無限級数メモ#5 1/(n^2+a^2)の和


$a > 0$ に対して,無限級数

\[
\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2+a^2}
\]

と関連する無限級数の値などを求める.

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計算の方針と概略

Fourier級数展開を用いる

関数 $f(x) = \cosh{ax} ~~ (-\pi \leqq x \leqq \pi)$ を周期 $2\pi$ に拡張した関数をFourier級数展開し,$x = \pi$ を代入すれば求める級数が得られる.

 

留数定理を用いる

\[
f(z) = \frac{1}{z^2 + a^2}
\]
に対して,留数定理を用いて無限級数の和を求める公式を適用する.

 

Fourier級数展開を用いる

 
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$f(x) = \cosh{ax} ~~ (-\pi \leqq x \leqq \pi)$ を周期 $2\pi$ に拡張した関数 $\widetilde{f}(x)$ を考える.すなわち,任意の自然数 $n$ に対して $\widetilde{f}(x)$ は
\[
\widetilde{f}(x + 2 n \pi) = \cosh{ax}, \qquad (-\pi \leqq x \leqq \pi)
\]
を満たす関数とする.$\widetilde{f}(x)$ のFourier級数を考える.

Fourier係数
\[
a_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\widetilde{f}(x)\cos{nx}\,dx, \quad b_n = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\widetilde{f}(x)\sin{nx}\,dx
\]
を求める.
\[
c_n = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\widetilde{f}(x)\,dx = \frac{1}{2}(a_n-ib_n)
\]
とおく.いま $n = 1 , 2 , \dots$ に対して
$$
\begin{align*}
\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\widetilde{f}(x)
&= \int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{1}{-in}e^{-inx}\right)’\cosh{ax}\,dx \\
&= \biggl[- \frac{1}{in}e^{-inx}\cosh{ax}\biggr]_{-\pi}^{\pi} + \frac{1}{in}\int_{-\pi}^{\pi}ae^{-inx}\sinh{ax}\,dx \\
&= \frac{1}{in}(e^{in\pi}-e^{-in\pi})\cosh{\pi a} + \frac{a}{in}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\sinh{ax}\,dx \\
&= \frac{1}{in}2 i \sin{n \pi} \cdot \cosh{\pi a} + \frac{a}{in}\int_{-\pi}^{\pi}\left(\frac{1}{-in}e^{-inx}\right)’\sinh{ax}\,dx \\
&= \frac{a}{in}\biggl[- \frac{1}{in}e^{-inx}\sinh{ax}\biggr]_{-\pi}^{\pi}-\frac{a}{n^2}\int_{-\pi}^{\pi}ae^{-inx}\cosh{ax}\,dx \\
&= \frac{a}{n^2}(e^{in\pi} + e^{-in\pi})\sinh{\pi a}-\frac{a^2}{n^2}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\cosh{ax}\,dx \\
&= \frac{2a}{n^2}\cos{n \pi}\cdot\sinh{\pi a}-\frac{a^2}{n^2}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\cosh{ax}\,dx \\
&= \frac{2a(-1)^n}{n^2}\sinh{\pi a}-\frac{a^2}{n^2}\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\widetilde{f}(x)\,dx
\end{align*}
$$
より
\[
\int_{-\pi}^{\pi}e^{-inx}\widetilde{f}(x)\,dx = \frac{2(-1)^na}{n^2 + a^2}\sinh{\pi a}
\]
を得る.$c_n$と$a_n, \, b_n$ の関係式から,両辺の実部と虚部を比較して
\[
a_n = \frac{2(-1)^na}{\pi(n^2 + a^2)}\sinh{\pi a} , \qquad b_n = 0
\]
が成り立つ.また,$n=0$ のとき
\[
a_0 = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\widetilde{f}(x)\,dx = \frac{2}{\pi a}\sinh{\pi a}
\]
である.$\widetilde{f}(x)$ は連続かつ微分可能であるから,Fourier級数の各点収束定理より

$$
\begin{align*}
\cosh{ax}
&= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos{nx} + b_n \sin{nx})\\
& = \frac{\sinh{\pi a}}{\pi a} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^na}{\pi(n^2 + a^2)}\sinh{\pi a} \cdot \cos{nx} \qquad (-\pi \leqq x \leqq \pi)
\end{align*}
$$
が成り立つ.$\cos{n \pi} = (-1)^n$ であるから,$x = \pi$ とすると
\[
\cosh{\pi a} = \frac{\sinh{\pi a}}{\pi a} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2a}{\pi(n^2 + a^2)}\sinh{\pi a}
\]
より
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi}{2a \sinh{\pi a}}\left(\cosh{\pi a}-\frac{\sinh{\pi a}}{\pi a}\right) = \frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2}
\]
を得る.

//
 

留数定理を用いる

 
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$a > 0$ に対して
\[
f(z) = \frac{1}{z^2 + a^2} = \frac{1}{(z+ai)(z-ai)}
\]
を考える.$f(z)$ は $\pm ai$ を $1$ 位の極にもつ.$f(z)$ の各極における $g(z) = \pi f(z) \cot{\pi z}$ の留数を求める:
$$
\begin{align*}
\underset{z=ai}{\textrm{Res}}\,g
&= \lim_{z \to ai} (z-ai) \pi f(z) \cot{\pi z}
= \lim_{z \to ai} \frac{\pi\cot{\pi z}}{z+ai} \\
&= \frac{\pi \cot{(\pi a i)}}{2ai}
= \frac{\pi \cos{(\pi a i)}}{2ai \sin{(\pi a i)}}
= -\frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}} \\
\underset{z=-ai}{\textrm{Res}}\,g
&= \lim_{z \to -ai} (z+ai) \pi f(z) \cot{\pi z}
= \lim_{z \to -ai} \frac{\pi\cot{\pi z}}{z-ai} \\
&= \frac{\pi \cot{(-\pi a i)}}{-2ai}
= \frac{\pi \cos{(\pi a i)}}{2ai \sin{(\pi a i)}}
= -\frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}}
\end{align*}
$$

留数定理を用いた無限級数の定理より

$$
\begin{align*}
\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2}
&= \sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n)
=-\left(\underset{z=ai}{\textrm{Res}}\,g + \underset{z=-ai}{\textrm{Res}}\,g \right) \\
&= \frac{\pi \cosh{(\pi a )}}{a \sinh{\pi a}}
\end{align*}
$$

であるから

$$
\begin{align*}
\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2}
&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} + \frac{1}{a^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(-n)^2 + a^2} \\
&= 2 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} + \frac{1}{a^2}
\end{align*}
$$

と併せて

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2}
\]

を得る.

//
 

関連する級数の値

$\zeta (2)$

 
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\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2} = \frac{\pi a \cosh{\pi a}-\sinh{\pi a}}{2a^2 \sinh{\pi a}}
\]

に対して,$a \to + 0$ の極限を考えると

$$
\begin{align*}
\lim_{a \to +0}\frac{\pi a \cosh{\pi a}-\sinh{\pi a}}{2a^2 \sinh{\pi a}}
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{\pi^2 \sinh{\pi a}}{4 \sinh{\pi a} + 2 \pi a \cosh{\pi a}}\\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{\pi^3 \cosh{\pi a}}{6\pi \cosh{\pi a} + 2 \pi^2 a \sinh{\pi a}} \\
&= \frac{\pi^2}{6}
\end{align*}
$$

が成り立つ.ここで,l’Hospitalの定理を適用した部分を $\overset{(\ast)}{=}$ で表した.したがって
\[
\zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}
\]
を得る.

//
 

$1/(n^2 + a^2)^2$ の無限和

$a > 0$ に対して,無限級数
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n^2 + a^2)^2}
\]
の値を求める.

Fourier級数展開の結果を用いる

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Persevalの等式より
$$
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2 + b_n^2) = \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\,dx-\frac{a_0^2}{2}
\end{align*}
$$
が成り立つ.
\[
\sum_{n=1}^{\infty}(a_n^2 + b_n^2) = \frac{4a^2 \sinh^2{\pi a}}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n^2 + a^2)^2},
\]
$$
\begin{align*}
\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}|f(x)|^2\,dx
&= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\cosh^2{ax}\,dx \\
&= \frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{\cosh{2 a x} + 1}{2}\,dx \\
&= \frac{1}{2\pi}\biggl[\frac{1}{2a}\sinh{2 a x} + x\biggr]_{-\pi}^{\pi} \\
&= \frac{\sinh{2 \pi a}}{2\pi a} + 1
\end{align*}
$$
であるから
\[
\frac{4a^2 \sinh^2{\pi a}}{\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n^2 + a^2)^2} = \frac{\sinh{2 \pi a}}{2\pi a} + 1-\frac{2\sinh^2{\pi a}}{\pi^2 a^2}
\]
より
$$
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n^2 + a^2)^2}
&= \frac{\pi^2}{4a^2 \sinh^2{\pi a}}\left(\frac{\sinh{2 \pi a}}{2\pi a} + 1-\frac{2\sinh^2{\pi a}}{\pi^2 a^2}\right) \\
&= \frac{\pi \sinh{2 \pi a}}{8a^3 \sinh^2{\pi a}} + \frac{\pi^2}{4a^2 \sinh^2 {\pi a}}-\frac{1}{2a^4}
\end{align*}
$$
を得る.

//
 

無限和と微分の順序交換を用いる

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\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} < \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} < + \infty
\]
であるから,左辺の級数は $a$ について項別微分可能である.

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2}
\]

の両辺を $a$ について微分して

$$
\begin{align*}
-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2a}{(n^2 + a^2)^2}
&= -\frac{\pi\sinh{2 \pi a} + 2 \pi^2 a }{4a^2\sinh^2{\pi a}} + \frac{1}{a^3} \\
&= -\frac{\pi \sinh{2 \pi a}}{4a^2\sinh^2{\pi a}}-\frac{\pi^2}{2a\sinh^2{\pi a}} + \frac{1}{a^3}
\end{align*}
$$
より
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n^2 + a^2)^2} = \frac{\pi \sinh{2 \pi a}}{8a^3 \sinh^2{\pi a}} + \frac{\pi^2}{4a^2 \sinh^2 {\pi a}}-\frac{1}{2a^4}
\]
を得る.

//
 

$\zeta(4)$ を求める

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$$
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n^2 + a^2)^2}
&= \frac{\pi \sinh{2 \pi a}}{8a^3 \sinh^2{\pi a}} + \frac{\pi^2}{4a^2 \sinh^2 {\pi a}}-\frac{1}{2a^4} \\
&= \frac{\pi a \sinh{2 \pi a} + 2 \pi^2 a^2-4\sinh^2{\pi a}}{8a^4\sinh^2{\pi a}} \\
&= \frac{\pi a \sinh{2 \pi a} + 2 \pi^2 a^2-2 \cosh{2 \pi a} + 2}{4a \cosh{2 \pi a}-4a}
\end{align*}
$$

に対して,$a \to + 0$ の極限を考えると

$$
\begin{align*}
& \lim_{a \to +0}\frac{\pi a \sinh{2 \pi a} + 2 \pi^2 a^2-2 \cosh{2 \pi a} + 2}{4a^4 \cosh{2 \pi a}-4a^4} \\
\overset{(\ast)}{=}& \lim_{a \to + 0} \frac{\pi}{8} \cdot \frac{-3\sinh{2 \pi a} + 2 \pi a \cosh{2 \pi a} + 4 \pi^2 a}{\pi a^4 \sinh{2 \pi a} + 2a^3 \cosh{2 \pi a}-2a^3} \\
\overset{(\ast)}{=}&\lim_{a \to +0}\frac{\pi^2}{4} \cdot \frac{- \cosh{2 \pi a} + \pi a \sinh{2 \pi a} + \pi}{4 \pi a^3 \sinh{2 \pi a}+ (3a^2 +\pi^2 a^4 )\cosh{2 \pi a}-3a^2} \\
\overset{(\ast)}{=}&\lim_{a \to +0}\frac{\pi^3}{8}\cdot \frac{-\sinh{2 \pi a} + 2 \pi a \cosh{2 \pi a}}{(9\pi a^2 + \pi^3 a^4)\sinh{2 \pi a}+(3a + 6 \pi^2a^3)\cosh{2 \pi a}-3a } \\
\overset{(\ast)}{=}&\lim_{a \to +0} \frac{\pi^3}{8}\cdot \frac{4\pi^2 a \sinh{2 \pi a}}{(24\pi a + 16\pi^3a^3)\sinh{2 \pi a}+(3 + 36\pi^2 a^2 + 2 \pi^4 a^4)\cosh{2 \pi a}-3} \\
\overset{(\ast)}{=}&\lim_{a \to +0}\frac{\pi^5}{4} \cdot \frac{\sinh{2 \pi a} + 2 \pi a \cosh{2 \pi a}}{(15\pi + 60\pi^3a^3 + 2\pi^5a^4)\sinh{2 \pi a} + (60\pi^2a + 20\pi^4a^3)\cosh{2 \pi a}} \\
\overset{(\ast)}{=}&\lim_{a \to +0}\pi^4 \cdot \frac{\cosh{2 \pi a} + \pi a \sinh{2 \pi a}}{90 \cosh{2 \pi a} + (240\pi a + 48 \pi^3a^3)\sinh{2 \pi a} + (180\pi^2a^2+4\pi^4a^4)\cosh{2\pi a}}\\
=& \frac{\pi^4}{90}
\end{align*}
$$

が成り立つ.ここで,l’Hospitalの定理を適用した部分を $\overset{(\ast)}{=}$ で表した.したがって
\[
\zeta(4) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4} = \frac{\pi^4}{90}
\]
を得る.

//
 

$(-1)^n/(n^2 + a^2)$ の無限和

$a > 0$ に対して,無限級数
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2 + a^2}
\]
の値を求める.

Fourier級数展開の結果を用いる

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$$
\begin{align*}
\cosh{ax}
& = \frac{\sinh{\pi a}}{\pi a} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^na}{\pi(n^2 + a^2)}\sinh{\pi a} \cdot \cos{nx} \qquad (-\pi \leqq x \leqq \pi)
\end{align*}
$$

であったから,$x = 0$ を代入すれば

\[
1 = \frac{\sinh{\pi a}}{\pi a} + \frac{2a\sinh{\pi a}}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2 + a^2}
\]
が成り立つから,これを整理して
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2 + a^2} = \frac{\pi}{2a \sinh{\pi a}}\left(1-\frac{\sinh{\pi a}}{\pi a}\right) = \frac{\pi}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2}
\]
を得る.

//
 

$\phi (2;1)$ を求める

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無限級数
\[
\phi (2;1) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} = -1 + \frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2}-\frac{1}{5^2} + \cdots
\]
の値を求める.

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2 + a^2} = \frac{\pi}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2} = \frac{\pi a-\sinh{\pi a}}{2a^2\sinh{\pi a}}
\]

に対して,$a \to + 0$ の極限を考えると

$$
\begin{align*}
& \lim_{a \to +0}\frac{\pi a-\sinh{\pi a}}{2a^2\sinh{\pi a}} \\
\overset{(\ast)}{=}& \frac{\pi}{2}\cdot \frac{1-\cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a} + \pi a^2 \cosh{\pi a}} \\
\overset{(\ast)}{=}& \frac{\pi^2}{2}\cdot \frac{- \sinh{\pi a}}{(2 + \pi^2 a^2)\sinh{\pi a} + 4 \pi a \cosh{\pi a}} \\
\overset{(\ast)}{=}& \frac{\pi^2}{2}\cdot \frac{- \cosh{\pi a}}{6 \cosh{\pi a} + 6\pi a \sinh{\pi a} + \pi^2 a \cosh{\pi a}} \\
=& -\frac{\pi^2}{12}
\end{align*}
$$
が成り立つ.ここで,l’Hospitalの定理を適用した部分を $\overset{(\ast)}{=}$ で表した.したがって
\[
\phi (2;1) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{12}
\]
を得る.

//

なお,この結果は
$$
\begin{align*}
\phi (s;1)
&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^s} =-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} + 2 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} \\
&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^s} + 2 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^s} = (2^{1-s}-1)\zeta(s)
\end{align*}
$$
を利用して求めることもできる:
\[
\phi (2;1) = (2^{-1}-1)\zeta(2) = -\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi^2}{6} =-\frac{\pi^2}{12}
\]

//
 

$\coth{x}$ の部分分数分解

\[
\coth{x} = \frac{1}{\tanh{x}} = \frac{\cosh{x}}{\sinh{x}} \qquad (x > 0)
\]
の部分分数分解を考える.

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\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2 + a^2} = \frac{\pi \cosh{\pi a}}{2a \sinh{\pi a}}-\frac{1}{2a^2} = \frac{\pi \coth{\pi a}}{2a}- \frac{1}{2a^2}
\]
より
\[
\coth{\pi a} = \frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2a}{n^2+a^2} + \frac{1}{\pi a}
\]
である.$\pi a = x ~~(> 0)$ とすれば
\[
\coth{x} = \frac{1}{\pi}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2x/\pi}{n^2 + (x/\pi)^2} + \frac{\pi}{\pi x} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2 x}{n^2\pi^2 + x^2} + \frac{1}{x}
\]
を得る.

//
 

20190610 更新


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