アイゼンシュタイン級数の収束が遅すぎる！

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んで高速化しようというこのプロジェクトの結論。
まず定義。

アイゼンシュタイン級数

$G_{2 k} (τ) := \sum_{(m, n) \in Z^{2} ∖ (0, 0)} \frac{1}{(m τ + n)^{2 k}}$

で、高速版。(ついでに上記は上半平面上でしか収束しないのにこっち実軸以外全平面で収束するバグ)

$G_{2 k} (τ) = 2 ζ (2 k) - \frac{2 π^{2 k}}{(2 k - 1)!} \sum_{n = 1}^{\infty} ({\frac{d^{2 k - 1}}{d z^{2 k - 1}} \cot (z) |}_{z = π n τ})$

よーし頑張ってこー

$\begin{aligned} G_{2 k} (τ) := \sum_{(m, n) \in Z^{2} ∖ (0, 0)} \frac{1}{(m τ + n)^{2 k}} \\ = 2 \sum_{m = 1}^{\infty} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{1}{(m τ + n)^{2 k}} + \frac{1}{(m τ - n)^{2 k}}) + 2 \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{(m τ)^{2 k}} + 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 k}} \\ = 2 \frac{1}{(2 k - 1)!} \sum_{m = 1}^{\infty} (ψ^{(2 k - 1)} (1 + m τ) + ψ^{(2 k - 1)} (1 - m τ)) + 2 \frac{1}{τ^{2 k}} ζ (2 k) + 2 ζ (2 k) \\ = 2 \frac{1}{(2 k - 1)!} \sum_{m = 1}^{\infty} (ψ^{(2 k - 1)} (1 + m τ) - ψ^{(2 k - 1)} (m τ) - π^{2 k} {\frac{d^{2 k - 1}}{d z^{2 k - 1}} \cot (z) |}_{z = π m τ}) + 2 \frac{1}{τ^{2 k}} ζ (2 k) + 2 ζ (2 k) \\ = 2 \frac{1}{(2 k - 1)!} \sum_{m = 1}^{\infty} (- \frac{(2 k - 1)!}{(τ m)^{2 k}} - π^{2 k} {\frac{d^{2 k - 1}}{d z^{2 k - 1}} \cot (z) |}_{z = π m τ}) + 2 \frac{1}{τ^{2 k}} ζ (2 k) + 2 ζ (2 k) \\ = - 2 \frac{1}{τ^{2 k}} ζ (2 k) - \frac{2 π^{2 k}}{(2 k - 1)!} \sum_{m = 1}^{\infty} ({\frac{d^{2 k - 1}}{d z^{2 k - 1}} \cot (z) |}_{z = π m τ}) + 2 \frac{1}{τ^{2 k}} ζ (2 k) + 2 ζ (2 k) \\ = 2 ζ (2 k) - \frac{2 π^{2 k}}{(2 k - 1)!} \sum_{m = 1}^{\infty} ({\frac{d^{2 k - 1}}{d z^{2 k - 1}} \cot (z) |}_{z = π m τ}) \end{aligned}$

ほぼゼータの定義とディガンマ関数の級数展開、相反公式をただぶっこむだけだね。
あってるよな...?(自分を信じたら負けだと思ってる)
DomeainColoringでもするのだ。とりあえず $k = 2, 3$ でやろうではないか。
$G_{4} (τ) = \frac{π^{4}}{45} - \frac{2 π^{4}}{3} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{2}{\sin^{2} (π n τ)} - \frac{3}{\sin^{4} (π n τ)})$
$G_{6} (τ) = \frac{2 π^{6}}{945} + \frac{2 π^{6}}{15} \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{2}{\sin^{2} (π n τ)} - \frac{15}{\sin^{4} (π n τ)} + \frac{15}{\sin^{6} (π n τ)})$
計算ミスが怖いけど、まぁグラフ書かせるかぁー
G4の画像

お、いい感じ。

G4の拡大図

思ったより緻密だねぇ?

G6の画像
うむうむ、よろしい。

ちなみに、一緒にこうやって遊んでたやつが、「微分のところ一般化できないかな」なんていってこんな式を得ていた。

$\begin{aligned} G_{2 k} (τ) = (- 1)^{k + 1} \frac{(2 π)^{2 k}}{(2 k)!} (B_{2 k} - 2 k \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{A_{2 k - 1} (q^{n})}{(1 - q^{n})^{2 k}}) \\ ただし q = e^{2 π i τ} \end{aligned}$

なお、 $A_{n} (x)$ はオイラー多項式、 $B_{n}$ はおなじみベルヌーイ数ですぞ。
要望があれば導出かくかも。でも収束遅いしまた下半平面で収束してないし、作った本人もじゃあ何ってところまで行ってなかったから多分そんな要望は来ない。たぶん。

ではまた。

投稿日：2023年5月4日

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