2\rbrace^{j_{2n}})=\binom{m+2n}{m}\frac{\pi^{2m+4n}}{(2n+1)(2m+4n+1)!}$$
左辺は$(1,3,\ldots,1,3)$というインデックスに$\lbrace2\rbrace^j$を挿入した形になっています。
また、$\widetilde{\mathrm{ш}}$の定義から左辺は$Z\left(z^{m}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^n\right) $に等しいことに注意します。
まず$n=0$のとき、$$\zeta(\lbrace2\rbrace^m)=\frac{\pi^{2m}}{(2m+1)!}$$
となって、これは補題2より任意の非負整数$m$に対して成り立つ。
次に、$n-1$以下のとき任意の非負整数$m$に対して等式が成り立つと仮定して、$n$のとき任意の非負整数$m$について等式が成り立つことを示す。
補題1より
$$z^n_2\mathrm{ш}z^{n+m}_2=\sum_{k=0}^{n}4^k\binom{m+2n-2k}{n-k}\left(z^{m+2n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right) $$
が成り立つので$k=n$の項のみ分離させて、写像$Z$を作用させることで
\begin{align}
4^nZ\left(z^{m}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^n\right)
&=Z\left(z^n_2\mathrm{ш}z^{n+m}_2\right)-\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+2n-2k}{n-k}\left(z^{m+2n-2k}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^k\right)\\
&=\zeta(\lbrace2\rbrace^n)\zeta(\lbrace2\rbrace^{n+m})-\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+2n-2k}{n-k}\binom{m+2n}{m+2n-2k}\frac{\pi^{2m+4n}}{(2k+1)(2m+4n+1)!}\quad(\because\text{帰納法の仮定})\\
&=\frac{\pi^{2m+4n}}{(2n+1)!(2n+2m+1)!}-\sum_{k=0}^{n-1}4^k\binom{m+2n-2k}{n-k}\binom{m+2n}{2k}\frac{\pi^{2m+4n}}{(2k+1)(2m+4n+1)!}\quad(\because\text{補題2})\\
&=4^n\binom{m+2n}{m}\frac{\pi^{2m+4n}}{(2n+1)(2m+4n+1)!}\quad(\because\text{補題3})\\
\end{align}
よって、
$$Z\left(z^{m}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^n\right)=\binom{m+2n}{m}\frac{\pi^{2m+4n}}{(2n+1)(2m+4n+1)!} $$
であり
$$Z\left(z^{m}_2\widetilde{\mathrm{ш}}(z_1z_3)^n\right)=\sum_{\substack{j_0+\cdots+j_{2n}=m\\j_0,\cdots,j_{2n}\geq0}}\zeta(\lbrace2\rbrace^{j_0},1,\lbrace2\rbrace^{j_1},3,\lbrace2\rbrace^{j_2},\ldots,\lbrace2\rbrace^{j_{2n-2}},1,\lbrace2\rbrace^{j_{2n-1}},3,\lbrace2\rbrace^{j_{2n}})$$
が成り立つので示された$\blacksquare$
参考文献
- 金子昌信「多重ゼータ値入門」
- A note on evaluations of multiple zeta values
