バーゼル問題を留数で解く……整数すべてに極を置く π cot πz

$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$$

オイラーは $\sin x$ を無限積に開いて、この値を出しました。$1735$ 年のことです。

留数を使うと、話が $1$ 回の展開で終わります。$\pi \cot \pi z$ という関数を用意し、原点での留数を $1$ つ計算するだけ^[1]。

級数を積分に直し、その積分が $0$ に落ちることを示す。残った等式が答えになります。積分から級数を出すのではなく、逆向きに使う道です。

整数すべてに極を置く

$\cot \pi z=\cos \pi z/\sin \pi z$ の極は、$\sin \pi z$ の零点、つまりすべての整数です。

$z=n$ の近くで $\sin \pi z\approx \pi (z-n)(-1{)}^n$、$\cos \pi z\approx (-1{)}^n$ なので、$\pi \cot \pi z$ の留数はどの整数でも $1$ になります。

$${\mathrm{Res}}_{z=n}\pi \cot \pi z\cdot f(z)=f(n)$$

$f$ を掛ければ、$n$ 番目の項がそのまま留数として出てくる。整数の目盛りに値を拾わせる道具です。

整数の位置に等間隔で極が並びます。目盛りの上に置かれた櫛のような関数。

正方形で囲む

$N$ を正の整数として、$4$ つの頂点を $\left(N+\frac{1}{2}\right)(\pm 1\pm i)$ にとった正方形 $C_N$ を考えます^[1]。

辺の位置が半整数なので、極の真ん中を通ります。整数に近づかないぶん、$\cot$ が暴れません。

正方形の上では $|\cot \pi z|$ が $N$ によらない定数でおさえられる。これが議論の要になります。

上下の辺は実軸から離れているので、$|\cot \pi z|$ が $1$ に近づきます。左右の辺は半整数の位置で、$|\cot (\pi /2+i\pi y)|=|\tanh \pi y|\le 1$。

どちらも $N$ に依存しません。$N$ をいくら大きくしても、辺の上での大きさは同じ範囲に収まる。

総和定理

$f$ が有限個の極しか持たず、大きいところで $|f(z)|\le M/|z{|}^k$（$k>1$）を満たすとします。このとき次が成り立ちます^[1]。

$$\sum _{n=-\infty }^{\infty }f(n)=-\sum \left\{\pi \cot \pi z\cdot f(z)\text{の}f\text{の極での留数}\right\}$$

証明の骨は $1$ 行です。$C_N$ 上での積分は、被積分関数の大きさ $\le$ 定数 $\times M/N^k$ に周長 $8N+4$ を掛けたもの。$k>1$ なら $N\to \infty$ で $0$ に落ちます。

一方、留数定理から積分は「整数での留数の和」と「$f$ の極での留数の和」の合計です。積分が $0$ になるので、$2$ つの和が符号を変えて等しくなる。

級数を計算する仕事が、留数を計算する仕事に変わりました。

バーゼル問題

$f(z)=1/z^2$ をとります。$f$ の極は原点で、これは整数でもある。

こういうときは、整数の和から $n=0$ を外し、代わりに原点での $\pi \cot \pi z\cdot f(z)$ の留数を $f$ 側として数えます。

原点まわりのローラン展開が要ります。$\cot w=\frac{1}{w}-\frac{w}{3}-\frac{w^3}{45}-\cdots$ なので、次のようになる。

$$\pi \cot \pi z=\frac{1}{z}-\frac{{\pi }^2}{3}z-\frac{{\pi }^4}{45}{z}^3-\cdots$$

$z^2$ で割ると、$1/z$ の係数が読めます。

$$\frac{\pi \cot \pi z}{z^2}=\frac{1}{z^3}-\frac{{\pi }^2}{3}\cdot \frac{1}{z}-\frac{{\pi }^4}{45}z-\cdots$$

留数は $-{\pi }^2/3$。総和定理から $\sum _{n\ne 0}\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{3}$ です。

左辺は $2\zeta (2)$ なので、$\zeta (2)={\pi }^2/6$。展開の $1$ 項を読むだけで終わりました。

級数そのものの収束は遅く、$40$ 項足しても小数第 $2$ 位が定まりません。留数の側には、この遅さがまったく現れない。

偶数のゼータは全部出る

分母の次数を上げると、そのまま次の値が出ます。$f(z)=1/z^4$ なら $\pi \cot \pi z/z^4$ の留数は $-{\pi }^4/45$。

$$\zeta (4)=\frac{{\pi }^4}{90},\zeta (6)=\frac{{\pi }^6}{945},\zeta (8)=\frac{{\pi }^8}{9450}$$

$\cot$ の展開係数はベルヌーイ数で書けるので、一般式もそのまま出ます^[2]。

$$\zeta (2k)=\frac{(-1{)}^{k+1}{B}_{2k}(2\pi {)}^{2k}}{2(2k)!}$$

$\pi$ の偶数乗に有理数が掛かる形。$\zeta (2k)/{\pi }^{2k}$ がいつも有理数だという事実が、この式の中身です。

奇数では止まる

同じ手を $f(z)=1/z^3$ に当てると、$\pi \cot \pi z/z^3$ の留数から $\sum _{n\ne 0}\frac{1}{n^3}$ が出ます。

ところが $1/n^3$ は奇関数なので、正の $n$ と負の $n$ が打ち消し合って左辺が $0$。$\zeta (3)$ の情報はどこにも残りません。

偶数乗のときだけ左辺が $2\zeta (2k)$ になり、意味のある等式になる。奇数のゼータが未解決なのは、この打ち消しを避ける道が見つかっていないためです。

分母を変える

$f$ を替えれば別の級数が出ます。$f(z)=1/(z^2+a^2)$ をとる。

$f$ の極は $\pm ai$ で、どちらの留数も $-\frac{\pi }{2a}\coth \pi a$ です。総和定理から次を得ます^[1]。

$$\sum _{n=-\infty }^{\infty }\frac{1}{n^2+a^2}=\frac{\pi }{a}\coth \pi a$$

$n\ge 1$ に直すと $\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2+a^2}=\frac{\pi }{2a}\coth \pi a-\frac{1}{2a^2}$。

$a\to 0$ の極限をとると、$\coth \pi a\approx 1/(\pi a)+\pi a/3$ から ${\pi }^2/6$ が出ます。バーゼル問題が、この式の特別な場合として現れる。

重みを置きかえる

$\pi \cot \pi z$ が「整数に留数 $1$ の極を置く関数」だったので、別の置き方をする関数に替えれば、別の和が出ます。

$\csc$ に替えると符号が交互に付き、交代級数が扱えます。$\tan$ と $\sec$ は目盛りが半分ずれ、$n+\frac{1}{2}$ の形の和に効く。

どれも $C_N$ の上で有界だという性質を共有しています。$\csc$ と $\sec$ の上界は $\cot$ と同じ議論で出る^[1]。

半整数で足す

$f(z)=1/(z-\frac{1}{2}{)}^2$ をとると、$f$ の極は $z=\frac{1}{2}$ の $2$ 位です。

$\pi \cot \pi z$ を掛けて微分すると、留数は $-{\pi }^2{\csc }^2(\pi /2)=-{\pi }^2$。総和定理から次を得ます^[1]。

$$\sum _{n=-\infty }^{\infty }\frac{1}{{\left(n-\frac{1}{2}\right)}^2}={\pi }^2$$

分母を $4/(2n-1{)}^2$ と書き直すと、奇数の $2$ 乗の逆数の和になります。

$$\sum _{k=1,3,5,\dots }\frac{1}{k^2}=\frac{{\pi }^2}{8}$$

$\zeta (2)$ から偶数の項 $\frac{1}{4}\zeta (2)$ を引いた値と一致します。${\pi }^2/6-{\pi }^2/24={\pi }^2/8$。

効かない場合

$\sum 1/n$ に当てようとすると、$k=1$ で最初の条件から外れます。実際その和は発散するので、当たらないほうが正しい。

部分分数分解として読む

総和定理を裏から見ると、$\pi \cot \pi z$ 自身の分解が読めます。

$$\pi \cot \pi z=\frac{1}{z}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2z}{z^2-n^2}$$

すべての極を $1/(z-n)$ の形で書き並べ、収束するように正負を組にしたもの。$\pi \cot \pi z$ は、$\pi z$ の $\cot$ という顔と、無限個の単純分数の和という顔を持ちます。

この分解に $z$ の展開を当てると、また $\zeta (2k)$ が出ます。同じ事実を、経路の側から見るか、分解の側から見るかの違い。

整理

いちばん手を動かすのはローラン展開です。$\cot$ の展開係数さえ手元にあれば、あとは割り算だけ。

出典