部分分数展開で作って遊ぼ1
あいさつ
んちゃ！
今回は部分分数展開を応用して遊ぶために書きました。
下記の文献の副読書としてお使いください。
- 必ずパラメータは左、主変数は右とする。可読性を下げる慣習には従わない。
例えば次の様
\begin{align} &\zeta(m,a)👈❌従来の記法\\ &\zeta(a,m)👈採用 \end{align}
部分分数展開基礎編
任意の多項式$f(n)=\sum_{k=0}^{K}A_{k}n^{k}\in\mathbb{C}[n]$に対して以下の不等式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\color{red}\frac{1}{2}|A_{K}|n^{K}\leq|f(n)|\leq(K+1)|A|n^{K}\\
|A|\coloneqq\max(|A_{0}|,|A_{1}|,...,|A_{K}|)\\
\log{n}\geq\log{N}+\frac{1}{k}\log{|\frac{A_{N-k}}{A_{K}}|}\\
\lambda\coloneqq\max(|\frac{A_{N-1}}{A_{K}}|,|\frac{A_{N-2}}{A_{K}}|,...,|\frac{A_{1}}{A_{K}}|)\\
N\geq2\lambda+1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[1]
\begin{eqnarray}
|f(n)|&=&|\sum_{k=0}^{K}A_{k}n^{k}|\\
&\leq&\sum_{k=0}^{K}|A_{k}|n^{k}\\
&\leq&(K+1)|A|n^{K}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
|f(n)|&=&|A_{K}|n^{K}|1+\sum_{k=1}^{K}\frac{A_{N-k}}{A_{K}}\frac{1}{n^{k}}|
\end{eqnarray}
[3]$\log{n}\geq\log{N}+\frac{1}{k}\log{|\frac{A_{N-k}}{A_{K}}|}$の様に自然数$n$を定めると以下の性質を満たす。
\begin{eqnarray}
|\sum_{k=1}^{K}\frac{A_{K-k}}{A_{K}}|\frac{1}{n^{k}}&\leq&\sum_{k=1}^{K}|\frac{A_{K-k}}{A_{K}}|\frac{1}{n^{k}}\\
&\leq&\lambda\sum_{k=1}^{K}\frac{1}{N^{k}}\\
&=&\lambda\frac{\frac{1}{N}-\frac{1}{N^{K+1}}}{1-\frac{1}{N}}\\
&=&\lambda\frac{\frac{1}{N}}{1-\frac{1}{N}}\\
&=&\lambda\frac{1}{N-1}
\end{eqnarray}
ただし、$\lambda=\max(|\frac{A_{K-1}}{A_{K}}|,|\frac{A_{K-2}}{A_{K}}|,...,|\frac{A_{1}}{A_{K}}|)$とした。
[4]上記より、$N\gt2\lambda+1$を満たす様に$N$を定めれば$|\sum_{k=1}^{K}\frac{A_{N-k}}{A_{K}}|\frac{1}{n^{k}}\lt\frac{1}{2}$を満たす。よって
\begin{eqnarray}
|f(n)|&\geq&|A_{K}|n^{K}(1-|\sum_{k=1}^{K}\frac{A_{N-k}}{A_{K}}|\frac{1}{n^{k}})\\
&\gt&\frac{1}{2}|A_{K}|n^{K}
\end{eqnarray}
任意の多項式$P(n),Q(n)\in\mathbb{C}[n](\deg{P}+2\leq\deg{Q},\forall n\in\mathbb{N}_{0}:Q(n)\neq0)$を満たすについて以下の級数は絶対収束する。
\begin{equation}
S_{N}\coloneqq\sum_{n=0}^{N}\frac{P(n)}{Q(n)}
\end{equation}
補題1を参照して十分大きな$N_{0}$を定めるすると下記の様な不等式が成り立つので証明完了。
\begin{eqnarray} |S_{N}|&\leq&S_{N_{0}}+2\sum_{n=N_{0}+1}^{N}\frac{(K+1)|P|n^{K}}{|Q_{K+2}|n^{K+2}}\\ &\leq&S_{N_{0}}+2\frac{K+1}{|Q_{K+2}|}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\\ &=&S_{N_{0}}+2\frac{K+1}{|Q_{K+2}|}\zeta(2) \end{eqnarray}
以下任意の異なる複素数$a_{1},a_{2},...,a_{N}\in\mathbb{C}$により定まる次の関数をLagrangeの補間関数と呼ぶ事にする。
\begin{equation}
\forall z\in\mathbb{C}\setminus\{a_{1},a_{2},...,a_{N}\}:L_{N}(\{a_{n}\};z)\coloneqq\prod_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}
\end{equation}
Lagrangeの補完関数$L_{N}(\{a_{n}\};z)$に対して次の様な操作を行って新しい数を生成する事をクレーンと呼ぶ。
また、それによりできる数をクレーン数と呼ぶ。
\begin{equation}
\mu_{(k,N);1,2,3}(\{a_{n}\})\coloneqq\prod_{\substack{0\leq l\leq N\\l\neq 1,2,3,k}}\frac{1}{a_{k}-a_{l}}
\end{equation}
名称はクレーンゲームから連想して名付けた。
Lagrangeの補間関数に関して以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\forall z\in\mathbb{C}\setminus\{a_{1},a_{2},...,a_{N}\}:L_{N}(\{a_{n}\};z)=\sum_{k=1}^{N}\frac{\mu_{(k,N)}}{z-a_{k}}
\end{equation}
両辺に$z-a_{k}$をかけて$z\rightarrow a_{k}$とし係数比較せよ。
\begin{equation} \frac{1}{z^{M}}L_{N}(\{a_{1},...,a_{N}\};z)=-\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{z^{j}}\sum_{k=1}^{N}\frac{\mu_{(0,N);k}}{a_{k}^{M-j+1}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\mu_{(k,N);0}}{a_{k}^{M}} \end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
L_{N+1}(\{a_{0},a_{1},...,a_{N}\};z)&=&\sum_{k=0}^{N}\frac{\mu_{(k,N)}}{z-a_{k}}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
\frac{\partial^{m}}{\partial a_{0}^{m}}L_{N+1}(\{a_{0},a_{1},...,a_{N}\};z)&=&\frac{\partial^{m}}{\partial a_{0}^{m}}\frac{\mu_{(0,N)}}{z-a_{0}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\partial^{m}\mu_{(k,N)}}{\partial a_{0}^{m}}\\
&=&\sum_{j=0}^{m}\begin{pmatrix}m\\j\end{pmatrix}\frac{j!}{(z-a_{0})^{j+1}}\frac{\partial^{m-j}\mu_{(0,N)}}{\partial a_{0}^{m-j}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\partial^{m}\mu_{(k,N)}}{\partial a_{0}^{m}}
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\frac{\partial^{m-j}\mu_{(0,N)}}{\partial a_{0}^{m-j}}&=&\frac{\partial^{m-j}}{\partial a_{0}^{m-j}}\prod_{1\leq k\leq N}\frac{1}{a_{0}-a_{k}}\\
&=&\frac{\partial^{m-j}}{\partial a_{0}^{m-j}}\sum_{k=1}^{N}\frac{\mu_{(0,N);k}}{a_{0}-a_{k}}\\
&=&(-1)^{m-j}(m-j)!\sum_{k=1}^{N}\frac{\mu_{(0,N);k}}{(a_{0}-a_{k})^{m-j+1}}
\end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray}
\frac{\partial^{m}\mu_{(k,N)}}{\partial a_{0}^{m}}&=&\frac{\partial^{m}}{\partial a_{0}^{m}}\prod_{\substack{0\leq l\leq N\\l\neq k}}\frac{1}{a_{k}-a_{l}}\\
&=&\frac{m!}{(a_{k}-a_{0})^{m}}\mu_{(k,N)}
\end{eqnarray}
[5][3],[4]の結果を[2]に代入して下記の式を得る
\begin{eqnarray}
\frac{m!}{(z-a_{0})^{m+1}}L_{N}(\{a_{1},...,a_{N}\};z)&=&m!\{\sum_{j=0}^{m}\frac{1}{(z-a_{0})^{j+1}}\sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{m-j}\mu_{(0,N);k}}{(a_{0}-a_{k})^{m-j+1}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\mu_{(k,N)}}{(a_{k}-a_{0})^{m}}\}\\
&=&m!\{\sum_{j=1}^{m+1}\frac{1}{(z-a_{0})^{j}}\sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{m-j+1}\mu_{(0,N);k}}{(a_{0}-a_{k})^{m-j+2}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\mu_{(k,N)}}{(a_{k}-a_{0})^{m}}\}
\end{eqnarray}
[6]
\begin{equation}
\frac{1}{z^{M}}L_{N}(\{a_{1},...,a_{N}\};z)=-\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{z^{j}}\sum_{k=1}^{N}\frac{\mu_{(0,N);k}}{a_{k}^{M-j+1}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\mu_{(k,N);0}}{a_{k}^{M}}
\end{equation}
部分分数展開応用編
基礎編だけでも十分面白い結果だがさらにゼータ関数に応用しよう。
そのための準備を行う。
数列$\{a_{n}\}$により定まる次の様な関数$F(z)$を考えるとこれは以下の性質を持つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle F(z)\coloneqq\prod_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z}{a_{n}})\\
\displaystyle [\frac{1}{F(z)}]_{k}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{k+1}}\\
\displaystyle \frac{1}{F(z)}=\sum_{k=0}^{N-1}[\frac{1}{F(z)}]_{k}z^{k}+z^{N}\sum_{k=N}^{\infty}\frac{1}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{N}(z-a_{k})}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[1]
\begin{eqnarray}
\frac{1}{z^{M}F(z)}&=&\lim_{N\rightarrow\infty}(-1)^{N}a_{1}a_{2}\cdots a_{N}\frac{1}{z^{M}}L_{N}(\{a_{1},a_{2},...,a_{N}\};z)\\
&=&\lim_{N\rightarrow\infty}(-1)^{N}a_{1}a_{2}\cdots a_{N}\{-\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{z^{j}}\sum_{k=1}^{N}\frac{\mu_{(0,N);k}}{a_{k}^{M-j+1}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{\mu_{(k,N);0}}{a_{k}^{M}}\}\\
&=&\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{z^{j}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{a_{k}^{M-j}}\prod_{\substack{1\leq l\\l\neq k}}\frac{a_{l}}{a_{l}-a_{k}}-\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{1}{a_{k}^{M-1}}\prod_{\substack{1\leq l\\l\neq k}}\frac{a_{l}}{a_{l}-a_{k}}\\
\end{eqnarray}
[2]
\begin{equation}
\frac{1}{F^{'}(z)}=\frac{1}{F(z)\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{a_{k}-z}}
\end{equation}
より
\begin{eqnarray}
\frac{1}{F^{'}(a_{n})}&=&-\lim_{z\rightarrow a_{n}}(a_{n}-z)\prod_{l=1}^{\infty}\frac{a_{l}}{a_{l}-z}\\
&=&-a_{n}\prod_{\substack{1\leq l\\l\neq n}}\frac{a_{l}}{a_{l}-a_{n}}
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\frac{1}{z^{M}F(z)}&=&\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{z^{M-j+1}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{a_{k}^{j-1}}\prod_{\substack{1\leq l\\l\neq k}}\frac{a_{l}}{a_{l}-a_{k}}-\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{1}{a_{k}^{M-1}}\prod_{\substack{1\leq l\\l\neq k}}\frac{a_{l}}{a_{l}-a_{k}}\\
&=&\sum_{j=1}^{M}\frac{1}{z^{M-j+1}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{j}}+\sum_{k=1}^{N}\frac{1}{z-a_{k}}\frac{1}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{M}}\\
&=&\frac{1}{z^{M}}\{\sum_{j=1}^{M}z^{j-1}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{j}}+z^{M}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{M}(z-a_{k})}\}
\end{eqnarray}
数列$\{a_{n}\}$により定まる次の様な関数$F(z)$を考えるとこれは以下の性質を持つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle F(z)\coloneqq\prod_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z^{2}}{a_{n}^{2}})\\
\displaystyle[\frac{1}{F(z)}]_{2k}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-2}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{2k+1}}\\
\displaystyle\frac{1}{F(z)}=\sum_{k=0}^{N-1}[\frac{1}{F(z)}]_{2k}z^{2k}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z^{2N}}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{2N-1}(z^{2}-a_{k}^{2})}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
以下の式が成り立つので命題5を使用可能な事がわかる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\displaystyle F(z)\coloneqq\prod_{k=1}^{\infty}(1-\frac{z}{b_{k}})\\
\displaystyle b_{2k-1}=a_{k}\\
\displaystyle b_{2k}=-a_{k}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
そこで、命題5を用いるために次の様な関数を考える。
\begin{eqnarray}
\displaystyle f(z)=\prod_{n=1}^{\infty}(1-\frac{z}{a_{n}})\\
\end{eqnarray}
すると以下の式を得る。
\begin{equation}
F(z)=f(z)f(-z)
\end{equation}
このことから
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F^{'}(b_{2n-1})=f^{'}(a_{n})f(-a_{n})-f(a_{n})f(-a_{n})^{'}=f^{'}(a_{n})f(-a_{n})\\
F^{'}(b_{2n})=f^{'}(-a_{n})f(a_{n})-f(-a_{n})f^{'}(a_{n})=-f^{'}(a_{n})f(-a_{n})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
このことから直ちに次の結果が得られる。
\begin{eqnarray}
[\frac{1}{F(z)}]_{2k-1}&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{n})}\frac{1}{b_{n}^{2k}}\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n})}\frac{1}{b_{2n}^{2k}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n-1})}\frac{1}{b_{2n-1}^{2k}}\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n})}\frac{1}{a_{n}^{2k}}++\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n-1})}\frac{1}{a_{n}^{2k}}\\
&=&0
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
[\frac{1}{F(z)}]_{2k}&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{n})}\frac{1}{b_{n}^{2k+1}}\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n})}\frac{1}{b_{2n}^{2k+1}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n-1})}\frac{1}{b_{2n-1}^{2k+1}}\\
&=&-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n})}\frac{1}{a_{n}^{2k+1}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{2n-1})}\frac{1}{a_{n}^{2k+1}}\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{-2}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{2k+1}}
\end{eqnarray}
また
\begin{eqnarray}
\frac{1}{F(z)}&=&\sum_{k=0}^{N-1}[\frac{1}{F(z)}]_{2k}z^{2k}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2N}}{F^{'}(b_{k})b_{k}^{2N}(z-b_{k})}\\
&=&\sum_{k=0}^{N-1}[\frac{1}{F(z)}]_{2k}z^{2k}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z^{2N}}{F^{'}(a_{k})a_{k}^{2N-1}(z^{2}-a_{k}^{2})}
\end{eqnarray}
任意の複素数$z\in\mathbb{C}\setminus\{0,1,2,...\}$により定まる次の関数をガンマ関数という。
\begin{equation}
\Gamma(z)\coloneqq\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{N!N^{z}}{z(z+1)\cdots(z+N)}
\end{equation}
ガンマ関数は下記の様に無限積により書き直せる。
\begin{equation}
\Gamma(z)=\frac{e^{-\gamma z}}{z}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1+\frac{z}{k}}e^{\frac{z}{k}}
\end{equation}
\begin{eqnarray} \Gamma(z)&=&\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{N!N^{z}}{z(z+1)\cdots(z+N)}\\ &=&\frac{1}{z}\lim_{N\rightarrow\infty}e^{z(\log{N}-H_{N})}\prod_{k=1}^{N}\frac{k}{z+k}e^{\frac{z}{k}}\\ &=&\frac{e^{-\gamma z}}{z}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1+\frac{z}{k}}e^{\frac{z}{k}} \end{eqnarray}
任意の整数$n\in\mathbb{Z}$に対して以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\lim_{z\rightarrow-n}\frac{\psi(z)}{\Gamma(z)}=(-1)^{n+1}n!
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
\psi(z)=\frac{\Gamma(z)^{'}}{\Gamma(z)}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
\Gamma^{'}(z)&=&\lim_{N\rightarrow\infty}\{\log{N}-\sum_{k=0}^{N}\frac{1}{z+k}\}\frac{N!N^{z}}{z(z+1)\cdots(z+N)}\\
&=&\gamma\Gamma(z)+\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N}(\frac{1}{k}-\frac{1}{z+k})\frac{N!N^{z}}{z(z+1)\cdots(z+N)}
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\lim_{z\rightarrow-n}\frac{\psi(z)}{\Gamma(z)}&=&
\lim_{z\rightarrow-n}\{\frac{\gamma}{\Gamma(z)}+\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N}(\frac{1}{k}-\frac{1}{z+k})\frac{z(z+1)\cdots(z+N)}{N!N^{z}}\}\\
&=&\lim_{z\rightarrow-n}\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{k=0}^{N}(\frac{1}{k}-\frac{1}{z+k})\frac{z(z+1)\cdots(z+N)}{N!N^{z}}\\
&=&(-1)^{n+1}n!\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{(N-n)!}{N!}N^{n}\\
&=&(-1)^{n+1}n!\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{N}{N}\frac{N}{N-1}\cdots\frac{N}{N-n+1}\\
&=&(-1)^{n+1}n!
\end{eqnarray}
任意の複素数$a\in\mathbb{C}$と$z\in\mathbb{C}\setminus\{a,a+1,...\}\quad(\Re{a}\lt 2)$に対して以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\Gamma(a+z)\Gamma(a-z)=\Gamma(a)^{2}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{k+1}\Gamma(2a+k)}{k!(a+k)}\frac{z^{2}}{z^{2}-(a+k)^{2}}
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
\frac{\Gamma(a+z)}{\Gamma(a)}&=&\frac{ae^{-\gamma z}}{a+z}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1+\frac{a}{k}}{1+\frac{a+z}{k}}e^{\frac{z}{k}}\\
&=&\frac{ae^{-\gamma z}}{a+z}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{a+k}{a+k+z}e^{\frac{z}{k}}\\
&=&\frac{ae^{-\gamma z}}{a+z}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1+\frac{z}{a+k}}e^{\frac{z}{k}}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
\frac{\Gamma(a+z)\Gamma(a-z)}{\Gamma(a)^{2}}&=&\frac{a^{2}}{a^{2}-z^{2}}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{z^{2}}{(a+k)^{2}}}\\
&=&\prod_{k=0}^{\infty}\frac{1}{1-\frac{z^{2}}{(a+k)^{2}}}
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\{\frac{\Gamma(a)^{2}}{\Gamma(a+z)\Gamma(a-z)}\}^{'}|_{z=a+k}&=&\{-\psi(a+z)+\psi(a-z)\}\frac{\Gamma(a)^{2}}{\Gamma(a+z)\Gamma(a-z)}|_{z=a+k}\\
&=&\frac{(-1)^{k+1}k!\Gamma(a)^{2}}{\Gamma(2a+k)}
\end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray}
\frac{\Gamma(a+z)\Gamma(a-z)}{\Gamma(a)^{2}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{k}\Gamma(2a+k)}{k!(a+k)\Gamma(a)^{2}}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{k+1}\Gamma(2a+k)}{k!(a+k)\Gamma(a)^{2}}\frac{z^{2}}{z^{2}-(a+k)^{2}}
\end{eqnarray}
[5]
\begin{eqnarray}
\Gamma(a+z)\Gamma(a-z)&=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{k}\Gamma(2a+k)}{k!(a+k)}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{k+1}\Gamma(2a+k)}{k!(a+k)}\frac{z^{2}}{z^{2}-(a+k)^{2}}\\
&=&\Gamma(a)^{2}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{2(-1)^{k+1}\Gamma(2a+k)}{k!(a+k)}\frac{z^{2}}{z^{2}-(a+k)^{2}}
\end{eqnarray}
下記の等式を証明せよ。
\begin{equation}
\frac{\pi z}{\sin{\pi z}}=1+2\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{z^{2}}{z^{2}-(k+1)^{2}}
\end{equation}
$\omega$を$1$の$m$とすると以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\sum_{j=0}^{m-1}\frac{\omega^{jk}}{z-\omega^{j}}=\frac{mz^{k-1}}{z^{m}-1}\quad(k=0,1,2,...,m-1)
\end{equation}
[1]
\begin{equation}
z^{m}-1=(z-1)(z^{m-1}+z^{m-2}+\cdots+z+1)
\end{equation}
[2]$z\mapsto \omega^{-j}z$とすると
\begin{eqnarray}
z^{m}-1&=&(\omega^{-j}z-1)(\omega^{-(m-1)j}z^{m-1}+\omega^{-(m-2)j}z^{m-2}+\cdots+\omega^{-j}z+1)\\
&=&(\omega^{-j}z-1)(\omega^{j}z^{m-1}+\omega^{2j}z^{m-2}+\cdots+\omega^{(m-1)j}z+1)\\
&=&(z-\omega^{j})(z^{m-1}+\omega^{j}z^{m-2}+\cdots+\omega^{(m-2)j}z+\omega^{(m-1)j})
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
(z^{m}-1)\sum_{j=0}^{m-1}\frac{\omega^{jk}}{z-\omega^{j}}&=&\sum_{j=0}^{m-1}\omega^{jk}(z^{m-1}+\omega^{j}z^{m-2}+\cdots+\omega^{(m-2)j}z+\omega^{(m-1)j})\\
&=&\cdots+z^{m-r-1}\sum_{j=0}^{m-1}\omega^{j(k+r)}+\cdots\\
&=&mz^{k-1}
\end{eqnarray}
数列$\{a_{n}\}$により定まる次の様な関数$F(z)$を考えるとこれは以下の性質を持つ。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F(z)\coloneqq\prod_{k=0}^{\infty}\{1-(\frac{z}{a_{k}})^{m}\}\\
[\frac{1}{F(z)}]_{km}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-m}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}\\
[\frac{1}{F(z)}]_{km+r}=0\quad(r=0,1,2,...,m-1)\\
\frac{1}{F(z)}=\sum_{k=0}^{N-1}[\frac{1}{F(z)}]_{km}z^{km}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{m}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{(N-1)m+1}}\frac{z^{Nm}}{z^{m}-a_{n}^{m}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[1]これも命題$5$を使える様に数列を次の様に定める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
b_{km}=\omega^{0}a_{k}\\
b_{km+1}=\omega^{1}a_{k}\\
\vdots\\
b_{km+m-1}=\omega^{m-1}a_{k}\\
\omega^{m}=1
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
すると以下の式が成り立つので
\begin{eqnarray}
x^{m}-y^{m}&=&(x-y)(x-\omega y)\cdots(x-\omega^{m-1}y)\\
&=&\cdots+x^{k-l}y^{l}(-1)^{l}\sum_{0\leq i_{1}\lt\cdots\lt i_{l}\leq m-1}\omega^{i_{1}+i_{2}+\cdots+i_{l}}+\cdots
\end{eqnarray}
$F(z)=\prod_{k=0}^{\infty}(1-\frac{z}{b_{k}})$が成り立つことがわかる。故に命題5が適用可能である事が示された。
[2]次に$f(z)\coloneqq\prod_{k=0}^{\infty}(1-\frac{z}{a_{k}})$とおくと
\begin{equation}
F(z)=f(z)f(\omega z)\cdots f(\omega^{m-1} z)
\end{equation}
であり下記の式を得る。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
F^{'}(z)=f^{'}(z)f(\omega z)\cdots f(\omega^{m-1} z)+\omega f(z)f^{'}(\omega z)\cdots f(\omega^{m-1} z)+\cdots+\omega^{m-1}f(z)f(\omega z)\cdots f^{'}(\omega^{m-1} z)\\
F^{'}(b_{km})=f^{'}(a_{k})f(\omega a_{k})\cdots f(\omega^{m-1} a_{k})+\omega f(a_{k})f^{'}(\omega a_{k})\cdots f(\omega^{m-1}a_{k})+\omega^{m-1} f(a_{k})f(\omega a_{k})\cdots f^{'}(\omega^{m-1}a_{k})\\
F^{'}(b_{km+r})=f^{'}(\omega^{r}a_{k})f(\omega^{r+1} a_{k})\cdots f(a_{k})\cdots f(\omega^{m-r-1}a_{k})+\cdots=\omega^{m-r}F^{'}(b_{km})\quad(r=1,2,...,m-1)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[3]これを用いると
\begin{eqnarray}
[\frac{1}{F(z)}]_{km}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{n})}\frac{1}{b_{n}^{km+1}}\\
&=&\underbrace{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}+\cdots+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}}_{m個}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-m}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
[\frac{1}{F(z)}]_{km+r}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{n})}\frac{1}{b_{n}^{km+r+1}}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+r+1}}+\omega^{-r}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+r+1}}+\cdots+\omega^{(1-m-r)}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}\\
&=&(1+\omega+\omega^{2}+\cdots+\omega^{m-1})\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(a_{n})}\frac{1}{a_{n}^{km+1}}\\
&=&0
\end{eqnarray}
[4]
\begin{eqnarray}
\sum_{n=0}^{\infty}\frac{-1}{F^{'}(b_{n})b_{n}^{Nm}}\frac{z^{Nm}}{z-b_{n}}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{Nm}}\frac{z^{Nm}}{z-a_{n}}+\omega\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{Nm}}\frac{z^{Nm}}{z-\omega a_{n}}+\cdots+\omega^{m-1}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{Nm}}\frac{z^{Nm}}{z-\omega^{m-1}a_{n}}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{Nm}}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{Nm}}(\frac{1}{z-a_{n}}+\frac{\omega}{z-\omega a_{n}}+\cdots+\frac{\omega^{m-1}}{z-\omega^{m-1}a_{n}})\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{Nm}}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{Nm}}\frac{1}{a_{n}}\frac{m}{(\frac{z}{a_{n}})^{m}-1}\\
&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{m}{F^{'}(a_{n})a_{n}^{(N-1)m+1}}\frac{z^{Nm}}{z^{m}-a_{n}^{m}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \prod_{k=0}^{m-1}\Gamma(a+\omega^{k} z)=\Gamma(a)^{m}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{m}}{z^{m}+(-1)^{m+1}(a+n)^{m}}(-1)^{n}\frac{m}{n!}\prod_{k=1}^{m-1}\Gamma(a+\omega^{k}(a+k)) \end{eqnarray}
[1]
\begin{eqnarray}
\prod_{k=0}^{m-1}\frac{\Gamma(a+\omega^{k} z)}{\Gamma(a)}&=&\frac{a^{m}}{(a+z)(a+\omega z)\cdots(a+\omega^{m-1} z)}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(1+\frac{a}{k})^{m}}{(1+\frac{a+z}{k})(1+\frac{a+\omega z}{k})\cdots(1+\frac{a+\omega^{m-1}z}{k})}\\
&=&\frac{a^{m}}{(a+z)(a+\omega z)\cdots(a+\omega^{m-1} z)}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{(a+k)^{m}}{(a+k+z)(a+k+\omega z)\cdots(a+k+\omega^{m-1}z)}\\
&=&\frac{a^{m}}{(a+z)(a+\omega z)\cdots(a+\omega^{m-1} z)}\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(1+\frac{z}{a+k})(1+\frac{\omega z}{a+k})\cdots (1+\frac{\omega^{m-1} z}{a+k})}\\
&=&\prod_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(1+\frac{z}{a+k})(1+\frac{\omega z}{a+k})\cdots (1+\frac{\omega^{m-1} z}{a+k})}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
\{\prod_{k=0}^{m-1}\frac{\Gamma(a)}{\Gamma(a+\omega^{k-1} z)}\}^{'}|_{z=-a-k}&=&-\{\psi(a+z)+\omega\psi(a+\omega z)+\cdots+\omega^{m-1}\psi(a+\omega^{m-1}z)\}\prod_{k=0}^{m-1}\frac{\Gamma(a)}{\Gamma(a+\omega^{k} z)}|_{z=-a-k}\\
&=&\frac{(-1)^{k}k!\Gamma(a)^{m}}{\prod_{k=1}^{m-1}\Gamma(a-\omega^{k}(a+k))}
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\prod_{k=0}^{m-1}\frac{\Gamma(a+\omega^{k} z)}{\Gamma(a)}&=&1+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{m}}{z^{m}+(-1)^{m+1}(a+n)^{m}}(-1)^{n}\frac{m}{n!\Gamma(a)^{m}}\prod_{k=1}^{m-1}\Gamma(a+\omega^{k}(a+k))
\end{eqnarray}
任意の自然数$m\in\mathbb{N}\setminus\{1\}$について以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\zeta(a,m)=m\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\prod_{k=1}^{m-1}\Gamma(a-\omega^{k}(a+k))}{n!\Gamma(a)^{n}}\frac{1}{(a+n)^{m+1}}
\end{equation}
ただし、$\omega^{n}=1\quad(\omega\neq1)$とした。
なお$a=1$とすると
\begin{equation}
\zeta(m)=m\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\prod_{k=1}^{m-1}\Gamma(1-\omega^{k}(k+1))}{n!}\frac{1}{(n+1)^{m+1}}
\end{equation}
\begin{eqnarray} \prod_{k=0}^{m-1}\frac{\Gamma(a+\omega^{k} z)}{\Gamma(a)}&=&e^{-\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{l=0}^{\infty}\log{(1+\frac{\omega^{k}z}{a+l})}}\\ &=&e^{-\sum_{k=0}^{m-1}\sum_{l=0}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\frac{\omega^{knz^{n}}}{(a+l)^{n}}}\\ &=&e^{-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{mn}}{mn}z^{mn}\sum_{l=0}^{\infty}\frac{m}{(a+l)^{mn}}}\\ &=&e^{-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{mn}}{n}\zeta(a,mn)z^{mn}}\\ &=&1+(-1)^{m+1}\zeta(a,m+1)z^{m}+O(z^{2m})\\ &=&1-mz^{m}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{m+n}\frac{\prod_{k=1}^{m-1}\Gamma(a-\omega^{k}(a+k))}{n!\Gamma(a)^{n}}\frac{1}{(a+k)^{m+1}}+O(z^{2m}) \end{eqnarray}
最後に
疲れたのでここまでです。
ではまた会いましょう。
ばいちゃ！
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