複素解析・リーマン面の問題

1. 分母の因数分解と部分分数分解

$$z^4+z^2+1=(z^2+1{)}^2-z^2=(z^2+z+1)(z^2-z+1)$$
である。$z\mapsto -z$ の対称性から
$$\frac{z^2}{z^4+z^2+1}=\frac{az+b}{z^2+z+1}+\frac{-az+b}{z^2-z+1}$$
とおくと、分子は
$$(az+b)(z^2-z+1)+(-az+b)(z^2+z+1)=(2b-2a)z^2+2b$$
となるので $2b=0,2b-2a=1$、すなわち $a=-\frac{1}{2},b=0$。よって
$$\frac{z^2}{z^4+z^2+1}=\frac{1}{2}\left(\frac{z}{z^2-z+1}-\frac{z}{z^2+z+1}\right).$$

$Q(m)=m^2+m+1={\left(m+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$ とおくと $z^2-z+1=Q(z-1)$ である。また $z=\left(z-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}$, $z=\left(z+\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{2}$ と書き、$k(m)=\frac{m+\frac{1}{2}}{Q(m)}$ とおくと
$$\frac{n^2}{n^4+n^2+1}=\frac{1}{2}(k(n-1)-k(n))+\frac{1}{4}\left(\frac{1}{Q(n-1)}+\frac{1}{Q(n)}\right).(1)$$

2. 整数全体での和

$f(n)=\frac{n^2}{n^4+n^2+1}$ は偶関数で $f(n)=O(n^{-2})$ なので ${\sum }_{n\in \mathbb{Z}}f(n)$ は絶対収束し、$f(0)=0$ より
$$S=\frac{1}{2}\sum _{n\in \mathbb{Z}}f(n)=\frac{1}{2}\underset{N\to \infty }{\lim }\sum _{n=-N}^{N}f(n).$$
$(1)$ を $n=-N,\dots ,N$ で足すと、第 1 項は望遠鏡和で $\frac{1}{2}(k(-N-1)-k(N))\to 0$（$k(m)=O(1/m)$）。第 2 項は $A={\sum }_{m\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(m+\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}}$（絶対収束）とおくと $\frac{1}{4}(A+A)=\frac{A}{2}$ に収束する。したがって
$$\sum _{n\in \mathbb{Z}}f(n)=\frac{A}{2},S=\frac{A}{4}.$$

3. 余接の部分分数展開による $A$ の計算

$\cot$ の部分分数展開
$$\pi \cot \pi w=\underset{N\to \infty }{\lim }\sum _{n=-N}^N\frac{1}{w+n}(w\notin \mathbb{Z})$$
を用いる（これは $\sin \pi w=\pi w{\prod }_{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{w^2}{n^2}\right)$ の対数微分から得られる）。$\alpha =\frac{1}{2},\beta =\frac{\sqrt{3}}{2}$ として
$$\frac{1}{(n+\alpha {)}^2+{\beta }^2}=\frac{1}{2i\beta }\left(\frac{1}{n+\alpha -i\beta }-\frac{1}{n+\alpha +i\beta }\right)$$
だから
$$A=\frac{\pi }{2i\beta }(\cot \pi (\alpha -i\beta )-\cot \pi (\alpha +i\beta )).$$
$\alpha =\frac{1}{2}$ のとき $\cot \left(\frac{\pi }{2}\mp i\pi \beta \right)=\pm \tan (i\pi \beta )=\pm i\tanh \pi \beta$ なので、括弧内は $2i\tanh \pi \beta$。よって
$$A=\frac{\pi }{\beta }\tanh \pi \beta =\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\tanh \frac{\sqrt{3}\pi }{2}.$$

4. 結論
$$S=\frac{A}{4}=\frac{\pi }{2\sqrt{3}}\tanh \frac{\sqrt{3}\pi }{2}\approx \mathrm{0.89907.}$$
（検算: $n=1,\dots ,5$ の項の和は $\frac{1}{3}+\frac{4}{21}+\frac{9}{91}+\frac{16}{273}+\frac{25}{651}\approx 0.7197$ で、残りの和は ${\sum }_{n\ge 6}\frac{1}{n^2}$ 程度の $0.18$ 前後であり、数値は整合する。）

$n^4+n^2+1=(n^2-n+1)(n^2+n+1)$ である。部分分数に分けると $\frac{n^2}{n^4+n^2+1}=\frac{1}{2}\left[\frac{n}{n^2-n+1}-\frac{n}{n^2+n+1}\right]$（右辺を通分すると $\frac{1}{2}\cdot \frac{n(n^2+n+1)-n(n^2-n+1)}{n^4+n^2+1}=\frac{n^2}{n^4+n^2+1}$）。

さらに $\frac{n}{n^2-n+1}=\frac{1}{2}\frac{2n-1}{n^2-n+1}+\frac{1}{2}\frac{1}{n^2-n+1}$、$\frac{n}{n^2+n+1}=\frac{1}{2}\frac{2n+1}{n^2+n+1}-\frac{1}{2}\frac{1}{n^2+n+1}$ より
$$\frac{n^2}{n^4+n^2+1}=\frac{1}{4}\left[h(n)-h(n+1)\right]+\frac{1}{4}\left[u(n)+u(n+1)\right]$$
ここで $h(n)=\frac{2n-1}{n^2-n+1}$、$u(n)=\frac{1}{n^2-n+1}$（$(n+1{)}^2-(n+1)+1=n^2+n+1$ を用いた）。

第1項は望遠鏡和で ${\sum }_{n=1}^{\infty }[h(n)-h(n+1)]=h(1)-\lim h(N+1)=1-0=1$。
第2項は $U={\sum }_{n\ge 1}u(n)={\sum }_{k\ge 0}\frac{1}{k^2+k+1}$ とおくと ${\sum }_{n\ge 1}[u(n)+u(n+1)]=2U-u(1)=2U-1$。

よって $S=\frac{1}{4}\cdot 1+\frac{1}{4}(2U-1)=\frac{U}{2}$。

$k^2+k+1=(k+\frac{1}{2}{)}^2+\frac{3}{4}$ であり、公式 ${\sum }_{k\in \mathbb{Z}}\frac{1}{(k+\frac{1}{2}{)}^2+a^2}=\frac{\pi }{a}\tanh (\pi a)$ を $a=\frac{\sqrt{3}}{2}$ で用いる。$k\mapsto -1-k$ で被和項は不変なので $k\ge 0$ の和はちょうど半分で
$$U=\frac{1}{2}\cdot \frac{2\pi }{\sqrt{3}}\tanh \frac{\sqrt{3}\pi }{2}=\frac{\pi }{\sqrt{3}}\tanh \frac{\sqrt{3}\pi }{2}.$$
したがって $S=\frac{\pi }{2\sqrt{3}}\tanh \frac{\sqrt{3}\pi }{2}$。

検算: 数値で $\frac{\pi }{2\sqrt{3}}\approx 0.9069$、$\tanh (2.7207)\approx 0.9914$ より $S\approx 0.8991$。部分和は $n=1$ から $6$ までで $\approx 0.7467$、残りは ${\sum }_{n\ge 7}\frac{1}{n^2}$ 程度（約 $0.15$）で、合計はおよそ $0.90$ となり一致する。