大学数学基礎解説

リーマンゼータ値を含む級数

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リーマンゼータ値を含む級数

※リーマンゼータ値しか扱いません。

$$\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)x^{n}=x\psi(x+1)+\gamma x$$

証明

読者への課題とする。

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)-1}{n}=1-\gamma$$

証明

初等的な変形により示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)-1}{n}&=\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n}\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{m^n} \\&=\sum_{m=2}^{\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n}\left(\frac1{m}\right)^n \\&=\sum_{m=2}^{\infty}\left(-\log\left(1-\frac1{m}\right)-\frac1{m}\right) \\&=\lim_{N\to\infty}\sum_{n=2}^{N}\left(\log n-\log(n-1)-\frac1{n}\right) \\&=\lim_{N\to\infty}\left(\log N-\sum_{n=1}^{N}\frac1n+1\right) \\&=-\gamma+1 \\&=1-\gamma \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}\big(\zeta(n)-1\big)=1$$

証明

初等的な変形により示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\big(\zeta(n)-1\big)&=\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{m^n} \\&=\sum_{m=2}^{\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{m^n} \\&=\sum_{m=2}^{\infty}\frac1{m(m-1)} \\&=\sum_{m=2}^{\infty}\left(\frac1{m-1}-\frac1m\right) \\&=1 \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n \zeta(n)}{n+1}=1-\frac12\log2\pi+\frac12\gamma$$

証明

母関数を積分して示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n\zeta(n)}{n+1}&=\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)\int_{0}^{1}x^ndx \\&=\int_{0}^{1}\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)x^ndx \\&=\int_{0}^{1}x\psi(x+1)+\gamma xdx \\&=\int_{0}^{1}x\psi(x+1)dx+\frac12\gamma \\&=\Big[x\log\Gamma(x+1)\Big]_0^1-\int_{0}^{1}\log\Gamma(x+1)dx+\frac12\gamma \\&=-\int_{0}^{1}\log\Gamma(x+1)dx+\frac12\gamma \\&=-\int_{0}^{1}\log xdx-\int_{0}^{1}\log\Gamma(x)dx+\frac12 \\&=1-\frac12\log2\pi+\frac12\gamma \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n(\zeta(n)-1)}{n}=-1+\log2+\gamma$$

証明

初等的な変形によっても示せるが、母関数の積分により示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n(\zeta(n)-1)}{n} &=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n\zeta(n)}{n}-\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} \\&=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n\zeta(n)}{n}+\log2-1 \\&=\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)\int_{0}^{1}x^{n-1}dx+\log2-1 \\&=\int_{0}^{1}\psi(x+1)+\gamma dx+\log2-1 \\&=\int_{0}^{1}\psi(x+1)dx+\gamma+\log2-1 \\&=\Big[\log\Gamma(x+1)\Big]_0^1+\gamma+\log2-1 \\&=-1+\log2+\gamma \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\big(\zeta(n)-1\big)=\frac12$$

証明

命題3と同様にして示せる。

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{2^n}=\log2$$

証明

母関数に$\di x=-\frac12$を代入することにより示す。
ディガンマ関数の級数表示
$$\psi(x)=-\gamma+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z-1}{(n+1)(n+x)} $$$\di x=\frac12$を代入して
\begin{align} \psi\left(\frac12\right)&=-\gamma+\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{(n+1)(2n+1)} \\&=-\gamma+\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n+1}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=-\gamma-\int_{0}^{1}\frac{\log\big(1-x^2\big)}{x^2}dx \\&=-\gamma-2\log2 \end{align}
積分は部分積分によって求められます。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{2^n} &=-\frac12\psi\left(\frac12\right)-\frac12\gamma \\&=-\frac12\big(-\gamma-2\log2\big)-\frac12\gamma \\&=\frac12\gamma+\log2-\frac12\gamma \\&=\log2 \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(-1)^n\zeta(n)}{2^n}=1-\log2$$

証明

母関数に$\di x=\frac12$を代入することで示せる。

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{(n-1)\zeta(n)} {2^n}=\frac{\pi^2}8$$

証明

母関数の微分により示す。
まず、ディガンマ関数の微分の級数表示
$$\psi’(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{(n+x)^2}$$
$\di x=\frac12$を代入をすると、
$$\psi’\left(\frac12\right)=\frac{\pi^2}2$$
母関数の両辺を微分して、
$$\sum_{n=2}^{\infty}n\zeta(n)x^n=x^2\psi’(1-x)-x\psi(1-x)-\gamma x$$
これらと命題7の結果を用いて示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{(n-1)\zeta(n)}{2^n} &=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n\zeta(n)}{2^n}-\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{2^n} \\&=\frac14\psi’\left(\frac12\right)-\frac12\psi\left(\frac12\right)-\frac12\gamma-\log2 \\&=\frac{\pi^2}{8}+\frac12\gamma+\log2-\frac12\gamma-\log2 \\&=\frac{\pi^2}8 \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{n 2^n}=\frac12\log\pi-\frac12\gamma$$

証明

母関数の積分により示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{n 2^n} &=\sum_{n=2}^{\infty}\zeta(n)\int_{0}^{\frac12}x^{n-1}dx \\&=-\int_{0}^{\frac12}\psi(1-x)+\gamma dx \\&=\Big[\log\Gamma(1-x)-\gamma x\Big]_0^{\frac12} \\&=\log\Gamma\left(\frac12\right)-\frac12\gamma \\&=\frac12\log\pi-\frac12\gamma \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{(n+1)2^n}=3\log A-\frac7{12}\log2-\frac14\gamma$$

証明

母関数の積分により示す。
また、$A$はグレイシャー・キンケリンの定数である。
また、以下の積分が成り立つ。証明は読者への課題とする。
$$\int_{0}^{1}\log\Gamma(1-x)dx=-\frac32\log A+\frac14\log\pi+\frac7{24}\log2$$
これらを用いて示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{(n+1)2^n} &=2\sum_{n=2}^{\infty}\zeta(n)\int_{0}^{\frac12}x^ndx \\&=-2\int_{0}^{\frac12}x\psi(1-x)+\gamma xdx \\&=-2\int_{0}^{\frac12}x\psi(1-x)dx-\frac14\gamma \\&=2\Big[x\log\Gamma(1-x)\Big]_{0}^{\frac12}-2\int_{0}^{\frac12}\log\Gamma(1-x)dx-\frac14\gamma \\&=\frac12\log\pi+3\log A-\frac7{12}\log2-\frac14\log\pi-\frac14\gamma \\&=3\log A-\frac7{12}\log2-\frac14\gamma \end{align}

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{(n+1)4^n}=\log\Gamma\left(\frac34\right)-\frac18\gamma-\frac14\log2-\frac12\log\pi-\frac1{\pi}\beta(2)+\frac92\log A$$

証明

ああ

$$\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{(n+2)4^n}=\log\Gamma\left(\frac34\right)+\frac16\gamma-\frac14\log2\pi-\frac2{\pi}\beta(2)+\frac{35}8\frac1{\pi^2}\zeta(3)-\frac8{\pi^3}\beta’(3)+\log A$$

証明

ああ

$$\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)x^{2n}=-\frac12\pi x\cot\pi x+\frac12$$

証明

三角関数の部分分数展開により示す。
以下の級数の等式が成り立つ。証明は読者への課題とする。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^2}{x^2-n^2}=\frac{1}2\pi x\cot\pi x-\frac12$$
これを用いて示す。
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)x^{2n} &=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{m^{2n}} \\&=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{x^2}{m^2}\right)^n \\&=-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\frac{x^2}{m^2}}{\frac{x^2}{m^2}-1} \\&=-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{x^2}{x^2-m^2} \\&=-\frac12\pi x\cot\pi x+\frac12 \end{align}
また、相反公式による別証明もある。
🦑の等式が成り立つ。
$$\psi(1-x)-\psi(x)=\pi\cot\pi x$$
これを用いて示す。
\begin{align} \sum_{n=2}^{\infty}\zeta(n)x^n&=x\psi(1+x)+\gamma x \\ \sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)x^n&=-x\psi(1-x)-\gamma x \end{align}
足して2で割って
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)x^{2n} &=\frac12x\big(\psi(1+x)-\psi(1-x)\big) \\&=-\frac12x\left(\psi(1-x)-\psi(x)-\frac1x\right) \\&=-\frac12x\left(\pi\cot\pi x-\frac1x\right) \\&=-\frac12\pi x\cot\pi x+\frac12 \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{n}x^{2n}=\log\frac{\pi x}{\sin\pi x}$$

証明

上記の命題を積分することにより示せる。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{n(2n+1)}=\log2\pi-1$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{n(2n+1)}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{n}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=\int_{0}^{1}\log\frac{\pi x}{\sin\pi x}dx \\&=\int_{0}^{1}\log\pi xdx-\int_{0}^{1}\log\sin\pi xdx \\&=\frac1{\pi}\int_{0}^{\pi}\log xdx+\log2 \\&=\frac1{\pi}\Big[x\log x-x\Big]_{0}^{\pi}+\log2 \\&=\frac1{\pi}\big(\pi\log\pi-\pi\big)+\log2 \\&=\log2\pi -1 \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}\zeta(2n)}{n(2n+1)}=1-\log2\pi+\frac5{12}\pi+\frac1{2\pi}\mathrm{Li}_2\big(e^{-2\pi}\big)$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\zeta(2n)}{n(2n+1)}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\zeta(2n)}{n}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{n}(ix)^{2n}dx \\&=\int_{0}^{1}\log\frac{i\pi x}{\sin(i\pi x)}dx \\&=\int_{0}^{1}\log\frac{\pi x}{\sinh\pi x}dx \\&=\int_{0}^{1}\log\pi xdx-\int_{0}^{1}\log\sinh\pi xdx \\&=\log\pi-1-\int_{0}^{1}\log\sinh\pi xdx dx \\&=\log2\pi-1-\int_{0}^{1}\log(2\sinh\pi x)dx \end{align}
積分を求める。
\begin{align} \int_{0}^{1}\log(2\sinh\pi x)dx&=\int_{0}^{1}\log\big(e^{\pi x}-e^{-\pi x}\big)dx \\&=\int_{0}^{1}\log\Big(e^{\pi x}\big(1-e^{-2\pi x}\big)\Big)dx \\&=\frac{\pi}{2}+\int_{0}^{1}\log\big(1-e^{-2\pi x}\big)dx \\&=\frac{\pi}{2}+\frac1{2\pi}\Big[\mathrm{Li}_2\big(e^{-x}\big)\Big]_{0}^{2\pi} \\&=\frac{\pi}{2}+\frac1{2\pi}\Big(\mathrm{Li}_2\big(e^{-2\pi}\big)+\mathrm{Li}_2(1)\Big) \\&=\frac{\pi}2-\frac1{2\pi}\left(\mathrm{Li}_2\big(e^{-2\pi}\big)-\frac{\pi^2}6\right) \\&=\frac1{2\pi}\mathrm{Li}_2\big(e^{-2\pi}\big)+\frac{12}{5}\pi \end{align}
よって、題意を得る。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(4n-2)}{2^{4n-2}}=\frac{\pi}8\frac{e^{\pi}+1}{e^{\pi}-1}$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(4n-2)}{2^{4n-2}}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n}}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(4n)}{2^{4n}} \\&=\frac12-\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n}}-\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n}}(-1)^n \\&=\frac12-\frac14+\frac{\pi}{8}\frac{e^{\pi}+1}{e^{\pi}-1}-\frac14 \\&=\frac{\pi}{8}\frac{e^{\pi}+1}{e^{\pi}-1} \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\zeta(2n)}{2^{2n}}=\frac{\pi^2}{16}$$

証明

\begin{align} f(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)x^{2n} \\f’(x)&=\sum_{n=1}^{\infty}2n\zeta(2n)x^{2n-1} \\f(x)&=-\frac12\pi x\cot\pi x+\frac12 \\f’(x)&=\frac{\pi}2\big(\pi x\csc^2\pi x-\cot\pi x\big) \\f’\left(\frac12\right)&=\frac{\pi^2}4 \end{align}
よって、題意を得る。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)-1}{n}=\log2$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)-1}{n}&=\lim_{x\to0}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)-1}{n}x^{2n} \\&=\lim_{x\to0}\left(\log\frac{\pi x}{\sin\pi x}+\log(1-x^2)\right) \\&=\log\lim_{x\to0}\frac{\pi x(1-x^2)}{\sin\pi x} \\&=\log\lim_{x\to0}\frac{\pi(1-3x^2)}{\pi\cos\pi x} \\&=\log2 \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(2n+1)2^{2n}}=\frac12(1-\log2)$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(2n+1)2^{2n}}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n}}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=\int_{0}^{1}-\frac14\pi x\cot\frac{\pi x}2+\frac12dx \\&=\frac12-\frac{\pi}4\int_0^1x\cot\frac{\pi x}{2}dx \\&=\frac12-\frac1{\pi}\int_{0}^{\frac{\pi}2}x\cot xdx \\&=\frac12-\frac1{\pi}\left(\Big[x\log\sin x\Big]_0^{\frac{\pi}2}-\int_0^{\frac{\pi}2}\log\sin xdx\right) \\&=\frac12-\frac1{\pi}\frac{\pi}2\log2 \\&=\frac12(1-\log2) \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(2n+1)4^{2n}}=\frac12-\frac14\log2-\frac{1}{\pi}\beta(2)$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(2n+1)4^{2n}} &=4\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)\int_{0}^{\frac14}x^{2n}dx \\&=4\int_{0}^{\frac14}-\frac12\pi x\cot\pi x+\frac12dx \\&=\frac12-2\int_{0}^{\frac14}\pi x\cot\pi xdx \\&=\frac12-2\left(\Big[x\log\sin\pi x\Big]_{0}^{\frac14}-\int_{0}^{\frac14}\log\sin\pi xdx\right) \\&=\frac12+\frac14\log2-\frac1{\pi}\beta(2)-\frac12\log2 \\&=\frac12-\frac14\log2-\frac1{\pi}\beta(2) \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(n+1)2^{2n}}=\frac12-\log2+\frac72\frac1{\pi^2}\zeta(3)$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(n+1)2^{2n}}&=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n}}\int_{0}^{1}x^{2n}dx \\&=\int_{0}^{1}-\frac12\pi x^2\cot\frac{\pi x}{2}+xdx \\&=\frac12-\frac{\pi}2\int_{0}^{1}x^2\cot\frac{\pi x}{2}dx \\&=\frac12-4\pi\int_{0}^{\frac12}x^2\cot\pi xdx \end{align}
積分を求める。
\begin{align} \int_0^{\frac12}x^2\cot\pi xdx&=\frac1{\pi}\Big[x^2\log\sin\pi x\Big]_0^{\frac12}-\frac2{\pi}\int_{0}^{\frac12}x\log\sin\pi xdx \\&=-\frac2{\pi}\int_{0}^{\frac12}x\log\sin\pi xdx \\&=-\frac2{\pi}\left(\int_{0}^{\frac12}x\log(2\sin\pi x)dx-\frac18\log2\right) \\&=-\frac2{\pi}\left(-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n\int_{0}^{\frac12}x\cos2nxdx-\frac18\log2\right) \\&=-\frac2{\pi}\left(\frac1{4\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1-(-1)^n}{n^3}-\frac18\log2\right) \\&=-\frac2{\pi}\left(\frac7{16}\frac1{\pi^2}\zeta(3)-\frac18\log2\right) \\&=\frac1{4\pi}\log2-\frac78\frac1{\pi^3}\zeta(3) \end{align}
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(n+1)2^{2n}}&=\frac12-4\pi\int_{0}^{\frac12}x^2\cot\pi xdx \\&=\frac12-4\pi\left(\frac1{4\pi}\log2-\frac78\frac1{\pi^3}\zeta(3)\right) \\&=\frac12-\log2+\frac72\frac1{\pi^2}\zeta(3) \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(n+1)4^{2n}}=\frac12-\frac12\log2-\frac4{\pi}\beta(2)+\frac{35}4\frac1{\pi^2}\zeta(3)$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{(2n+2)4^{2n}} &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{4^{2n}}\int_{0}^{1}x^{2n+1}dx \\&=\int_{0}^{1}x\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)\left(\frac{x}{4}\right)^{2n}dx \\&=\int_{0}^{1}x\left(-\frac{\pi}{8}x\cot\frac{\pi x}{4}+\frac12\right)dx \\&=-8\int_{0}^{\frac14}\pi x^2\cot\pi xdx+\frac14 \\&=-8\left(\Big[x^2\log\sin\pi x\Big]_0^{\frac14}-2\int_{0}^{\frac14}x\log\sin\pi xdx\right)+\frac14 \\&=-8\left(-\frac1{32}\log2-2\int_{0}^{\frac14}x\log\sin\pi x\right)+\frac14 \\&=\frac14\log2+16\int_{0}^{\frac14}x\log\sin\pi xdx+\frac14 \\&=\frac14\log2-\frac{2}{\pi}\beta(2)+\frac{35}{8}\frac1{\pi^2}\zeta(3)-\frac12\log2+\frac14 \\&=\frac14-\frac14\log2-\frac2{\pi}\beta(2)+\frac{35}{8}\frac1{\pi}\zeta(3) \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n+1)}{2^{2n+1}}=\log2-\frac12$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n+1)}{2^{2n+1}} &=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{2^n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2^{2n}} \\&=-\frac12\psi\left(\frac12\right)-\frac12\gamma-\frac12 \\&=\frac12\big(\gamma+2\log2\big)-\frac12\gamma-\frac12 \\&=\log2-\frac12 \end{align}

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n+1)}{(2n+1)2^{2n}}=\log2-\gamma$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n+1)}{(2n+1)2^{2n+1}}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{n2^n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2n2^{2n}} \\&=\frac12\log\pi-\frac12\gamma-\frac12\log\frac{\frac{\pi}2}{\sin\frac{\pi}2} \\&=\frac12\log\pi-\frac12\gamma-\frac12\log\pi+\frac12\log2 \\&=\frac12\log2-\frac12\gamma \end{align}
よって、題意を得る。

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n+1)\zeta(2n+1)}{2^{2n+1}}=\log2$$

証明

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n+1)\zeta(2n+1)}{2^{2n+1}}&=\sum_{n=2}^{\infty}\frac{n\zeta(n)}{2^n}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n\zeta(2n)}{2^{2n}} \\&=\frac{\pi^2}8+\log2-\frac{\pi^2}8 \\&=\log2 \end{align}

投稿日：10月21日

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