偶数だけからなる多重t値の和公式
多重$t$値は
\begin{align}
t(s_1,\dots,s_d):=\sum_{0< n_1<\cdots< n_d}\frac 1{(2n_1-1)^{s_1}\cdots (2n_d-1)^{s_d}}
\end{align}
によって定義される多重ゼータ値の類似である. 今回は
前回の記事
で示した公式
\begin{align}
\sum_{\substack{1\leq j_1,\dots,j_k\\j_1+\cdots+j_k=n}}\zeta(2j_1,\dots,2j_k)&=\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{k-1}2\rfloor}\frac{(-4\pi^2)^j\zeta(2n-2j)}{2^{2k-2}(2j+1)!}\binom{2k-2j-1}{k}
\end{align}
の多重$t$値における類似を示す.
前回の記事
と同じように
\begin{align}
E(2n,d):=\sum_{\substack{1\leq j_1,\dots,j_d\\j_1+\cdots+j_d=n}}t(2j_1,\dots,2j_d)
\end{align}
とする(
前回の記事
と同じ記号で別のものを表していることに注意. 論文では$T(2n,d)$となっているが, 多重$T$値と混同する恐れがあるのでこのようにしている). このとき, 以下が成り立つ.
$d\leq n$に対し,
\begin{align}
E(2n,d)&=\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{d-1}2\rfloor}\frac{(-1)^j\pi^{2j}}{2^{2d-2}(2j)!d}\binom{2d-2j-2}{d-1}t(2n-2j)
\end{align}
が成り立つ.
まず, 三角関数の無限乗積展開
\begin{align}
\prod_{0< n}\left(1-\frac{4t^2}{(2n-1)^2}\right)&=\cos\pi t
\end{align}
を用いると,
\begin{align}
1+\sum_{1\leq d\leq n}E(2n,d)u^nv^d&=1+\sum_{1\leq d}(uv)^d\sum_{\substack{1\leq j_1,\dots,j_d}}t(2j_1,\dots,2j_d)u^{j_1+\cdots+j_d}\\
&=1+\sum_{1\leq d}(uv)^d\sum_{\substack{1\leq j_1,\dots,j_d}}\sum_{0< n_1<\cdots< n_d}\frac 1{((2n_1-1)^2-u)\cdots ((2n_d-1)^2-u)}\\
&=\prod_{0< n}\left(1+\frac{uv}{(2n-1)^2-u}\right)\\
&=\frac{\prod_{0< n}\left(1-\frac{u(1-v)}{(2n-1)^2}\right)}{\prod_{0< n}\left(1-\frac{u}{(2n-1)^2}\right)}\\
&=\frac{\cos\frac{\pi}2\sqrt{u(1-v)}}{\cos\frac{\pi}2\sqrt{u}}
\end{align}
と計算できる. ここで,
\begin{align}
G_k(t):=\frac{\pi\sqrt{t}}{\sin\pi\sqrt t}\frac{(-t)^k}{k!}\frac{d^k}{dt^k}\frac{\sin\pi\sqrt t}{\pi\sqrt{t}}
\end{align}
とすると,
前回の記事
の定理1の証明から,
\begin{align}
G_k(t)&=\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{k-1}2\rfloor}\frac{(-4\pi^2t)^j}{2^{2k-1}(2j+1)!}\binom{2k-2j-1}{k}\pi\sqrt{t}\cot\pi\sqrt{t}\\
&\qquad+\sum_{j=0}^{\lfloor\frac k2\rfloor}\frac{(-4\pi^2t)^j}{2^{2k}(2j)!}\binom{2k-2j}{k}
\end{align}
と表される. これを用いると, $D:=\frac{d}{du}$として,
\begin{align}
1+\sum_{1\leq d\leq n}E(2n,d)(4u)^nv^d&=\frac{\cos\pi\sqrt{u(1-v)}}{\cos\pi\sqrt{u}}\\
&=\frac 1{\cos\pi\sqrt u}\sum_{0\leq d}v^d\frac{(-u)^d}{d!}D^d\cos\pi\sqrt u
\end{align}
より,
\begin{align}
\sum_{d\leq n}E(2n,d)(4u)^n&=\frac 1{\cos\pi\sqrt u}\frac{(-u)^d}{d!}D^d
\cos\pi\sqrt u\\
&=-\frac{\pi^2}2\frac 1{\cos\pi\sqrt u}\frac{(-u)^d}{d!}D^{d-1}
\frac{\sin\pi\sqrt u}{\pi\sqrt u}\\
&=\frac{\pi^2 u}{2d}\frac{\tan\pi\sqrt u}{\pi\sqrt u}G_{d-1}(u)\\
&=\frac{\pi^2 u}{2d}\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{d-2}2\rfloor}\frac{(-4\pi^2u)^j}{2^{2d-3}(2j+1)!}\binom{2d-2j-3}{d-1}\\
&\qquad+\frac{1}{d} \frac{\pi\sqrt u}2\tan\pi\sqrt u\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{d-1}2\rfloor}\frac{(-4\pi^2u)^j}{2^{2d-2}(2j)!}\binom{2d-2j-2}{d-1}
\end{align}
ここで, 三角関数の部分分数展開より
\begin{align}
\frac{\pi\sqrt u}2\tan\pi\sqrt u&=\sum_{1\leq m}4^mt(2m)u^m
\end{align}
と展開できるので, 両辺の$(4u)^n$の係数を比較して,
\begin{align}
E(2n,d)&=\frac 1d\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{d-1}2\rfloor}\frac{(-\pi^2)^jt(2n-2j)}{2^{2d-2}(2j)!}\binom{2d-2j-2}{d-1}
\end{align}
を得る.
特に, $d=2$とすると,
前の記事
で示した深さ2の和公式
\begin{align}
E(2n,2)&=\frac 14t(2n)
\end{align}
を得る. また, $d=3,4,5$とすると,
\begin{align}
E(2n,3)&=\frac 18t(2n)-\frac 1{12}t(2)t(2n-2)\\
E(2n,4)&=\frac{5}{64}t(2n)-\frac 1{16}t(2)t(2n-2)\\
E(2n,5)&=\frac{7}{128}t(2n)-\frac 3{64}t(2)t(2n-2)+\frac 1{320}t(4)t(2n-4)
\end{align}
を得る. これらはShen-Caiによって2011年に示されていた公式である.
多重ゼータ値の場合の証明に現れた$G_k$を定理1の証明でも用いることができるというのは面白いと思った.
