ゼータ関数の収束を速める

ゼータ関数

とし、$\zeta (s,z)$や$\mathrm{\Phi }(-1,s,z)$を効率良く計算する方法を模索します。

方法1: オイラー積

オイラー積 Wikipedia
$p\in \mathbb{P}$
${\displaystyle \zeta (s)=\prod _p\frac{1}{1-p^{-s}}}$や、${\displaystyle \beta (s)=\prod _{p\ge 3}\frac{1}{1-(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}{p}^{-s}}}$を用いれば、収束が速まることが期待できます。
例としてリーマンゼータ関数について考えましょう。
今、$P\in \mathbb{P}とし、$
$\begin{array}{rl}S(P)& :=\sum _{1\le n\le P}{n}^{-s}\\ T(P)& :=\prod _{p\le P}\frac{1}{1-p^{-s}}\end{array}$
とした時、$T(P)$を展開すれば、
${\displaystyle T(P)=\sum _{n^{\prime }\ge 1\wedge \mathrm{\forall }p>P(p|\text{ ̸}{n}^{\prime })}{n^{\prime }}^{-s}\text{※}{n}^{\prime }\text{は素因数が全て}P\text{以下。}}$
となるため、$T(P)$は$S(P)$よりも遥かに多くの項を足していることになります。

誤差

例として$s=2,P=5$の場合の誤差を計算すれば、
$\begin{array}{rlrl}\zeta (2)-S(5)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}\right)& & =0.181322\cdots \\ \zeta (2)-T(5)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\frac{1}{\left(1-\frac{1}{4}\right)\left(1-\frac{1}{9}\right)\left(1-\frac{1}{25}\right)}& & =0.082434\cdots \end{array}$
となり、それなりに加速されていることが確認できます。

方法2: 最後の項を$2$で割る

交代級数である時、最後の項を$2$で割ることで加速できます。
$\{a_n\}$は単調減少かつ常に正でその交代和が収束するものとし、
$\begin{array}{rl}{s}_N& :=\sum _{n=1}^N(-1{)}^{n-1}{a}_n\\ t_N& :=\frac{s_N+s_{N+1}}{2}=s_N+\frac{(-1{)}^N{a}_{N+1}}{2}\end{array}$
を考えます。この時、$t_N$は$s_N$よりも速く$s_{\mathrm{\infty }}$に収束する場合があります。
左：加速される場合($s_N$の収束がさほど速くない。)
右：加速されない場合($s_N$の収束が速い。)

誤差

$\begin{array}{rl}S(N)& :=\sum _{n=1}^N{n}^{-2}\\ T(N)& :=\sum _{n=1}^N{n}^{-2}+\frac{(N+1{)}^{-2}}{2}\end{array}$
$\begin{array}{rlrl}\mathrm{\Phi }(-1,2,1)-S(5)& =\frac{{\pi }^2}{12}-\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{4}+\frac{1}{9}-\frac{1}{16}+\frac{1}{25}\right)& & =-0.016144\cdots \\ \mathrm{\Phi }(-1,2,1)-T(5)& =\frac{{\pi }^2}{12}-\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{4}+\frac{1}{9}-\frac{1}{16}+\frac{1}{25}-\frac{1}{2\cdot 36}\right)& & =-0.002255\cdots \end{array}$

方法3: 加速法

汎用性の高い エイトケンのΔ2乗加速法(Wikipedia) を用いて加速することもできます。
また、これは重ね掛けや他の方法との併用ができます。

級数に$1$回適用する場合、${\displaystyle s_n:=\sum _{k=m}^n{a}_k}$として、
$\begin{array}{rl}{t}_n& :=s_n-\frac{(s_{n+1}-s_n{)}^2}{s_{n+2}-2s_{n+1}+s_n}=s_n-\frac{(s_{n+1}-s_n{)}^2}{(s_{n+2}-s_{n+1})-(s_{n+1}-s_n)}\\ & =s_n-\frac{a_{n+1}^2}{a_{n+2}-a_{n+1}}=s_n+\frac{a_{n+1}^2}{a_{n+1}-a_{n+2}}\\ s_{\mathrm{\infty }}& =t_{\mathrm{\infty }}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left(\sum _{k=m}^n{a}_k+\frac{a_{n+1}^2}{a_{n+1}-a_{n+2}}\right)\end{array}$
となります。

誤差

$\begin{array}{rl}S(N)& :=\sum _{n=1}^N{n}^{-2}\\ T(N)& :=\sum _{n=1}^N{n}^{-2}+\frac{(N+1{)}^{-4}}{(N+1{)}^{-2}-(N+2{)}^{-2}}=\sum _{n=1}^N{n}^{-2}+\frac{(N+2{)}^2}{(N+1{)}^2[(N+2{)}^2-(N+1{)}^2]}\\ & =\sum _{n=1}^N{n}^{-2}+\frac{1}{2N+3}{\left(\frac{N+2}{N+1}\right)}^2\end{array}$
$\begin{array}{rlrl}\zeta (2)-S(5)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}\right)& & =0.181322\cdots \\ \zeta (2)-T(5)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\left[\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}+\frac{1}{13}{\left(\frac{7}{6}\right)}^2\right]& & =0.076622\cdots \end{array}$

方法4: 漸近級数

ベルヌーイ多項式やオイラー多項式 を用いるとかなり加速できます。

$a$は基本何でもいいですが、${\displaystyle \frac{1}{2}}$を代入すると奇数番目の項が消えて、
${\displaystyle N^{\prime }=\lfloor \frac{N}{2}\rfloor }$
$\begin{array}{rl}\zeta (s,z)& =\underset{M\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\sum _{m=0}^{M-1}(z+m{)}^{-s}+\sum _{n=0}^{N^{\prime }-1}\frac{B_{2n}\left(\frac{1}{2}\right)(s{)}_{2n-1}}{(2n)!}{\left(z+M-\frac{1}{2}\right)}^{-s-2n+1}\right]\\ \mathrm{\Phi }(-1,s,z)& =\underset{M\to \mathrm{\infty }}{lim}\left[\sum _{m=0}^{M-1}(-1{)}^m(z+m{)}^{-s}+\frac{(-1{)}^M}{2}\sum _{n=0}^{N^{\prime }-1}\frac{E_{2n}\cdot (s{)}_{2n}}{4^n(2n)!}{\left(z+M-\frac{1}{2}\right)}^{-s-2n}\right]\end{array}$
となります。

厳密な証明には オイラー・マクローリンの和公式(Wikipedia) や オイラー・ブールの和公式(Wikipedia(英)) を使うものと思われます。

誤差

$\begin{array}{rl}S(M)& :=\sum _{m=1}^M{m}^{-2}\\ T\left(M,N^{\prime }\right)& :=\sum _{m=1}^M{m}^{-2}+\sum _{n=0}^{N^{\prime }-1}{B}_{2n}\left(\frac{1}{2}\right){\left(M+\frac{1}{2}\right)}^{-2n-1}\\ B_0\left(\frac{1}{2}\right)& =1,B_2\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{12}\end{array}$
$\begin{array}{rlrlrl}\zeta (2)-S(5)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}\right)& & =& & 0.181322\cdots \\ \zeta (2)-T(5,1)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}+{5.5}^{-1}\right)& & =-& & 0.000495\cdots \\ \zeta (2)-T(5,2)& =\frac{{\pi }^2}{6}-\left(\frac{1}{1}+\frac{1}{4}+\frac{1}{9}+\frac{1}{16}+\frac{1}{25}+{5.5}^{-1}-\frac{{5.5}^{-3}}{12}\right)& & =-& & 0.000005\cdots \end{array}$

系

式変形により別の級数の漸近級数展開を求めることもできます。

これは${\displaystyle (\text{左辺})={\int }_{0\le s_1\le \cdots \le s_k}{b}^{-s_k}\mathrm{\Phi }\left(-1,s_k,\frac{a}{b}\right)\prod _{l=1}^{k}d{s}_l}$から導出します。
左辺の級数は収束が極めて遅いですが、右辺はかなり改善されます。
余りそちらの方面には詳しくありませんが、分数階積分により$k$が非整数でも成り立つと思われます。