無限級数メモ#6


正の整数 $m$ と $a > 0$ に対して,無限級数

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

に関連する無限級数の値を求める.

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$1/(n^{2m}+a^{2m})$ の和を求める

\[
f(z) = \frac{1}{z^{2m} + a^{2m}}
\]
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.

 

$f(z)$ の孤立特異点を調べる

$f(z)$ の孤立特異点は $z^{2m} + a^{2m} = 0$ の解である.$z = r(\cos{\theta} + i \sin{\theta})$ とおく.
\[
r^{2m} = |z^{2m}| = |-a^{2m}| = a^{2m}
\]
であるから,$a,\,r>0$ に注意して $r=a$ を得る.また,de Moivreの定理より
\[
-a^{2m} = z^{2m} = r^{2m}(\cos{2m\theta} + i \sin{2m\theta}) = a^{2m}(\cos{2m\theta} + i \sin{2m\theta})
\]
である.両辺の実部と虚部を比較すれば
\[
-a^{2m} = a^{2m}\cos{2m\theta}, \qquad 0 = a^{2m}\sin{2m\theta}
\]
となるから
\[
\theta = \frac{2k-1}{2m}\pi
\]
を得る.以降
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{2m}\pi
\]
とすれば
\[
z_k = ae^{-i\theta_k} \qquad (k = 1 , 2 , \dots , 2m)
\]
が求める孤立特異点となる.これらはすべて $1$ 位の極である.

 

$\pi f(z) \cot{\pi z}$ の $z_k$ における留数を計算する

\[
z_k^{2m-1} =-a^{2m} /z_k
\]
に注意して

$$
\begin{align*}
\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\biggl(\pi f(z) \cot{\pi z}\biggr)
&= \lim_{z \to z_k}\frac{(z-z_k) \pi \cot{\pi z}}{z^{2m} + a^{2m}} \\
&= \lim_{z \to z_k}\frac{\pi \cot{\pi z} + (z-z_k)(\pi \cot{\pi z})’}{2mz^{2m-1}} \\
&= \frac{\pi \cot{\pi z_k}}{2mz_k^{2m-1}} \\
&=-\frac{\pi z_k \cot{\pi z_k}}{2ma^{2m}} \\
&=-\frac{\pi e^{i\theta_k} \cot{\pi z_k}}{2ma^{2m-1}}
\end{align*}
$$

と計算できる.ただし,2つ目の等号は l’Hospital の定理を用いた.ここで
\[
c_k = \pi a \cos{\theta_k}, \qquad s_k = \pi a \sin{\theta_k}
\]
とおいて,$\cot{\pi z_k}$ の計算をさらに進めると
$$
\begin{align*}
\cot{\pi z_k}
&= \frac{\cos{\pi z_k}}{\sin{\pi z_k}} \\
&= \frac{\cos{(\pi a \cos{\theta_k} + i \pi a \sin{\theta_k})}}{\sin{(\pi a \cos{\theta_k} + i \pi a \sin{\theta_k})}} \\
&= \frac{\cos{(c_k+is_k)}}{\sin{(c_k+is_k)}} \\
&= \frac{\cos{(c_k)}\cos{(is_k)-\sin{(c_k)}\sin{(is_k)}}}{\sin{(c_k)}\cos{(is_k) + \cos{(c_k)}\sin{(is_k)}}} \\
&= \frac{\cos{(c_k)}\cosh{(s_k)-i\sin{(c_k)}\sinh{(s_k)}}}{\sin{(c_k)}\cosh{(s_k) + i\cos{(c_k)}\sinh{(s_k)}}} \\
&= \frac{\sin{(c_k)}\cos{(c_k)}-i\sinh{(s_k)\cosh{(s_k)}}}{\sin^2{(c_k)}\cosh^2{(s_k)}+\cos^2{(c_k)}\sinh^2{(s_k)}} \\
&= \frac{\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}
\end{align*}
$$
となるから
$$
\begin{align*}
\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\biggl(\pi f(z) \cot{\pi z}\biggr)
&= \frac{\pi e^{i\theta_k}}{2ma^{2m-1}}\frac{\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}
\end{align*}
$$

を得る.

 

公式に当てはめて整理する

\[
\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n) =-\sum_{k=1}^{2m}\underset{z=z_k}{\textrm{Res}}\,\biggl(\pi f(z) \cot{\pi z}\biggr)
\]
である.左辺は
$$
\begin{align*}
\sum_{n=-\infty}^{\infty}f(n)
&= \sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{n^{2m}+a^{2m}} \\
&= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m}+a^{2m}} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(-n)^{2m}+a^{2m}} + \frac{1}{a^{2m}} \\
&= 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m}+a^{2m}} + \frac{1}{a^{2m}}
\end{align*}
$$
と整理できるから
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m} + a^{2m}} = \frac{-\pi}{4ma^{2m-1}}\sum_{k=1}^{2m}e^{i\theta_k} \frac{\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}-\frac{1}{2a^{2m}}
\]
を得る.右辺の和の部分も整理する.
$$
\begin{align*}
e^{i\theta_k}(\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)})
&=\frac{1}{\pi a}(c_k+is_k)(\sin{(2c_k)}-i \sinh{(2s_k)}) \\
&=\frac{1}{\pi a}\biggl(c_k\sin{(2c_k)}+s_k\sinh{(2s_k)}\biggr)+\frac{i}{\pi a}\biggl(s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}\biggr)
\end{align*}
$$
より,右辺の和の部分は
\[
\sum_{k=1}^{2m}\left(\frac{1}{\pi a}\frac{c_k\sin{(2c_k)}+s_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}+\frac{i}{\pi a}\frac{s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}\right)
\]
となる.ここで,$\theta_{m+k} = \pi + \theta_k$ であるから
$$
\begin{align*}
s_{m+k} &= \pi a \sin{\theta_{m+k}} =-\pi a \sin{\theta_k} =-s_k, \\
c_{m+k} &= \pi a \cos{\theta_{m+k}} =-\pi a \cos{\theta_k} =-c_k
\end{align*}
$$
が成り立つことと,偶関数,奇関数の性質を利用して
\[
\frac{c_{m+k}\sin{(2c_{m+k})}+s_{m+k}\sinh{(2s_{m+k})}}{\cos{(2c_{m+k})}-\cosh{(2s_{m+k})}} = \frac{c_k\sin{(2c_k)}+s_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}},
\]
\[
\frac{s_{m+k}\sin{(2c_{m+k})}-c_{m+k}\sinh{(2s_{m+k})}}{\cos{(2c_{m+k})}-\cosh{(2s_{m+k})}} = \frac{s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}
\]
が成り立つ.ゆえに和の部分は
\[
\sum_{k=1}^{2m} = \sum_{k=1}^{m} + \sum_{k=m+1}^{2m} = \sum_{k=1}^{m} + \sum_{k=1}^{m} = 2\sum_{k=1}^{m}
\]
となることが判る.また,左辺が実数であるから,右辺の虚部は $0$ になる.

 
補足(click)

実際に虚部の和が $0$ になることを示す.$\theta_{m-k+1} = \pi-\theta_k$ であるから
$$
\begin{align*}
s_{m-k+1} &= \pi a \sin{\theta_{m-k+1}} = \pi a \sin{\theta_k} = s_k, \\
c_{m-k+1} &= \pi a \cos{\theta_{m-k+1}} =-\pi a \cos{\theta_k} =-c_k
\end{align*}
$$
が成り立つことと,偶関数,機関数の性質を利用して
\[
\frac{s_{m-k+1}\sin{(2c_{m-k+1})}-c_{m-k+1}\sinh{(2s_{m-k+1})}}{\cos{(2c_{m-k+1})}-\cosh{(2s_{m-k+1})}} =-\frac{s_k\sin{(2c_k)}-c_k\sinh{(2s_k)}}{\cos{(2c_k)}-\cosh{(2s_k)}}
\]
が得られる.ゆえに $m$ が偶数であるときは,虚部の和は
\[
\sum_{k=1}^{m} = \sum_{k=1}^{m/2} + \sum_{k=m/2+1}^{m} = \sum_{k=1}^{m/2}-\sum_{k=1}^{m/2} = 0
\]
と計算できる.$m$ が奇数のときは $\theta_{(m+1)/2} = \pi/2$ となるから
\[
s_{(m+1)/2} = \pi a \sin{(\pi/2)} = \pi a, \quad c_{(m+1)/2} = \pi a \cos{(\pi/2)} = 0
\]
より
\[
\frac{s_{(m+1)/2}\sin{(2c_{(m+1)/2})}-c_{(m+1)/2}\sinh{(2s_{(m+1)/2})}}{\cos{(2c_{(m+1)/2})}-\cosh{(2s_{(m+1)/2})}} = 0
\]
であるから,虚部の和は $0$ となる.

 

計算結果

上の結果をまとめて次の結果を得る:

$m$ を $1$ 以上の整数とする.
\[
\theta_k = \frac{2k-1}{2m}, \quad s_k = \pi a \sin{\theta_k}, \quad c_k = \pi a \cos{\theta_k} \quad (k = 1 , 2 , \dots , m)
\]
に対して
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m} + a^{2m}} = \frac{1}{2ma^{2m}}\sum_{k=1}^{m}\frac{s_k\sinh{(2s_k)}+c_k\sin{(2c_k)}}{\cosh{(2s_k)}-\cos{(2c_k)}}-\frac{1}{2a^{2m}}
\]
が成り立つ.

 

関連する無限級数の値を計算する

 

$m=2$

 

$\theta_1 = \pi/4, ~ \theta_2 = 3\pi/4$ である.
\[
2c_1 = 2s_1 = 2s_2 = \sqrt{2} \pi a, \quad 2c_2 =-\sqrt{2} \pi a
\]
であって,偶関数と機関数の性質を利用すれば
\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4+a^4} = \frac{\sqrt{2} \pi}{4a^3} \frac{\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}}{\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}}-\frac{1}{2a^4}
\]
が成り立つ.

 

$\zeta(4)$

 

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4+a^4} = \frac{\sqrt{2} \pi a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)-2 \bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)})\bigr)}{4a^4\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}
\]
であるから
$$
\begin{align*}
\zeta(4)
&= \lim_{a \to +0}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^4+a^4} \\
&= \lim_{a \to +0}\frac{\sqrt{2} \pi a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)-2 \bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)})\bigr)}{4a^4\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}\\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{-\sqrt{2} \pi \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+2\pi^2 a\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}+\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{16a^3\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+4\sqrt{2} \pi a^4 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{2\sqrt{2} \pi^3 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{48a\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+32\sqrt{2}a^2\bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}+\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+8\pi^2a^3\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}+\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{4\pi^4\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{48\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+112\sqrt{2} \pi a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr) + 88 \pi a^2 \bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr) + 8 \sqrt{2} \pi^3 a^3 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{4\sqrt{2}\pi^5 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{160\sqrt{2}\pi\bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+112\sqrt{2}\pi^3a^2\bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+400pi^2a\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+16\pi^4a^3\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}\\
&\overset{(\ast)}{=} \lim_{a \to +0}\frac{8\pi^6\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)}{720\pi^2\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)} + \cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+272\pi^4a^2\bigl(\cosh{(\sqrt{2} \pi a)}-\cos{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+324\sqrt{2}\pi^3 a \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)}-\sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)+16\sqrt{2}\pi^5a^3 \bigl(\sinh{(\sqrt{2} \pi a)} + \sin{(\sqrt{2} \pi a)}\bigr)} \\
&= \frac{\pi^4}{90}
\end{align*}
$$
が確認できる.ここで,$\overset{(\ast)}{=}$ は l’Hospital の定理を用いた.

 

$m=3$

 

\[
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^6+a^6} = \frac{\pi}{6a^5}\left(\frac{\sinh{(\pi a)}+\sqrt{3}\sin{(\sqrt{3} \pi a)}}{\cosh{(\pi a)}-\cos{(\sqrt{3} \pi a)}}+\cot{(\pi a)}\right)-\frac{1}{2a^6}
\]

が成り立つ.

20190707 更新


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