多角数ゼータの整数における値について

著者 福井 幸大, 櫻本 篤司

雑誌名 福井大学教育・人文社会系部門紀要

巻 4

ページ 43‑66

発行年 2020‑01‑17

URL http://hdl.handle.net/10098/10821

＊1 福井大学大学院教育学研究科学校教育専攻

＊2 福井大学教育・人文社会系部門教員養成領域

福井 幸大

^*1

　　櫻本 篤司

^*2

　

　 　

内容要約：多角数ゼータとは，多角数のべき乗の無限和として定義される複素関数で ある．本論文では，多角数ゼータの整数における値を与える公式を示し，零点につい て調べる．

1 はじめに

ゼータ関数とは自然数の(−s)乗の無限和 ∑^∞

n=1

1

n^{s であり，}sが正の偶数，0以下の整数の場合 の値は明らかになっている．しかし，零点に関するリーマン予想は現在も未解決で，多くの数 学者により研究されている([3])．ゼータ関数にはフルヴィッツゼータ関数や多重ゼータ関数な ど類似の関数が多くある．本論文では多角数の(−s)乗の無限和で与えられる多角数ゼータを扱 う．多角数とは，点を多角形の形に並べた時に必要な点の個数である．例えば三角数の場合は以 下のようになり，点の個数は左から順に1,3,6,10,· · · ^となる．

本論文では，多角数ゼータの整数における値を与える公式を示し，三角数ゼータ，四角数ゼータ の整数の零点について明らかにしている．

論文の構成は次のようになっている．2節では，ゼータ関数やフルヴィッツゼータ関数を定義 し，その性質を挙げる．次の3節では，多角数ゼータを定義し，その解析接続を与える．さらに，

その極や留数を求める．4節では，多角数ゼータの整数における値をゼータ関数やフルヴィッツ ゼータ関数で表し，三角数ゼータ，四角数ゼータの整数の零点を明らかにする．

*1福井大学大学院教育学研究科学校教育専攻

*2福井大学教育・人文社会系部門教員養成領域

福井　幸大^＊1　櫻本　篤司^＊2

2 準備

この節では，ベルヌーイ数，ゼータ関数，フルヴィッツゼータ関数を定義し，それらの性質を 挙げる．

定義2.1. (ベルヌーイ数)次の関係式によって定まる数Bn (n= 0,1,2,· · ·)をベルヌーイ数と

いう． ∑n

i=0

(n+ 1 i

)

Bi=n+ 1 (n= 0,1,2,· · ·). (2.1) (2.1)において，n= 0,1,2,· · · と順に代入して計算すると，ベルヌーイ数の値を求めること ができる．B0, B1, B2,· · · , B10の値を表にまとめると，次のようになる．

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Bn 1 1 2

1

6 0 − 1

30 0 1

42 0 −1

30 0 5

66 この表からも推測されるが，ベルヌーイ数について次の命題が成り立つ．

命題2.1. ([1,命題1.4]) nを3以上の奇数とするときBn = 0である．

また，ベルヌーイ数の間には次の関係式が成立する．

命題2.2. ([1,定理1.6]) 正の整数nに対して

∑n k=0

(−1)^k (n+ 1

k )

(n+k+ 1)Bn+k = 0 が成り立つ．

定義2.2. (ゼータ関数) Re(s)>1を満たす複素数sに対して ζ(s) =

∑∞ n=1

1 n^s と定め，ζ(s)をゼータ関数という．

偶数におけるゼータ関数の値は，次のようにベルヌーイ数を用いて表すことができる．

定理2.1. ([1,系4.12])正の整数nに対して

ζ(2n) = (−1)ⁿ⁺¹2²ⁿ⁻¹π²ⁿB2n

(2n)! . (2.2)

例 2.1. ζ(2) =π²

6 , ζ(4) = π⁴

90, ζ(6) = π⁶ 945.

ゼータ関数ζ(s)はRe(s)>1を満たす複素数sに対して定義されているが，複素平面全体に 解析接続することができる．

定理 2.2. ([1,定理5.4(1)])ζ(s)は全複素平面の有理型関数に解析接続され，s̸= 1で正則で，

s= 1で1位の極をもち，留数は1である．

ゼータ関数の0以下の整数における値もベルヌーイ数を用いて表すことができる．

定理 2.3. ([1,定理5.4(2)])正の整数nに対して ζ(1−n) =−Bn

n . (2.3)

例 2.2. ζ(0) =−1

2, ζ(−1) =−1

12, ζ(−2) = 0, ζ(−3) = 1 120. 命題2.1と定理2.3より，次が成り立つ．

命題 2.3. nを正の整数とするとき，ζ(−2n) = 0である．

ここで，ゼータ関数に関する評価式を示しておく．

命題 2.4. Re(s)>1のとき，

|ζ(s)−1|<

(

1 + 2

Re(s)−1 ) 1

2^Re(s). 証明. Re(s) =aとおく．

|ζ(s)−1|=

��

��

�

∑∞ n=2

1 n^s

��

��

�≤

∑∞ n=2

��

�� 1 n^s

��

��=

∑∞ n=2

1 n^a

= 1 2^a +

∑∞ n=3

1 n^a

< 1 2^a +

∫ ∞ 2

1 x^a dx

= 1 2^a +

[

− 1

(a−1)x^a−1 ]∞

2

= 1

2^a + 1

(a−1) 2^a−1

= (

1 + 2 a−1

) 1 2^a.

2 準備

この節では，ベルヌーイ数，ゼータ関数，フルヴィッツゼータ関数を定義し，それらの性質を 挙げる．

定義 2.1. (ベルヌーイ数)次の関係式によって定まる数Bn (n= 0,1,2,· · ·)をベルヌーイ数と

いう． ∑n

i=0

(n+ 1 i

)

Bi=n+ 1 (n= 0,1,2,· · ·). (2.1) (2.1)において，n= 0,1,2,· · · と順に代入して計算すると，ベルヌーイ数の値を求めること ができる．B0, B1, B2,· · · , B10の値を表にまとめると，次のようになる．

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Bn 1 1 2

1

6 0 −1

30 0 1

42 0 −1

30 0 5

66 この表からも推測されるが，ベルヌーイ数について次の命題が成り立つ．

命題2.1. ([1,命題1.4])nを3以上の奇数とするときBn = 0である．

また，ベルヌーイ数の間には次の関係式が成立する．

命題2.2. ([1,定理1.6])正の整数nに対して

∑n k=0

(−1)^k (n+ 1

k )

(n+k+ 1)Bn+k = 0 が成り立つ．

定義2.2. (ゼータ関数) Re(s)>1を満たす複素数sに対して ζ(s) =

∑∞ n=1

1 n^s と定め，ζ(s)をゼータ関数という．

偶数におけるゼータ関数の値は，次のようにベルヌーイ数を用いて表すことができる．

定理2.1. ([1,系4.12])正の整数nに対して

ζ(2n) = (−1)ⁿ⁺¹2²ⁿ⁻¹π²ⁿB2n

(2n)! . (2.2)

次にフルヴィッツゼータ関数を定義する．

定義2.3. (フルヴィッツゼータ関数) Re(s)>1を満たす複素数sと正の実数aに対して ζ(s, a) =

∑∞ n=0

1 (n+a)^s と定める．

a= 1, 1

2 ^の場合，ζ(s, a)はζ(s)を用いて表すことができる．

命題2.5. 　

(1) ζ(s,1) =ζ(s).

(2) ζ( s,1

2

)= (2^s−1)ζ(s).

証明. (1)は自明であるから，(2)のみを示す．

ζ( s,1

2 )=

∑∞ n=0

1 (n+¹₂)^s

= 2^s

∑∞ n=1

1 (2n+ 1)^s

= 2^s (_∞

∑

n=1

1 n^s −

∑∞ n=1

1 (2n)^s

)

= 2^s (

ζ(s)− 1 2^sζ(s)

)

= (2^s−1)ζ(s).

フルヴィッツゼータ関数ζ(s, a)において，aは正の実数としているが，整数でなければ負の実 数でも定義が可能である．この論文では，ζ(s, a)のaの条件をa̸= 0,−1,−2,· · · ^とする．

3 多角数ゼータ 3.1 定義

定義3.1. (多角数)mを3以上の整数とし，

a1= 1, an+1−an= (m−2)n+ 1 (n= 1,2,· · ·)

によって定まる数列{an}^{に属する自然数を，}m角数または位数mの多角数という．

n番目のm角数は m−2

2 n²−m−4

2 nである．

定義 3.2. (多角数ゼータ)mを3以上の整数とする，Re(s)>1

2 ^{を満たす複素数}sに対して Zm(s) =

∑∞ n=1

(m−2

2 n²−m−4 2 n

)−s

と定め，Zm(s)をm角数ゼータという．また，m角数ゼータをまとめて多角数ゼータとよぶ．

例 3.1. 四角数ゼータZ4(s)は Z4(s) =

∑∞ n=1

(n²)−s

=

∑∞ n=1

n^−2s=ζ(2s) (3.1)

となり，ゼータ関数ζ(s)を用いて表すことができる．

3.2 解析接続

この小節では，多角数ゼータZm(s)の解析接続を与える．Zm(s)の解析接続については黒川

([4])も簡潔に述べているが，ここでは証明を加えておく．

命題 3.1. mを3以上の整数とする．Re(s)> 1

2 ^{をみたす複素数}sに対して Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ k=0

(s+k−1 k

) (m−4 m−2

)k

(ζ(2s+k)−1) (3.2) が成り立つ．

証明.

Zm(s) =

∑∞ n=1

(m−2

2 n²−m−4 2 n

)−s

= 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ n=2

n^−2s (

1−m−4 m−2· 1

n )−s

.

m≥3, n≥2のとき，

��

��m−4 m−2· 1

n

��

��≤1

2 ^{であるから} (

1−m−4 m−2 · 1

n )−s

=

∑∞ k=0

(−s k

) (

−m−4 m−2 · 1

n )k

=

∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)^k n^−k 次にフルヴィッツゼータ関数を定義する．

定義2.3. (フルヴィッツゼータ関数) Re(s)>1を満たす複素数sと正の実数aに対して ζ(s, a) =

∑∞ n=0

1 (n+a)^s と定める．

a= 1, 1

2 ^の場合，ζ(s, a)はζ(s)を用いて表すことができる．

命題2.5. 　

(1) ζ(s,1) =ζ(s).

(2) ζ( s,1

2

)= (2^s−1)ζ(s).

証明. (1)は自明であるから，(2)のみを示す．

ζ( s,1

2 )=

∑∞ n=0

1 (n+¹₂)^s

= 2^s

∑∞ n=1

1 (2n+ 1)^s

= 2^s (_∞

∑

n=1

1 n^s−

∑∞ n=1

1 (2n)^s

)

= 2^s (

ζ(s)− 1 2^sζ(s)

)

= (2^s−1)ζ(s).

フルヴィッツゼータ関数ζ(s, a)において，aは正の実数としているが，整数でなければ負の実 数でも定義が可能である．この論文では，ζ(s, a)のaの条件をa̸= 0,−1,−2,· · · ^とする．

3 多角数ゼータ 3.1 定義

定義3.1. (多角数)mを3以上の整数とし，

a1= 1, an+1−an = (m−2)n+ 1 (n= 1,2,· · ·)

によって定まる数列{an}^{に属する自然数を，}m角数または位数mの多角数という．

と展開することができ，

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ n=2

n^−2s

∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−k

= 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ n=2

∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)^k n^−2s−k

となる．ここで，二重級数 ∑^∞

n=2

∑∞ k=0

(_−s

k

)(−1)^k(^m−4_m−2)^kn^−2s−kが絶対収束することを示す．まず，

��

�� (−s

k )����=

��

��−s(−s−1)· · ·(−s−k+ 1) k!

��

��

=|s| · |s+ 1| · · · |s+k−1| k!

≤|s|(|s|+ 1)· · ·(|s|+k−1) k!

= (−1)^k−|s|(−|s| −1)· · ·(−|s| −k+ 1) k!

= (−1)^k (−|s|

k )

となるから，Re(s) =a(>¹₂)とおくと

��

��

� (−s

k )

(−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−2s−k

��

��

�≤

��

�� (−s

k

)����·��n^−2s−k��

≤(−1)^k (−|s|

k ) 1

n^2a+k. さらに，2a+k >1より ∑^∞

n=2

1

n^2a+k =ζ(2a+k)−1>0であるから，命題2.4より

∑∞ n=2

1

n^2a+k =|ζ(2a+k)−1|

<

(

1 + 2

2a+k−1 ) 1

2^2a+k

≤ (

1 + 2 2a−1

) 1

2^2a+k = 2a+ 1 (2a−1)2^2a+k. よって，

∑∞ n=2

��

��

� (−s

k )

(−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−2s−k

��

��

�≤

∑∞ n=2

(−1)^k (−|s|

k ) 1

n^2a+k

<(−1)^k (−|s|

k

) 2a+ 1 (2a−1)2^2a+k

となり，

∑∞ k=0

∑∞ n=2

��

��

� (−s

k )

(−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−2s−k

��

��

�<

∑∞ k=0

(−1)^k (−|s|

k

) 2a+ 1 (2a−1)2^2a+k

= 2a+ 1 2^2a(2a−1)

∑∞ k=0

(−|s| k

) (

−1 2

)k

= 2a+ 1 2^2a(2a−1)

( 1−1

2 )−|s|

= 2a+ 1 2^2a−|s|(2a−1)^． 従って，二重級数 ∑^∞

n=2

∑∞ k=0

(₋s k

)(−1)^k(_m^m₋⁻⁴₂)^kn^−2s−k は絶対収束するから

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)k∑∞ n=2

n^−2s−k

= 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)^k

(ζ(2s+k)−1).

また，

(−s k

)

(−1)^k= −s(−s−1)· · ·(−s−k+ 1)

k! (−1)^k

= s(s+ 1)· · ·(s+k−1) k!

= (s+k−1)· · ·(s+ 1)s k!

=

(s+k−1 k

)

(3.3) より

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ k=0

(s+k−1 k

) (m−4 m−2

)k

(ζ(2s+k)−1) が成り立つ．

定義 3.3. kを0以上の整数とし，s∈C\ {−^k−2¹}^に対して φk(s) =

(s+k−1 k

)

(ζ(2s+k)−1) と定める．

定理2.2よりφk(s)はC\ {−^k−2¹}^{で正則である．}

と展開することができ，

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ n=2

n^−2s

∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−k

= 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ n=2

∑∞ k=0

(−s k

) (−1)^k

(m−4 m−2

)^k n^−2s−k

となる．ここで，二重級数 ∑^∞

n=2

∑∞ k=0

(_−s

k

)(−1)^k(^m−4_m−2)^kn^−2s−kが絶対収束することを示す．まず，

��

�� (−s

k )����=

��

��−s(−s−1)· · ·(−s−k+ 1) k!

��

��

=|s| · |s+ 1| · · · |s+k−1| k!

≤|s|(|s|+ 1)· · ·(|s|+k−1) k!

= (−1)^k−|s|(−|s| −1)· · ·(−|s| −k+ 1) k!

= (−1)^k (−|s|

k )

となるから，Re(s) =a(>¹₂)とおくと

��

��

� (−s

k )

(−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−2s−k

��

��

�≤

��

�� (−s

k

)����·��n^−2s−k��

≤(−1)^k (−|s|

k ) 1

n^2a+k. さらに，2a+k >1より ∑^∞

n=2

1

n^2a+k =ζ(2a+k)−1>0であるから，命題2.4より

∑∞ n=2

1

n^2a+k =|ζ(2a+k)−1|

<

(

1 + 2

2a+k−1 ) 1

2^2a+k

≤ (

1 + 2 2a−1

) 1

2^2a+k = 2a+ 1 (2a−1)2^2a+k. よって，

∑∞ n=2

��

��

� (−s

k )

(−1)^k

(m−4 m−2

)k

n^−2s−k

��

��

�≤

∑∞ n=2

(−1)^k (−|s|

k ) 1

n^2a+k

<(−1)^k (−|s|

k

) 2a+ 1 (2a−1)2^2a+k

命題3.2. kを0以上の整数とし，n= [k

2 ] 　 とおく．

(1) kが奇数のとき，φk(−n) = (−1)ⁿ (n!)²

2(2n+ 1)! ^{と定めれば，}φk(s)は整関数となる．

(2) kが偶数のとき，φk(s)はs=−²ⁿ⁻¹2 で1位の極をもち，留数は(−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

) で 　 ある．

証明. 　

(1) k= 2n+ 1であるから φk(s) =

(s+ 2n 2n+ 1 )

(ζ(2s+ 2n+ 1)−1)

= (s+ 2n)(s+ 2n−1)· · ·(s+n)· · ·s

(2n+ 1)! (ζ(2s+ 2n+ 1)−1)

= (s+ 2n)· · ·(s+n+ 1)(s+n−1)· · ·s

(2n+ 1)! {(s+n)ζ(2s+ 2n+ 1)−(s+n)}

= (s+ 2n)· · ·(s+n+ 1)(s+n−1)· · ·s (2n+ 1)!

{1

2(2s+ 2n)ζ(2s+ 2n+ 1)−(s+n) }

(3.4) となる．ζ(s)はs= 1を1位の極にもち，留数は1であるから，(s−1)ζ(s)はs= 1に おける値を1と定めれば正則となる．従って，(2s+ 2n)ζ(2s+ 2n+ 1)はs=−nにお ける値を1と定めればs=−nで正則となり，(3.4)の右辺はs=−nで正則であること がわかる．このとき，φk(s)のs=−nにおける値は，(3.4)より

n(n−1)· · ·1·(−1)· · ·(−n) (2n+ 1)!

(1 2 −0

)

= (−1)ⁿ (n!)² 2(2n+ 1)!. φk(s)はs̸=−nで正則だから，φk(−n) = (−1)ⁿ (n!)²

2(2n+ 1)! と定めれば整関数となる．

(2) k= 2nであるから，φk(s) =(s+2n−1 2n

)(ζ(2s+ 2n)−1)である．ζ(2s+ 2n)はs=−²ⁿ2⁻¹

を1位の極にもち，留数は1だから lim

s→−²ⁿ2⁻¹

{ s−

(

−2n−1 2

)}

φk(s)

= lim

s→−²ⁿ⁻¹2

1

2(2s+ 2n−1)

(s+ 2n−1 2n

)

(ζ(2s+ 2n)−1)

= lim

s→−²ⁿ2⁻¹

1 2

(s+ 2n−1 2n

)

{(2s+ 2n−1)ζ(2s+ 2n)−(2s+ 2n−1)}

= 1 2

(n−¹2

2n )

.

ここで， (n−¹2

2n )

= (n−¹2)(n−³2)· · ·¹2·(−¹2)· · ·(−n+¹₂) (2n)!

= (−1)ⁿ{(2n−1)(2n−3)· · ·3·1}² 2²ⁿ(2n)!

= (−1)ⁿ{2n(2n−1)(2n−2)· · ·3·2·1}² 2⁴ⁿ(n!)²(2n)!

= (−1)ⁿ (2n)!

2⁴ⁿ(n!)²

= (−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ

(2n n

)

より，

lim

s→−²ⁿ⁻¹2

{ s−

(

−2n−1 2

)}

φk(s) = (−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

)

となる．従って，φk(s)はs=−²ⁿ2⁻¹を1位の極にもち，留数は(−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

) で ある．

Zm(s)は(3.2)により解析接続することができる．

定理 3.1. Zm(s)はD=C\ {−²ⁿ⁻¹2 |n= 0,1,2,· · · }^{に解析接続される．}s=−²ⁿ⁻¹2 は1位 の極であり，留数は(−1)ⁿ 1

2⁴ⁿ⁺¹ (2n

n

)(m−2 2

)n−¹2(m−4 m−2

)2n

である．

証明. (3.2)より

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ k=0

(m−4 m−2

)k

φk(s) (3.5)

であり，命題3.2よりφk(s) (k= 0,1,2,· · ·)はDにおいて正則である．

ここで，∑^∞

k=0

(m−4 m−2

)k

φk(s)はDにおいて広義一様収束であることを示す．KをDに含ま れるコンパクト集合とし，Kにおける級数 ∑^∞

k=0

(m−4 m−2

)^k

φk(s)の収束を調べる．Kは有界であ るから，ある正の整数Nが存在して，任意のs∈Kに対しRe(s)>−Nとなる．k≥2N+ 2 のとき，s∈Kに対してRe(2s+k)≥k−2N ≥2であるから，命題2.4より

|ζ(2s+k)−1|<

(

1 + 2

Re(2s+k)−1 ) 1

2^Re(2s+k) ≤ 3 2^k−2N 命題3.2. kを0以上の整数とし，n=

[k 2 ] 　 とおく．

(1) kが奇数のとき，φk(−n) = (−1)ⁿ (n!)²

2(2n+ 1)! ^{と定めれば，}φk(s)は整関数となる．

(2) kが偶数のとき，φk(s)はs=−²ⁿ⁻¹2 で1位の極をもち，留数は(−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

) で 　 ある．

証明. 　

(1) k= 2n+ 1であるから φk(s) =

(s+ 2n 2n+ 1 )

(ζ(2s+ 2n+ 1)−1)

= (s+ 2n)(s+ 2n−1)· · ·(s+n)· · ·s

(2n+ 1)! (ζ(2s+ 2n+ 1)−1)

=(s+ 2n)· · ·(s+n+ 1)(s+n−1)· · ·s

(2n+ 1)! {(s+n)ζ(2s+ 2n+ 1)−(s+n)}

= (s+ 2n)· · ·(s+n+ 1)(s+n−1)· · ·s (2n+ 1)!

{1

2(2s+ 2n)ζ(2s+ 2n+ 1)−(s+n) }

(3.4) となる．ζ(s)はs= 1を1位の極にもち，留数は1であるから，(s−1)ζ(s)はs= 1に おける値を1と定めれば正則となる．従って，(2s+ 2n)ζ(2s+ 2n+ 1)はs=−nにお ける値を1と定めればs=−nで正則となり，(3.4)の右辺はs=−nで正則であること がわかる．このとき，φk(s)のs=−nにおける値は，(3.4)より

n(n−1)· · ·1·(−1)· · ·(−n) (2n+ 1)!

(1 2 −0

)

= (−1)ⁿ (n!)² 2(2n+ 1)!. φk(s)はs̸=−nで正則だから，φk(−n) = (−1)ⁿ (n!)²

2(2n+ 1)!と定めれば整関数となる．

(2) k= 2nであるから，φk(s) =(s+2n−1 2n

)(ζ(2s+ 2n)−1)である．ζ(2s+ 2n)はs=−²ⁿ2⁻¹

を1位の極にもち，留数は1だから lim

s→−²ⁿ2⁻¹

{ s−

(

−2n−1 2

)}

φk(s)

= lim

s→−²ⁿ⁻¹2

1

2(2s+ 2n−1)

(s+ 2n−1 2n

)

(ζ(2s+ 2n)−1)

= lim

s→−²ⁿ2⁻¹

1 2

(s+ 2n−1 2n

)

{(2s+ 2n−1)ζ(2s+ 2n)−(2s+ 2n−1)}

=1 2

(n−¹2

2n )

.

となる．また，Kはコンパクトだからr= max{|s| |s∈K}^{とおくと，}(3.3)より

��

��

(s+k−1 k

)����=

��

��(s+k−1)(s+k−2)· · ·s k!

��

��

≤ (|s|+k−1)(|s|+k−2)· · · |s| k!

≤ (r+k−1)(r+k−2)· · ·r k!

=

(r+k−1 k

)

= (−1)^k (−r

k )

. よって，

∑∞ k=2N+2

��

��

�

(m−4 m−2

)k

φk(s)

��

��

�≤

∑∞ k=2N+2

��

��

(s+k−1 k

)����|ζ(2s+k)−1|

<

∑∞ k=2N+2

(−1)^k (−r

k ) 3

2^k−2N

= 3·2^2N {_∞

∑

k=0

(−r k

) (

−1 2

)k

−

2N∑+1 k=0

(−1)^k (−r

k )1

2^k }

= 3·2^2N {

2^r−

2N+1∑

k=0

(−1)^k (−r

k ) 1

2^k }

<∞

となり，級数 ∑^∞

k=0

(m−4 m−2

)k

φk(s)はKにおいて一様収束する．よって，この級数はDにおい て広義一様収束するので，(3.5)の右辺はDにおいて正則である．従って，(3.5)はZm(s)の解 析接続である．

nを0以上の整数とし，Zm(s)の孤立特異点s=−²ⁿ2⁻¹ について考える．

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s{(m−4 m−2

)2n

φ2n(s) + ∑

k≥0 k̸=2n

(m−4 m−2

)k

φk(s) }

であり，1 +(m−2 2

)−s∑

k≥0 k̸=2n

(m−4 m−2

)k

φk(s)はs=−²ⁿ⁻¹2 で正則で，φ2n(s)はs=−²ⁿ⁻¹2

を1位の極にもつから，Zm(s)はs=−²ⁿ⁻¹2 を1位の極にもつ．またその留数は命題3.2(2) より

(m−2 2

)²ⁿ₂⁻¹(m−4 m−2

)2n

(−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

)

= (−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

) (m−2 2

)n−¹₂(m−4 m−2

)2n

である．

定義 3.4. D=C\ {−²ⁿ2⁻¹ |n= 0,1,2,· · · }^において Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s∑∞ k=0

(m−4 m−2

)k

φk(s) (3.6)

と定める．

4 整数における値 4.1 正の整数における値

Z4(s)はZ4(s) =ζ(2s)であるからゼータ関数を用いて表すことができる．m̸= 4の場合，s が正の整数のときのZm(s)の値は，上道・櫻本([2])の結果を利用することにより，ゼータ関数，

フルヴィッツゼータ関数を用いて表すことができる．

定義 4.1. l, nは非負整数で，l+n≥2を満たすとする．

このとき，a, b∈Z\ {0}, b /∈(−a)N^{に対して，}Fl,n(a, b)を Fl,n(a, b) =

∑∞ k=1

1 k^l(ak+b)ⁿ により定める．

lまたはnが0の場合，Fl,n(a, b)は以下のようになる．

Fl,0(a, b) =ζ(l), F0,n(a, b) = 1

aⁿ

∑∞ k=1

1

(k+_a^b)ⁿ = 1 aⁿζ(

n,b a

)− 1 bⁿ. nを正の整数とするとき，Zm(n)はFl,n(a, b)を用いて表すことができる．

Zm(n) =

∑∞ k=1

(m−2

2 k²−m−4 2 k

)−n

= 2ⁿ

∑∞ k=1

1

kⁿ{(m−2)k−(m−4)}ⁿ

= 2ⁿFn,n(m−2,−m+ 4).

特に，mが偶数のときは

Zm(n) =Fn,n

(m−2

2 ,−m−4 2

) となる．

となる．また，Kはコンパクトだからr= max{|s| |s∈K}^{とおくと，}(3.3)より

��

��

(s+k−1 k

)����=

��

��(s+k−1)(s+k−2)· · ·s k!

��

��

≤ (|s|+k−1)(|s|+k−2)· · · |s| k!

≤ (r+k−1)(r+k−2)· · ·r k!

=

(r+k−1 k

)

= (−1)^k (−r

k )

. よって，

∑∞ k=2N+2

��

��

�

(m−4 m−2

)k

φk(s)

��

��

�≤

∑∞ k=2N+2

��

��

(s+k−1 k

)����|ζ(2s+k)−1|

<

∑∞ k=2N+2

(−1)^k (−r

k ) 3

2^k−2N

= 3·2^2N {_∞

∑

k=0

(−r k

) (

−1 2

)k

−

2N∑+1 k=0

(−1)^k (−r

k )1

2^k }

= 3·2^2N {

2^r−

2N+1∑

k=0

(−1)^k (−r

k ) 1

2^k }

<∞

となり，級数 ∑^∞

k=0

(m−4 m−2

)k

φk(s)はKにおいて一様収束する．よって，この級数はDにおい て広義一様収束するので，(3.5)の右辺はDにおいて正則である．従って，(3.5)はZm(s)の解 析接続である．

nを0以上の整数とし，Zm(s)の孤立特異点s=−²ⁿ2⁻¹について考える．

Zm(s) = 1 +

(m−2 2

)−s{(m−4 m−2

)2n

φ2n(s) + ∑

k≥0 k̸=2n

(m−4 m−2

)k

φk(s) }

であり，1 +(m−2 2

)−s∑

k≥0 k̸=2n

(m−4 m−2

)k

φk(s)はs=−²ⁿ⁻¹2 で正則で，φ2n(s)はs=−²ⁿ⁻¹2

を1位の極にもつから，Zm(s)はs =−²ⁿ⁻¹2 を1位の極にもつ．またその留数は命題3.2(2) より

(m−2 2

)²ⁿ₂⁻¹(m−4 m−2

)2n

(−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

)

= (−1)ⁿ 1 2⁴ⁿ⁺¹

(2n n

) (m−2 2

)n−¹₂(m−4 m−2

)2n

である．

例 4.1. Z3(n) = 2ⁿFn,n(1,1), Z5(n) = 2ⁿFn,n(3,−1), Z6(n) =Fn,n(2,−1).

Zm(1)は次の定理を利用して求めることができる．

定理4.1. ([2,定理2.4]) a, bは正の整数で，b≤a−1を満たすとする．

F1,1(a,−b) =1

blog 4a− π 2bcotbπ

a −2 b

a−1

∑

j=1

cos2bjπ

a log sinjπ 2a. この定理とZm(1) = 2F1,1(m−2,−m+ 4)より，次が得られる．

定理4.2. mは3以上の整数で，m̸= 4とする．

Zm(1) =− 2

m−4log{4(m−2)} − π

m−4cot(m−4)π m−2

+ 4

m−4

m∑−3 j=1

cos2(m−4)jπ

m−2 log sin jπ 2(m−2). 具体的な値としては，以下が得られている．

例 4.2. ([2,例4.1,4.2,4.3])Z3(1) = 2, Z4(2) = π²

6 , Z5(1) = 3 log 3− π

√3, Z6(1) = 2 log 2.

次に，2以上の整数nに対してZm(n)を求める．

命題4.1. ([2,命題3.1]) l, nが非負整数で，l+n≥1を満たすとき Fl+1,n+1(a, b) = 1

bFl+1,n(a, b)−a

bFl,n+1(a, b) である．

この命題より，Fl,n(a, b)はF1,1(a, b)とゼータ関数，フルヴィッツゼータ関数を用いて表すこ とができる．

命題4.2. a, b∈Z\ {0}, b /∈(−a)N^とする．

正の整数l, nに対して，以下が成り立つ．

Fl,n(a, b) =

(l+n−2 l−1

) (−a b

)l−1 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−

(l+n−2 l

) (−a b

)l 1 bⁿ +

∑l j=2

(l+n−1−j l−j

) (−a b

)l−j 1 bⁿζ(j) +

∑n k=2

(l+n−1−k n−k

) (−a b

)l−k (−1)^k bⁿ ζ(

k, b a

). (4.1)

証明. (4.1)の右辺をSl,n(a, b)とおき，(4.1)をl+nに関する帰納法で示す．

(i) l+n= 2のとき

このときはl=n= 1であり，

S1,1(a, b) = (0

0 )

F1,1(a, b)− (0

1 ) (−a

b )1

b =F1,1(a, b).

よって，l+n= 2のとき(4.1)は成立する．

(ii) l+n=Nのとき成り立つと仮定し，l+n=N+ 1のときを考える．

1) l≥2, n≥2のとき

命題4.1と帰納法の仮定より Fl,n(a, b) = 1

bFl,n−1(a, b)−a

bFl−1,n(a, b)

= 1 b

{(l+n−3 l−1

) (−a b

)l−1 1

bⁿ⁻²F1,1(a, b)−

(l+n−3 l

) (−a b

)l 1 bⁿ⁻¹ +

∑l j=2

(l+n−2−j l−j

) (−a b

)l−j 1 bⁿ⁻¹ζ(j) +

n∑−1 k=2

(l+n−2−k n−1−k

) (−a b

)^l−k (−1)^k bⁿ⁻¹ ζ(

k, b a

)}

−a b

{(l+n−3 l−2

) (−a b

)^l−2 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−

(l+n−3 l−1

) (−a b

)^l−1 1 bⁿ +

l−1

∑

j=2

(l+n−2−j l−1−j

) (−a b

)l−1−j 1 bⁿζ(j) +

∑n k=2

(l+n−2−k n−k

) (−a b

)^l−1−k(−1)^k bⁿ ζ(

k,b a

)}

=

{(l+n−3 l−1

) +

(l+n−3 l−2

)} (−a b

)^l−1 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)

−

{(l+n−3 l

) +

(l+n−3 l−1

)} (−a b

)^l 1 bⁿ +

∑l−1 j=2

{(l+n−2−j l−j

) +

(l+n−2−j l−1−j

)} (−a b

)l−j 1 bⁿζ(j) + 1

bⁿζ(l) +(

−a b

)^l−n(−1)ⁿ bⁿ ζ(

n,b a )

+

n∑−1 k=2

{(l+n−2−k n−1−k

) +

(l+n−2−k n−k

)} (−a b

)l−k (−1)^k bⁿ ζ(

k, b a

). 例 4.1. Z3(n) = 2ⁿFn,n(1,1), Z5(n) = 2ⁿFn,n(3,−1), Z6(n) =Fn,n(2,−1).

Zm(1)は次の定理を利用して求めることができる．

定理4.1. ([2,定理2.4])a, bは正の整数で，b≤a−1を満たすとする．

F1,1(a,−b) =1

blog 4a− π 2bcotbπ

a −2 b

a−1

∑

j=1

cos2bjπ

a log sinjπ 2a. この定理とZm(1) = 2F1,1(m−2,−m+ 4)より，次が得られる．

定理4.2. mは3以上の整数で，m̸= 4とする．

Zm(1) =− 2

m−4log{4(m−2)} − π

m−4cot(m−4)π m−2

+ 4

m−4

m∑−3 j=1

cos2(m−4)jπ

m−2 log sin jπ 2(m−2). 具体的な値としては，以下が得られている．

例 4.2. ([2,例4.1,4.2,4.3])Z3(1) = 2, Z4(2) = π²

6 , Z5(1) = 3 log 3− π

√3, Z6(1) = 2 log 2.

次に，2以上の整数nに対してZm(n)を求める．

命題4.1. ([2,命題3.1])l, nが非負整数で，l+n≥1を満たすとき Fl+1,n+1(a, b) = 1

bFl+1,n(a, b)−a

bFl,n+1(a, b) である．

この命題より，Fl,n(a, b)はF1,1(a, b)とゼータ関数，フルヴィッツゼータ関数を用いて表すこ とができる．

命題4.2. a, b∈Z\ {0}, b /∈(−a)N^とする．

正の整数l, nに対して，以下が成り立つ．

Fl,n(a, b) =

(l+n−2 l−1

) (−a b

)l−1 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−

(l+n−2 l

) (−a b

)l 1 bⁿ +

∑l j=2

(l+n−1−j l−j

) (−a b

)l−j 1 bⁿζ(j) +

∑n k=2

(l+n−1−k n−k

) (−a b

)l−k (−1)^k bⁿ ζ(

k, b a

). (4.1)

ここで，(p q

)+( p q−1

)=(p+1 q

)より

Fl,n(a, b) =

(l+n−2 l−1

) (−a b

)l−1 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−

(l+n−2 l

) (−a b

)l 1 bⁿ +

l−1

∑

j=2

(l+n−1−j l−j

) (−a b

)l−j 1

bⁿζ(j) + 1 bⁿζ(l) +(

−a b

)l−n(−1)ⁿ bⁿ ζ(

n,b a

)+

n∑−1 k=2

(l+n−1−k n−k

) (−a b

)l−k (−1)^k bⁿ ζ(

k, b a )

=

(l+n−2 l−1

) (−a b

)l−1 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−

(l+n−2 l

) (−a b

)l 1 bⁿ +

∑l j=2

(l+n−1−j l−j

) (−a b

)^l−j 1 bⁿζ(j) +

∑n k=2

(l+n−1−k n−k

) (−a b

)l−k (−1)^k bⁿ ζ(

k,b a )

となり，(4.1)は成立する．

2) l= 1, n=Nのとき 命題4.1より

F1,n(a, b) =1

bF1,n−1(a, b)−a

bF0,n(a, b) であるから，帰納法の仮定とF0,n(a, b) = 1

aⁿζ( n, b

a )− 1

b^{n より} F1,n(a, b) = 1

b

{(n−2 0

) 1

bⁿ⁻²F1,1(a, b)− (n−2

1

) (−a b

) 1 bⁿ⁻¹ +

n−1∑

k=2

(n−1−k n−1−k

) (−a b

)1−k(−1)^k bⁿ⁻¹ ζ(

k,b a

)}

−a b

{ 1 aⁿζ(

n,b a

)− 1 bⁿ

}

= 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−(n−2)(

−a b

) 1 bⁿ +

n∑−1 k=2

(−a b

)1−k(−1)^k bⁿ ζ(

k,b a )

+(

−a b

) 1 aⁿζ(

n,b a

)−(

−a b

) 1 bⁿ

= 1

bⁿ⁻¹F1,1(a, b)−(n−1)(

−a b

) 1 bⁿ +

∑n k=2

(−a b

)1−k (−1)^k bⁿ ζ(

k, b a

).