リーマンゼータ関数の特殊値

$ζ (2 k) = \frac{( - 1 ) ^{k + 1} ( 2 π ) ^{2 k} B _{2 k}}{2 ( 2 k )!}$ と、解析接続した値 $ζ (1 - k) = - \frac{B _{k}}{k}$ （ $k \geq 2$ ）、 $ζ (0) = - \frac{1}{2}$ 、負の偶数での零点を使って、 $ζ (6)$ や $ζ (- 3)$ などの値を求められる

前提

オイラー・マクローリンの和公式（大学院数学特殊関数・漸近解析）
$π cot π z$ の部分分数展開と級数の和（大学院数学複素解析・リーマン面）

この技能までの道筋（72 技能）

算数中学高校大学大学院

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小数の四則計算（算数計算と数のきまり）
正負の数の加法・減法（中学数学数と式）
分数のかけ算・わり算（算数計算と数のきまり）
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多項式の微分（数学II 微分法と積分法）
小数と分数のまじった計算（算数計算と数のきまり）
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指数の拡張と指数関数（数学II 指数関数と対数関数）
対数の定義と性質（数学II 指数関数と対数関数）
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指数関数・対数関数の導関数（数学III 微分法）
増減・凹凸・漸近線とグラフ（数学III 微分法）
テイラー展開（大学数学微分積分）
漸近展開と極限（大学数学微分積分）
多項式の不定積分（数学II 微分法と積分法）
基本的な関数の不定積分（数学III 積分法）
置換積分（数学III 積分法）
部分積分（数学III 積分法）
定積分の計算（数学II 微分法と積分法）
定積分の置換・部分積分と偶関数・奇関数（数学III 積分法）
区分求積法（数学III 積分法）
オイラー・マクローリンの和公式（大学院数学特殊関数・漸近解析）
無限等比級数と無限級数（数学III 極限）
べき級数と収束半径（大学数学微分積分）
複素数と 2 次方程式の虚数解（数学II 複素数と方程式）
オイラーの公式（大学数学微分積分）
極形式と積・商（数学C 複素数平面）
複素数の指数関数・対数関数と分枝（大学数学複素関数）
2 変数の対称式（数学I 数と式）
2 次方程式の解と係数の関係（数学II 複素数と方程式）
2 数を解とする 2 次方程式と複素数の範囲の因数分解（数学II 複素数と方程式）
正弦関数の無限積表示と無限積の値（大学院数学複素解析・リーマン面）
分数関数の積分（部分分数分解）（数学III 積分法）
$π cot π z$ の部分分数展開と級数の和（大学院数学複素解析・リーマン面）

説明

リーマンのゼータ関数 $ζ (s) = \sum_{n = 1}^{\infty} n^{- s}$ （ $s > 1$ ）の、正の偶数での値と、解析接続した $0$ 以下の整数での値を、ベルヌーイ数 $B_{k}$ （ $\frac{x}{e ^{x} - 1} = \sum_{k \geq 0} B_{k} \frac{x ^{k}}{k !}$ ）で書き下せるようになります。公式は $ζ (2 k) = \frac{( - 1 ) ^{k + 1} ( 2 π ) ^{2 k} B _{2 k}}{2 ( 2 k )!}$ （ $k \geq 1$ ）、 $ζ (1 - k) = - \frac{B _{k}}{k}$ （ $k \geq 2$ ）、 $ζ (0) = - \frac{1}{2}$ で、特に $ζ (- 2) = ζ (- 4) = \dots = 0$ です。 $\sum 1/ n^{6}$ のような級数の値や、 $ζ (- 1) = - \frac{1}{12}$ のような「正則化された和」を求めるときに使います。

なぜそうしてよいのか

正の偶数での値は、 $π cot π z$ の部分分数展開を二通りにべき級数展開して係数を比べると出てきます。 $∣ z ∣ < 1$ のとき $\frac{2 z ^{2}}{z ^{2} - n ^{2}} = - 2 \sum_{k \geq 1} \frac{z ^{2 k}}{n ^{2 k}}$ なので、和の順序を入れ替えて（絶対収束）
$π z cot π z = 1 + n \geq 1 \sum \frac{2 z ^{2}}{z ^{2} - n ^{2}} = 1 - 2 k \geq 1 \sum ζ (2 k) z^{2 k} .$
一方、オイラーの公式から $z cot z = i z \frac{e ^{2 i z} + 1}{e ^{2 i z} - 1} = i z + \frac{2 i z}{e ^{2 i z} - 1}$ で、 $x = 2 i z$ とおくと $\frac{x}{e ^{x} - 1} + \frac{x}{2} = \sum_{k \geq 0} B_{2 k} \frac{x ^{2 k}}{( 2 k )!}$ （左辺は偶関数なので、 $B_{1} = - \frac{1}{2}$ 以外の奇数番目のベルヌーイ数は $0$ ）。 $z$ を $π z$ に替えて $π z cot π z = \sum_{k \geq 0} B_{2 k} \frac{( 2 π i z ) ^{2 k}}{( 2 k )!} = \sum_{k \geq 0} \frac{( - 1 ) ^{k} ( 2 π ) ^{2 k} B _{2 k}}{( 2 k )!} z^{2 k}$ 。 $z^{2 k}$ （ $k \geq 1$ ）の係数を比べると $- 2 ζ (2 k) = \frac{( - 1 ) ^{k} ( 2 π ) ^{2 k} B _{2 k}}{( 2 k )!}$ 、すなわち $ζ (2 k) = \frac{( - 1 ) ^{k + 1} ( 2 π ) ^{2 k} B _{2 k}}{2 ( 2 k )!}$ です。

$0$ 以下の整数での値は、 $s > 1$ でしか収束しない級数を $s$ の関数として延ばしたもの（解析接続）の値です。オイラー・マクローリンの和公式は、 $m$ 項で打ち切ると剰余込みで正確に
$n = 1 \sum N f (n) = \int_{1}^{N} f d x + \frac{f ( 1 ) + f ( N )}{2} + j = 1 \sum m \frac{B _{2 j}}{( 2 j )!} (f^{(2 j - 1)} (N) - f^{(2 j - 1)} (1)) - \int_{1}^{N} \frac{B _{2 m} ( x )}{( 2 m )!} f^{(2 m)} (x) d x$
と書けます。ここで $B_{2 m} (x) = B_{2 m} (x - ⌊ x ⌋)$ は、ベルヌーイ多項式 $B_{2 m} (t)$ （ $\frac{x e ^{t x}}{e ^{x} - 1} = \sum_{k \geq 0} B_{k} (t) \frac{x ^{k}}{k !}$ で定まる $t$ の多項式）を $[0, 1)$ から周期 $1$ で延ばした関数（周期ベルヌーイ関数）で、ある定数 $M_{m}$ で $∣ B_{2 m} (x) ∣ \leq M_{m}$ と有界です。 $f (x) = x^{- s}$ では $f^{(r)} (x) = (- 1)^{r} s (s + 1) \dots (s + r - 1) x^{- s - r}$ なので、 $s > 1$ で $N \to \infty$ とすると
$ζ (s) = \frac{1}{s - 1} + \frac{1}{2} + j = 1 \sum m \frac{B _{2 j}}{( 2 j )!} s (s + 1) \dots (s + 2 j - 2) + R_{m} (s), R_{m} (s) = - \frac{s ( s + 1 ) \dots ( s + 2 m - 1 )}{( 2 m )!} \int_{1}^{\infty} B_{2 m} (x) x^{- s - 2 m} d x$
となります（ $j = 1$ の積は $s$ だけ）。被積分関数の絶対値は $M_{m} x^{- s - 2 m}$ 以下なので、 $R_{m} (s)$ の積分は $s + 2 m > 1$ 、つまり $s > 1 - 2 m$ （複素数なら $Re s > 1 - 2 m$ ）で絶対収束し、右辺はこの範囲で $s = 1$ を除いて $s$ について解析的です。これで $ζ (s)$ を $s > 1 - 2 m$ まで延ばしたものとし、 $m$ を大きくとるほど左へ延びます（異なる $m$ で作った式は $s > 1$ で一致する解析関数なので、重なる範囲でも同じ値になります）。さらに $R_{m} (s)$ は因子 $s (s + 1) \dots (s + 2 m - 1)$ をもつので、収束範囲 $s > 1 - 2 m$ に入る整数 $s = 0, - 1, \dots, - (2 m - 2)$ では $R_{m} (s) = 0$ となり、値が有限和で正確に求まります（端の $s = 1 - 2 m$ は収束範囲の外なので使えません。そこでの値は $m$ を 1 つ大きくとって求めます）。 $s = 0$ では $m = 1$ で足り、 $j = 1$ の項が因子 $s$ で消えて $ζ (0) = - 1 + \frac{1}{2} = - \frac{1}{2}$ 。 $s = - 3$ では $- 3 \geq - (2 m - 2)$ となる $m = 3$ をとります。 $j = 3$ の項の積 $s (s + 1) (s + 2) (s + 3) (s + 4)$ は因子 $(s + 3)$ で $0$ になるので
$ζ (- 3) = - \frac{1}{4} + \frac{1}{2} + \frac{B _{2}}{2 !} (- 3) + \frac{B _{4}}{4 !} (- 3) (- 2) (- 1) + 0 = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} + \frac{1}{120} = \frac{1}{120} .$

一般の $k \geq 2$ でも同じ計算で $ζ (1 - k) = - \frac{B _{k}}{k}$ が出ます。 $2 m - 2 \geq k - 1$ となる $m$ をとって $s = 1 - k$ を代入すると、 $\frac{1}{s - 1} = - \frac{1}{k}$ で、積 $s (s + 1) \dots (s + 2 j - 2) = (1 - k) (2 - k) \dots (2 j - 1 - k)$ は $2 j - 1 \geq k$ なら因子 $0$ を含んで消え、 $2 j \leq k$ なら負の因子 $2 j - 1$ 個の積で $- \frac{( k - 1 )!}{( k - 2 j )!}$ です。 $\frac{B _{2 j}}{( 2 j )!} \cdot \frac{( k - 1 )!}{( k - 2 j )!} = \frac{1}{k} (2 j k) B_{2 j}$ なので
$ζ (1 - k) = - \frac{1}{k} + \frac{1}{2} - \frac{1}{k} 1 \leq j \leq k /2 \sum (2 j k) B_{2 j} .$
一方、 $x = (e^{x} - 1) \sum_{i \geq 0} B_{i} \frac{x ^{i}}{i !}$ の両辺の $x^{k}$ の係数を比べて $k!$ 倍すると、 $k \geq 2$ で $\sum_{i = 0}^{k - 1} (i k) B_{i} = 0$ 、つまり $\sum_{i = 0}^{k} (i k) B_{i} = B_{k}$ です。左辺は $B_{0} = 1$ 、 $B_{1} = - \frac{1}{2}$ 、 $3$ 以上の奇数番目が $0$ であることから $1 - \frac{k}{2} + \sum_{1 \leq j \leq k /2} (2 j k) B_{2 j}$ に等しいので、 $\sum_{1 \leq j \leq k /2} (2 j k) B_{2 j} = B_{k} - 1 + \frac{k}{2}$ 。これを代入すると $ζ (1 - k) = - \frac{1}{k} + \frac{1}{2} - \frac{B _{k}}{k} + \frac{1}{k} - \frac{1}{2} = - \frac{B _{k}}{k}$ となり、 $k = 4$ では上の $ζ (- 3) = \frac{1}{120} = - \frac{B _{4}}{4}$ と一致します。 $k \geq 3$ が奇数のとき $B_{k} = 0$ なので、 $1 - k$ が負の偶数となる $ζ (- 2), ζ (- 4), \dots$ はすべて $0$ です（自明な零点）。

手順

求めたい値が $ζ (2 k)$ （正の偶数）、 $ζ (0)$ 、 $ζ (1 - k)$ （ $k \geq 2$ 、負の整数）のどれかを見分ける。正の奇数 $3, 5, \dots$ の値はこの方法では求まらず、 $s = 1$ は極で値をもたない
必要なベルヌーイ数を用意する: $B_{0} = 1, B_{1} = - \frac{1}{2}, B_{2} = \frac{1}{6}, B_{4} = - \frac{1}{30}, B_{6} = \frac{1}{42}, B_{8} = - \frac{1}{30}$ 、 $3$ 以上の奇数 $k$ では $B_{k} = 0$
正の偶数なら $ζ (2 k) = \frac{( - 1 ) ^{k + 1} ( 2 π ) ^{2 k} B _{2 k}}{2 ( 2 k )!}$ に代入する（ $s = 2 k$ の $k$ は $s$ の半分であることに注意）
負の整数 $s = - m$ なら $k = m + 1$ として $ζ (- m) = - \frac{B _{m + 1}}{m + 1}$ に代入する。 $m$ が正の偶数なら $B_{m + 1} = 0$ で $ζ (- m) = 0$
$s = 0$ なら公式 $- \frac{B _{k}}{k}$ は使わず $ζ (0) = - \frac{1}{2}$ とする
分数を約分して答えを整える

例題

ベルヌーイ数 $B_{k}$ を $\frac{x}{e ^{x} - 1} = k \geq 0 \sum B_{k} \frac{x ^{k}}{k !}$ で定めると $B_{6} = \frac{1}{42}$ である。これを用いて、 $ζ (6) = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{6}}$ の値を求めよ。

例題の解答

手順1: $6$ は正の偶数なので、 $ζ (2 k)$ の公式を $k = 3$ で使う。

手順2: $B_{6} = \frac{1}{42}$ 、 $(2 k)! = 6! = 720$ 。

手順3: 代入すると
$ζ (6) = \frac{( - 1 ) ^{4} ( 2 π ) ^{6} B _{6}}{2 \cdot 6 !} = \frac{64 π ^{6} \cdot \frac{1}{42}}{1440} = \frac{64 π ^{6}}{60480} .$

手順4・5: 負の整数や $0$ での値ではないので、使わない。

手順6: $60480 = 64 \times 945$ なので
$ζ (6) = \frac{π ^{6}}{945} .$
（検算: $π^{6} /945 \approx 1.0173$ で、 $1 + \frac{1}{64} + \frac{1}{729} + \dots \approx 1.017$ と合う。）

答え: $\frac{π ^{6}}{945}$

よくある誤り

$ζ (2 k)$ の公式で $k$ と $2 k$ を取り違える誤り。 $ζ (6)$ では $k = 3$ で、 $(2 π)^{6} B_{6} / (2 \cdot 6!)$ を使う。 $(2 π)^{3} B_{3} / (2 \cdot 3!)$ とすると $B_{3} = 0$ から $0$ になってしまう。
符号 $(- 1)^{k + 1}$ を落とす誤り。 $B_{4} = - \frac{1}{30}$ は負なので、 $ζ (4) = \frac{( - 1 ) ^{3} ( 2 π ) ^{4} B _{4}}{2 \cdot 4 !} = \frac{16 π ^{4}}{30 \cdot 48} = \frac{π ^{4}}{90}$ と正になる。符号を落とすと $- \frac{π ^{4}}{90}$ という負の値が出る（正の項の和が負になることはない）。
$ζ (1 - k) = - \frac{B _{k}}{k}$ を $k = 1$ にも使って $ζ (0) = - B_{1} = \frac{1}{2}$ としてしまう誤り。公式は $k \geq 2$ に限り、正しくは $ζ (0) = - \frac{1}{2}$ である。
$ζ (- m)$ を $\sum n^{m}$ の値と思い、 $ζ (- 1) = 1 + 2 + 3 + \dots = \infty$ や、 $ζ (- 2) \neq = 0$ としてしまう誤り。 $s \leq 1$ では級数は発散しており、値は解析接続によるもの。 $ζ (- 1) = - \frac{B _{2}}{2} = - \frac{1}{12}$ 、 $ζ (- 2) = - \frac{B _{3}}{3} = 0$ である。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
$ζ (s)$ をリーマンゼータ関数（ $Re s > 1$ で $ζ (s) = n = 1 \sum \infty n^{- s}$ と定め、 $s = 1$ を除く複素平面全体に有理型に解析接続したもの）とする。ベルヌーイ数 $B_{k}$ を $\frac{x}{e ^{x} - 1} = k = 0 \sum \infty B_{k} \frac{x ^{k}}{k !}$ で定め、 $B_{2} = \frac{1}{6}, B_{4} = - \frac{1}{30}, B_{6} = \frac{1}{42}$ を用いてよい。 $ζ (- 5)$ の値を求めよ。

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

有限個のオイラー因子の除去と交代ゼータ（大学院数学解析的整数論）
一般ベルヌーイ数と L 関数の負の整数での値（大学院数学解析的整数論）