ゼータ関数、L関数の特殊値

前回は周期Bernoulli多項式のFourier展開を求めました。
negelon.hatenablog.com
今回は、それを利用してゼータ関数の正の偶数点での値とあるL関数の正の奇数点での値を導きます。
※ただし、まだゼータ関数やL関数は定義していないので、本記事では級数の表示のままにしておきます。

ゼータ関数の正の偶数点での値

Cor.29 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^{2k}}=\dfrac{(-1)^{k - 1}2^{2k - 1}B_{2k}}{(2k)!}\pi^{2k}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Thm.28 (2)において とすると,
\begin{align*}
\psi_{2k}(0)&=B_{2k}(0)\\
&=2(-1)^{k - 1}(2k)!\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(2\pi n)^{2k}}
\end{align*}であり Prop.8から左辺は なので,
\begin{align*}
B_{2k}=2(-1)^{k - 1}(2k)!\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{(2\pi n)^{2k}}.
\end{align*}従って,
\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^{2k}}&=\dfrac{(-1)^{k - 1}2^{2k-1}B_{2k}}{(2k)!}\pi^{2k}
\end{align*}を得る.■

例
具体的にいくつかの に対してみてみよう.
(1) (バーゼル問題) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{2}} = \dfrac{{\pi}^{2}}{6}.
\end{align*}(2) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{4}} = \dfrac{{\pi}^{4}}{90}.
\end{align*}(2) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 1}^{\infty} \dfrac{1}{n^{6}} = \dfrac{{\pi}^{6}}{945}.
\end{align*}

あるL関数の正の奇数点での値

Cor.30 任意の自然数 に対して,
\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k-1}}=\dfrac{(-1)^{k}2^{2k-2}B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)}{(2k-1)!}\pi^{2k-1}
\end{align*}が成り立つ.

(証明)
Thm.28 (1)において とすると,
\begin{align*}
\psi_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right) &= B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)\\
&= 2(-1)^{k}(2k-1)!\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{\sin{\dfrac{n \pi}{2}}}{(2\pi n)^{2k-1}}\\
&= 2(-1)^{k}\dfrac{(2k-1)!}{(2 \pi)^{2k-1}}\sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k-1}}
\end{align*}となるので,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n+1)^{2k-1}} &= \dfrac{(2 \pi)^{2k-1}B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)}{2(-1)^{k}(2k-1)!}\\
&= \dfrac{(-1)^{k}2^{2k-2}B_{2k-1}\left(\dfrac{1}{4}\right)}{(2k-1)!}\pi^{2k-1}
\end{align*}を得る.■

例
具体的にいくつかの に対してみてみよう.
(1) (Gregory-Leibnizの公式) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{2n + 1} = \dfrac{\pi}{4}.
\end{align*}(2) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n + 1)^{3}} = \dfrac{\pi^{3}}{32}.
\end{align*}(3) のとき,
\begin{align*}
\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}}{(2n + 1)^{5}} = \dfrac{5}{1536} \pi^{5}.
\end{align*}