ガンマ関数を使ってζ(2n)を求める話

こんにちは．ぱいです． 

このあいだ $\displaystyle\zeta(s)=\frac{1}{1^{s}}+\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}+\cdots$ は $\mathrm{Re}(s)>1$ で収束するということを書きました．

最近，$s=2n\ (n=1,2,\dots)$ に対してその極限が

$\displaystyle\zeta(2n)=\frac{1}{1^{2n}}+\frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{3^{2n}}+\cdots=\frac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}}{(2n)!}\pi^{2n} \tag{1}$

となるということを勉強して面白いと思ったので，今日はそれを書きます．

(1)に現れる $B_{n}$ はベルヌーイ数と呼ばれるもので，

$\displaystyle\frac{t}{e^{t}-1}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{k}}{k!}t^{k} \tag{2}$

で定義されます．

$\displaystyle\frac{t}{e^{t}-1}$ の極は $t=2n\pi i\ (n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\})$ のみなので，ベキ級数の収束円盤は $|t|<2\pi$ です．

$\displaystyle\frac{t}{e^{t}-1}$ を具体的にベキ級数展開してみると

\begin{eqnarray}\displaystyle\frac{t}{e^{t}-1}&=&\frac{t}{t+\frac{1}{2!}t^{2}+\frac{1}{3!}t^{3}+\cdots}\\&=&\frac{1}{1+\frac{1}{2!}t+\frac{1}{3!}t^{2}+\cdots}\\&=&1-\left(\frac{1}{2!}t+\frac{1}{3!}t^{2}+\cdots\right)+\left(\frac{1}{2!}t+\frac{1}{3!}t^{2}+\cdots\right)^{2}-\left(\frac{1}{2!}t+\frac{1}{3!}t^{2}+\cdots\right)^{3}+\cdots\\&=&1-\frac{1}{2}t+\frac{1}{12}t^{2}+0\cdot t^{3}-\frac{1}{720}t^{4}+\cdots\end{eqnarray}

となります．

奇数番目のベルヌーイ数は $\displaystyle B_{1}=-\frac{1}{2}$ を除いてすべて $0$ です．

実際，\begin{eqnarray}\displaystyle\frac{t}{e^{t}-1}-\frac{-t}{e^{-t}-1}&=&\frac{t}{e^{t}-1}-\frac{-te^{t}}{1-e^{t}}\\&=&\frac{t\left(1-e^{t}\right)}{e^{t}-1}\\&=&-t\end{eqnarray}より\begin{eqnarray}\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{k}}{k!}t^{k}-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{k}}{k!}(-t)^{k}=-t\end{eqnarray}つまり \begin{eqnarray}\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{k}}{k!}\left(1-(-1)^{k}\right)t^k=-t\end{eqnarray} なので，$k\geq 2$ に対して $B_{k}\left(1-(-1)^{k}\right)=0$ となります．

ベルヌーイ数を計算するには，漸化式\begin{eqnarray}\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}{}_{n}\mathrm{C}_{k}B_{k}=(-1)^{n}B_{n}\end{eqnarray}が便利です．この漸化式は次の母関数の係数を比較して得られます；

\begin{eqnarray}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}B_{n}\frac{t^{n}}{n!}&=&\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}(-t)^{n}\\&=&\frac{-t}{e^{-t}-1}\hspace{15pt}(|t|<2\pi)\\&=&\frac{t}{e^{t}-1}\cdot e^{t}\\&=&\left(\sum_{l=0}^{\infty}\frac{B_{l}}{l!}t^{l}\right)\left(\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}t^{m}\right)\\&=&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\cdot\frac{1}{(n-k)!}\right)t^{n}\\&=&\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}{}_{n}\mathrm{C}_{k}\ B_{k}\right)\frac{t^{n}}{n!}\end{eqnarray}

さて，(1)を証明するために$\Gamma$関数というものを使うので，それについて説明しておきます．

$\Gamma$関数とは階乗 $n\mapsto n!$ の補間関数のことで，

$\displaystyle\Gamma(s):=\lim_{N\to\infty}\frac{N^{s}(N-1)!}{s(s+1)\cdots(s+N-1)}\hspace{10pt}(s\neq 0,-1,-2,\dots)\tag{3}$ 

で定義されます．

$\displaystyle\Gamma_{N}(s):=\frac{N^{s}(N-1)!}{s(s+1)\cdots(s+N-1)}$ とおくと\begin{eqnarray}\displaystyle\frac{\Gamma_{N+1}(s)}{\Gamma_{N}(s)}&=&\frac{(N+1)^{s}N}{N^{s}(s+N)}\\&=&\left(1+\frac{1}{N}\right)^{s}\left(1+\frac{s}{N}\right)^{-1}\\&=&\left(1+\frac{s}{N}+O\left(\frac{1}{N^{2}}\right)\right)\left(1-\frac{s}{N}+O\left(\frac{1}{N^{2}}\right)\right)\\&=&1+O\left(\frac{1}{N^{2}}\right)\end{eqnarray} より $\displaystyle\prod_{N=1}^{\infty}\frac{\Gamma_{N+1}(s)}{\Gamma_{N}(s)}$ は収束して，(3)は $\displaystyle\Gamma_{1}(s)\prod_{N=1}^{\infty}\frac{\Gamma_{N+1}(s)}{\Gamma_{N}(s)}$ に収束します．

余談ですが，\begin{eqnarray}\displaystyle\int_{0}^{N}\left(1-\frac{t}{N}\right)^{N}t^{s-1}\mathrm{d}t=\frac{N}{N+s}\Gamma_{N}(s)\end{eqnarray}が成り立ち(3)は $\mathrm{Re}(s)>0$ で収束する広義積分 $\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-t}t^{s-1}\mathrm{d}t$ と一致することが知られています．

この$\Gamma$関数は，階乗の最も基本的な性質 $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$ と似たように \begin{eqnarray}\displaystyle\Gamma(s+1)&=&\lim_{N\to\infty}\frac{N^{s+1}(N-1)!}{(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\\&=&\lim_{N\to\infty}\frac{sN^{s}N!}{s(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\\&=&\lim_{N\to\infty}\frac{s(N+1)^{s}N!}{s(s+1)(s+2)\cdots(s+N)}\cdot\frac{N^{s}}{(N+1)^{s}}\\&=&s\lim_{N\to\infty}\Gamma_{N+1}(s)\lim_{N\to\infty}\left(\frac{N}{N+1}\right)^{s}\\&=&s\Gamma(s)\end{eqnarray}という性質を持ちます．

ここで $\displaystyle\Gamma(1)=\lim_{N\to\infty}\frac{N\cdot(N-1)!}{1\cdot 2\cdot\cdots\cdots N}=1$ より帰納的に\begin{eqnarray}\Gamma(n)=(n-1)!\hspace{10pt}(n=1,2,3,\dots)\end{eqnarray}となります． 

$\Gamma$関数の対数は，オイラー定数 $\displaystyle\gamma=\lim_{N\to\infty}\left(\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{n}-\log{N}\right)$ を用いて

$\displaystyle\log\Gamma(1+s)=-\gamma s+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k}\zeta(k)}{k}s^{k}\hspace{10pt}(|s|<1)\tag{4}$ 

と表せます． 

これは，(3)を変形して $\displaystyle\Gamma(1+s)=s\Gamma(s)=\lim_{N\to\infty}\frac{N^{s}}{\left(\frac{s}{1}+1\right)\left(\frac{s}{2}+1\right)\cdots\left(\frac{s}{N-1}+1\right)}$ として対数をとり\begin{eqnarray}\displaystyle\log\Gamma(1+s)&=&\lim_{N\to\infty}\left(s\log{N}-\sum_{n=1}^{N-1}\log\left(1+\frac{s}{n}\right)\right)\\&=&\lim_{N\to\infty}\left(s\log{N}-\sum_{n=1}^{N-1}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k- 1}}{kn^{k}}s^{k}\right)\right)\\&=&\lim_{N\to\infty}\left(s\log{N}+\sum_{n=1}^{N-1}\left(-\frac{1}{n}s+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-s)^{k}}{kn^{k}}\right)\right)\\&=&-\gamma s+\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-s)^{k}}{kn^{k}}\\&=&-\gamma s+\sum_{k=2}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-s)^{k}}{kn^{k}}\\&=&-\gamma s+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-s)^{k}}{k}\zeta(k)\end{eqnarray}で得られます．

途中の二重級数の極限交換は，\begin{eqnarray}\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{(-s)^{k}}{kn^{k}}\right|&=&\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\zeta(k)}{k}|s|^{k}\\&\leq&\sum_{k=2}^{\infty}\frac{\zeta(2)}{k}|s|^{k}\\&=&\zeta(2)\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k}|s|^{k}\end{eqnarray}

で $\displaystyle\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{k}|s|^{k}$ が $|s|<1$ で収束することから許されます． 

また，$\Gamma$関数について相補公式と呼ばれる公式\begin{eqnarray}\displaystyle\Gamma(s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\sin{\pi s}}\hspace{10pt}(s\notin\mathbb{Z})\end{eqnarray}があり，これを少し変形すると

$\displaystyle\Gamma(1+s)\Gamma(1-s)=\frac{\pi s}{\sin{\pi s}}\hspace{10pt}(s\notin\mathbb{Z})\tag{5}$

となります．

これは，(3)の変形 $\displaystyle\Gamma(1+s)=\lim_{N\to\infty}\frac{N^{s}}{\prod_{n=1}^{N-1}\left(1+\frac{s}{n}\right)}$ と有名な公式 $\displaystyle\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{s^{2}}{n^{2}}\right)=\frac{\sin{\pi s}}{\pi s}$ を用いて\begin{eqnarray}\displaystyle\Gamma(1+s)\Gamma(1-s)&=&\lim_{N\to\infty}\frac{N^{s}}{\prod_{n=1}^{N-1}\left(1+\frac{s}{n}\right)}\cdot\lim_{N\to\infty}\frac{N^{-s}}{\prod_{n=1}^{N-1}\left(1+\frac{-s}{n}\right)}\\&=&\lim_{N\to\infty}\frac{1}{\prod_{n=1}^{N-1}\left(1-\frac{s^{2}}{n^{2}}\right)}\\&=&\frac{\pi s}{\sin{\pi s}}\end{eqnarray} で得られます．

余談ですが，相補公式に $\displaystyle s=\frac{1}{2}$ を代入したりして $\displaystyle\Gamma(\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}$ などが得られたりします．

さて，いよいよ(1)の公式を証明します．

$|s|<1$ で母関数 $\displaystyle G(s):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}}{(2n)!}\pi^{2n}\cdot s^{2n}$ を考えると，\begin{eqnarray}\displaystyle G(s)&=&-\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}}{(2n)!}(2\pi si)^{2n}\right)\\&=&-\frac{1}{2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}(2\pi si)^{n}-\frac{B_{0}}{0!}(2\pi si)^{0}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{2n+1}}{(2n+1)!}(2\pi si)^{2n+1}\right)\\&=&-\frac{1}{2}\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}(2\pi si)^{n}-\frac{B_{0}}{0!}(2\pi si)^{0}-\frac{B_{1}}{1!}(2\pi si)^{1}\right)\hspace{10pt}(\because\forall n\geq 1,B_{2n+1}=0)\\&=&-\frac{1}{2}\left(\frac{2\pi si}{e^{2\pi si}-1}-1+\pi si\right)\hspace{10pt}(\because(2))\\&=&\frac{1}{2}-\frac{\pi si}{2}\left(\frac{2}{e^{2\pi si}-1}+1\right)\\&=&\frac{1}{2}-\frac{\pi si}{2}\frac{e^{\pi si}+{e^{-\pi si}}}{e^{\pi si}-e^{-\pi si}}\\&=&\frac{1}{2}-\frac{\pi si}{2}\frac{\ \cos{\pi s}}{i\sin{\pi s}}\\&=&\frac{s}{2}\left(\frac{1}{s}-\frac{\pi\cos{\pi s}}{\ \sin{\pi s}}\right)\\&=&\frac{s}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\log{\pi s}-\log{\sin{\pi s}}\right)\\&=&\frac{s}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\log{\frac{\pi s}{\sin{\pi s}}}\\&=&\frac{s}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\log(\Gamma(1+s)\Gamma(1-s))\hspace{10pt}(\because(5))\\&=&\frac{s}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}(\log\Gamma(1+s)+\log\Gamma(1-s))\\&=&\frac{s}{2}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\left(-\gamma s+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{n}(-s)^{n}\right)+\left(\gamma s+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{\zeta(n)}{n}s^{n}\right)\right)\hspace{10pt}(\because(4))\\&=&s\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2n}s^{2n}\right).\end{eqnarray}

ここで $\displaystyle f(s):=\sum_{n=1}^{\infty}\left|\frac{\zeta(2n)}{2n}s^{n}\right|$ とすると\begin{eqnarray}\displaystyle f(s)&\leq&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2)}{2n}|s|^{n}\\&=&\frac{\zeta(2)}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}|s|^{n}\end{eqnarray}で，$s=0$ を中心とする $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}|s|^{n}$ の収束半径は $1$ だから，$f(s)$ の収束半径は $1$ 以上です．

よって $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2n}s^{2n}$ も $|s|<1$ で収束し項別微分でき，\begin{eqnarray}\displaystyle\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta(2n)}{2n}s^{2n}&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\frac{\zeta(2n)}{2n}s^{2n}\\&=&\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)s^{2n-1}\end{eqnarray}となります．

従って\begin{eqnarray}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}}{(2n)!}\pi^{2n}s^{2n}=\sum_{n=1}^{\infty}\zeta(2n)s^{2n}\end{eqnarray}となり，係数を比較して\begin{eqnarray}\displaystyle\zeta(2n)=\frac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}}{(2n)!}\pi^{2n}\end{eqnarray}を得ます．

この公式の $n$ に具体的な値を代入して例えば\begin{eqnarray}\displaystyle\zeta(2)=\frac{1}{1^{2}}+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\cdots=\frac{1}{6}\pi^{2}\end{eqnarray}とかが分かります．

$\displaystyle\frac{1}{1^{2n}}+\frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{3^{2n}}+\cdots$ と足していくと突然 $\pi$ が現れるのも面白いし，$\pi$ の指数が $2n$ で揃ってるのも綺麗だと感じました．

おしまい．

参考文献

[1] D. B. ザギヤー (1990) 『数論入門 -ゼータ関数と2次体-』(片山孝次訳) 岩波書店．

[2] 杉浦光夫 (1980) 『解析入門I』 東京大学出版会．