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Jacobiの平方和定理による指数関数を含む級数の近似【級数の近似#2】

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

概要

先日の記事双曲線関数の級数についての予想【級数の近似#1】では、
$$f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}$$
という関数について、
$$f(x)\approx\frac{x-1}{4}$$
という近似が成り立つことを予想し、御二方のコメントにより、これは
$$f(x)\approx\frac{x-1}{4}+\frac{x}{e^{\pi x}}$$
と近似できることから証明できるということがわかりました。

さらに、 Wataruさんの記事q超幾何級数によるJacobiの二平方和定理, 四平方和定理の証明，q超幾何級数によるJacobiの六平方和定理, 八平方和定理の証明を拝見し、
$$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n^2\pi}{x}}} \approx \sqrt{x}$$
という近似を思いつき、これと二平方和定理～八平方和定理を用いることで様々な級数の近似を作れることに気づきました。今回は、これについての記事です。

指数関数を含む級数の近似

◆補題

$$\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n^2\pi}{x}}} \approx \sqrt{x}$$

証明は、前回の記事で御二方が用いられていた「ポアソン和公式」や「オイラー・マクローリンの和公式」を用いてほとんど同様に行えます。今回は、初学者の私でも扱いやすいポアソン和公式を用いた方法(ガウス積分を使うと楽に導出できる)を用いて証明しようと思います。

$g(x)$のフーリエ変換を$\hat{g}(y)$とすると、ポアソン和公式
$$\sum_{n=-\infty}^\infty g(n)=\sum_{n=-\infty}^\infty \hat{g}(n)$$
が成り立つ。
$$f(k)=\sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n^2\pi}{k}}}=\sum_{n=-\infty}^\infty g(n)$$
とすると、ガウス積分と置換積分を用いて、
$$\hat{g}(y)=\int_{-\infty}^\infty e^{-2\pi ixy-\frac{x^2\pi}{k}}dx=\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{\pi}{k}\left(x^2+2kiyx\right)}dx=\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{\pi}{k}\left(x+kiy\right)^2-k\pi y^2}dx$$
$$=e^{-k\pi y^2}\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac{\pi}{k}t^2}dt=\sqrt{k}e^{-k\pi y^2}$$
より、
$$\sum_{n=-\infty}^\infty g(n)=\sum_{n=-\infty}^\infty \hat{g}(n)$$
$$f(x)=\sum_{n=-\infty}^\infty \sqrt{x}e^{-x\pi n^2}=\sqrt{x}f\left(\frac{1}{x}\right)$$
ここで、
$$\sqrt{x}f\left(\frac{1}{x}\right)=\sqrt{x}+2\sqrt{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{e^{n^2\pi x}}\approx\sqrt{x}$$
より、$f(x)\approx\sqrt{x}$が成り立つ。

次に、Jacobiの二平方和定理～八平方和定理は以下の等式です。証明はq-超幾何級数の種々の和公式からできるそうですが、初学者には特に後半が難解だったので、詳しくは前述したWataruさんの記事を御覧ください。

◆Jacobiの二平方和定理

$$\left( \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2} \right)^2=1+4\sum_{n=1}^\infty\frac{q^n}{1+q^{2n}}$$

◆Jacobiの四平方和定理

$$\left( \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2} \right)^4=1+8\sum_{n=1}^\infty\frac{nq^n}{1+(-q)^n}$$

◆Jacobiの六平方和定理

$$\left( \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2} \right)^6=1+16\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2q^n}{1+q^{2n}}-4\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(1+2n)^2q^{1+2n}}{1-q^{1+2n}}$$

◆Jacobiの八平方和定理

$$\left( \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2} \right)^8=1+16\sum_{n=1}^\infty\frac{n^3q^n}{1-(-q)^n}$$

ここで、$q=e^{-\frac{\pi}{x}}$と置くことで、前回の近似を含め、様々な指数関数の級数の近似を得ることができます。

左辺について、$m=1,2,3,4$とすると、補題より、
$$\left( \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2} \right)^{2m}=\left( \sum_{n=-\infty}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n^2\pi}{x}}} \right)^{2m}\approx(\sqrt{x})^{2m}=x^{m}$$
となり、以下の近似が得られます。

◆Jacobiの平方和定理から導かれる級数の近似

$$f_1(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx\frac{x-1}{4}$$
$$f_2(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{e^{\frac{n\pi}{x}}+(-1)^n}\approx\frac{x^2-1}{8}$$
$$f_4(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{n^3}{e^{\frac{n\pi}{x}}-(-1)^n}\approx\frac{x^4-1}{16}$$

◆例

$$f_2(3)=1.000726472...\approx 1$$
$$f_2(9)=10.0000000000426...\approx 10$$
$$f_4(3)=5.00654035...\approx 5$$

予想

得られた式をヒントに、様々な級数を計算してみたところ、以下のような近似式の予想を見つけました。(なお無秩序に計算したので規則性が蔑ろにされている可能性が否めません。)

◆予想

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{e^{\frac{n\pi}{x}}+(-1)^n}\approx\frac{x^2-1}{8}\mathrm{(証明済)}$$
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^3}{e^{\frac{n\pi}{x}}-(-1)^n}\approx\frac{x^4-1}{16}\mathrm{(証明済)}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^5}{e^{\frac{n\pi}{x}}+(-1)^n}\approx\frac{x^6-1}{8}=3\frac{x^6-1}{24}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^7}{e^{\frac{n\pi}{x}}-(-1)^n}\approx17\frac{x^8-1}{32}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^9}{e^{\frac{n\pi}{x}}+(-1)^n}\approx21\frac{x^{10}-1}{8}=105\frac{x^{10}-1}{40}$$

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx\frac{x-1}{4}\mathrm{(証明済)}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx\frac{x^3}{16}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^4}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx5\frac{x^5}{16}=20\frac{x^5}{64}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^6}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx61\frac{x^7}{256}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^8}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx1385\frac{x^9}{1024}$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^3}{e^{\frac{n\pi}{x}}-e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx\frac{x^4}{16}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^5}{e^{\frac{n\pi}{x}}-e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx\frac{x^6}{8}=3\frac{x^6}{24}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^7}{e^{\frac{n\pi}{x}}-e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx17\frac{x^8}{32}$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^9}{e^{\frac{n\pi}{x}}-e^{-\frac{n\pi}{x}}}\approx21\frac{x^{10}}{8}=105\frac{x^{10}}{40}$$

これを見る限りでは、
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^{2m+1}}{e^{\frac{n\pi}{x}}+(-1)^{n+m}}\approx a_{m}\frac{x^{2m}-1}{4(2m+2)}(m\in\mathbb{N},a_m\mathrm{は適当な数列})$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^{2m+1}}{e^{\frac{n\pi}{x}}-e^{-\frac{n\pi}{x}}}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{n^{2m+1}}{\sinh(\frac{n\pi}{x})}\approx a_{m}\frac{x^{2m}}{4(2m+2)}(m\in\mathbb{N},m\neq1,a_m\mathrm{は適当な数列})$$
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^{2m}}{e^{\frac{n\pi}{x}}+e^{-\frac{n\pi}{x}}}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{n^{2m}}{\cosh(\frac{n\pi}{x})}\approx (-1)^mE(m)\frac{x^{2m+1}}{4^{m+1}}(m\in\mathbb{N},m\neq0,E(2m)\mathrm{はオイラー数の偶数項})$$
のように、分母には規則性が見られるようですが、分子に出てくる数$a_m$はOEISに打ち込んでもそれっぽい数列は見つからず、よくわかりません。オイラー数が出てくるのは綺麗ですね。また、上二つは$x$の係数が一致していますが、下の級数と係数が一致する級数は今のところ見つけられていません。

一方で二平方和定理～八平方和定理から導出できる方は、
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^m}{g(n)}\approx\frac{x^{m+1}-1}{4(m+1)}(m=0,1,3,g(n)\mathrm{は}e^{\frac{n\pi}{x}}\mathrm{を含む関数})$$
のような規則性が見られ、分子に余計な数字がつかない分すっきりしています。

後書き

まだよくわかっていないことだらけですが、他の形の級数の計算や、二平方和定理～八平方和定理との関連を含め、もうしばらく遊んでみたいと思います。
グラフは係数がよくわかっていないので平方和定理から導出できるものしか用意しませんでしたが、値(特にほとんど整数)だけ見てみたいという方はDesmosを用意しましたので御覧ください。$a$が$x$に対応しているので、$a$や$m$を適当にいじるとキリのいい数字(ほとんど整数)が出てきます。
Desmos(値の計算)
Desmos(グラフ)

続き

お久しぶりです。約1年半ぶりです。やはり数学は楽しいと何度も実感しつつ、いくつか近似級数の仲間を見つけて帰ってきました。（知識的にはあまり成長していない）
その前に謝罪です。折角コメントにて証明を頂いたのにもかかわらず（それもオイラー数とベルヌーイ数が出てきて綺麗な式）この記事で触れていませんでした。申し訳ございませんでした。以下が、一般化された級数の式です。
$$f_m(x)=\frac{(-1)^mE(2m)}{2^{2m+2}}\abs{x}^{2m+1}-\frac{0^m}{4}+(-1)^m\abs{x}^{2m+1}\sum_{k=1}^\infty\sum_{p=0}^\infty(-1)^p\left(p+\frac{1}{2}\right)^{2m}e^{-\pi k(2p+1)\abs{x}}$$
$$g_m(x)=\frac{(-1)^m(2^{2m+2}-1)B(2m+2)}{2(2m+2)}x\abs{x}^{2m+1}-\frac{0^m}{4\pi}x+(-1)^{m+1}x\abs{x}^{2m+1}\sum_{k=1}^\infty\sum_{p=1}^\infty(-1)^p p^{2m+1}e^{-2\pi kp\abs{x}}$$
$$h_m(x)=\frac{(-1)^m(2^{2m+2}-1)B(2m+2)}{2(2m+2)}(x^{2m+2}-1)+x^{2m+2}\left( \sum_{k=1}^\infty\sum_{p=1}^\infty p^{2m+1}e^{-\pi kpx} + \left( (-1)^m-1 \right)\sum_{k=1}^\infty\sum_{p=1}^\infty p^{2m+1}e^{-2\pi kpx} - (-1)^m2^{2m+2}\sum_{k=1}^\infty\sum_{p=1}^\infty p^{2m+1}e^{-4\pi kpx} \right)$$
$$\therefore$$
$$f_m(x)\simeq\frac{(-1)^mE(2m)}{2^{2m+2}}\abs{x}^{2m+1}-\frac{0^m}{4}$$
$$g_m(x)\simeq\frac{(-1)^m(2^{2m+2}-1)B(2m+2)}{2(2m+2)}x\abs{x}^{2m+1}-\frac{0^m}{4\pi}x$$
$$h_m(x)\simeq\frac{(-1)^m(2^{2m+2}-1)B(2m+2)}{2(2m+2)}(x^{2m+2}-1)$$
初めて見た時は圧巻されました。いつ見ても美しい。
証明は、ポアソン和公式→留数定理→ゼータ関数・ディリクレのベータ関数の特殊値の順で自分でもできるようになりましたが、上式を見ても分かる通り$h_m(x)$の剰余項はかなり複雑なようです。（7/13追記）

続き２

この記事で触れたJacobiの平方和定理について、

◆Jacobiの六平方和定理

$$\left( \sum_{n=-\infty}^\infty q^{n^2} \right)^6=1+16\sum_{n=1}^\infty\frac{n^2q^n}{1+q^{2n}}-4\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(1+2n)^2q^{1+2n}}{1-q^{1+2n}}$$

この式について触れていませんでしたが、これは$f_1(x)\simeq\frac{x^3}{16}$と対応していることが分かります。そうすると、$q=e^{-\frac{\pi}{x}}$のとき、
$$1-4\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{(1+2n)^2q^{1+2n}}{1-q^{1+2n}}\simeq0$$
も同時に成り立っているはずです。そこで、中身の級数を調べてみると、たしかに$x\to\infty$のとき1/4に収束するようでした。そこでさらに、一般化させて調べてみたところ、以下の級数
$$H_{m,k}(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n(kn^2+kn+1)^m}{e^{\frac{\pi(2n+1)}{x}}-1}$$
が、xの一次関数に近似できるという予想を見つけました。

先程の級数は$H_{1,4}(x)$に対応し、この場合のみ分子の多項式が平方の形になるため、xの関数ではなく定数になるようです。予想については、近日中に詳しく記事にしたいと思います。

さらに、このような$2n+1$を含む級数について調べていたところ、いくつか近似できる級数を見つけたのですが、これらに関連するとても面白い記事を目にしました。子葉さんのランベルト級数をテータ関数を用いて表す, テータ関数の積とLattice Sumの分解公式という記事です。

当記事で用いた、今までの級数の近似のもととなる以下の式は、テータ関数（テータ定数）の一つであり、子葉さんの記事でたくさん紹介されているテータ関数とランベルト級数の関係を用いることで、$q=e^{-\frac{\pi}{x}}$のときのランベルト級数と代数関数の漸近的な関係を導出できることに気がつきました。
$$\theta_3(e^{-\frac{\pi}{x}})=\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{e^{\frac{n^2\pi}{x}}}\simeq\sqrt{x}$$
また、嬉しいことに$\theta_2(e^{-\frac{\pi}{x}})$も、同じように近似が成り立ちます。
$$\theta_2(e^{-\frac{\pi}{x}})=\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{e^{\frac{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2\pi}{x}}}=\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{e^{\frac{\left(\frac{n}{2}\right)^2\pi}{x}}}-\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{e^{\frac{n^2\pi}{x}}}=\theta_3(e^{-\frac{\pi}{4x}})-\theta_3(e^{-\frac{\pi}{x}})\simeq\sqrt{4x}-\sqrt{x}=\sqrt{x}$$
これにより、$\theta_2(e^{-\frac{\pi}{x}})$と$\theta_3(e^{-\frac{\pi}{x}})$からなる関係を借用することで、色々な級数の近似が得られました。子葉さんの記事で登場するランベルト級数は、$L^k_{\pm,\pm'}(q)\space(k=0,1,2,3)$の計16個あり、その中には$f_m(x)$や$g_m(x)$（$L^2_{+,+'}$と$L^2_{+,-'}$）、$H_{m,4}(x)$（$L^1_{-,-'}$）なども含まれます。