2018年4月11日 山田 泰司
\[ \frac1{1^2} + \frac1{2^2} + \frac1{3^2} + \frac1{4^2} + \frac1{5^2} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6 \] これはバーゼル問題と呼ばれ、1735年オイラーによって解かれた。
\(\sin(x)\)は\(n\pi\)(\(n\in\mathbb{Z}\))で零なので、以下のように因数分解できるはずである。 \[ \sin(x) = x(x - \pi)(x + \pi)(x - 2\pi)(x + 2\pi)(x - 3\pi)(x + 3\pi)\cdots \] 但しここで、 \[ (x - k\pi)(x + k\pi) = (x^2 - k^2\pi^2),\qquad k>0 \] である。ここでの意図が変わらないように、これを以下のように書き直す。 \[ (x - k\pi)(x + k\pi) \iff \left(1 - \frac{x}{k\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{k\pi}\right) = \left(1 - \frac{x^2}{k^2\pi^2}\right) \] すると\(\sin(x)\)は、以下のように因数分解できるはずである。 \[ \begin{aligned} \sin(x) &= x\left(1 - \frac{x}{\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{2\pi}\right)\left(1 - \frac{x}{3\pi}\right)\left(1 + \frac{x}{3\pi}\right)\cdots\\ &= x\left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\cdots \end{aligned} \] 一方、\(\sin(x)\)のマクローリン展開は、 \[ \sin(x) = \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} +\cdots \]
これらの両辺を\(x\)で割って、 \[ \begin{aligned} \frac{\sin(x)}x &= \left(1 - \frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{2^2\pi^2}\right)\left(1 - \frac{x^2}{3^2\pi^2}\right)\cdots = \prod_{n=1}^{\infty}\left(1 - \frac{x^2}{n^2\pi^2}\right)\\ \frac{\sin(x)}x &= \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k+1)!} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} +\cdots \end{aligned} \] ところで、 \[ \prod_{n=1}^k(1+a_nx) = 1 + \sum_{n=1}^ka_n x +\cdots \] であることからわかるように、先の\(x^2\)の係数はそれぞれ等しいはずなので、 \[ -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2} = -\frac1{3!} \] ゆえに、 \[ \zeta(2) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}6 \]
このようにオイラーは、一つの初等関数を二つの異なる形式で表し、その一部の係数が等しいこと、そして、片方の係数にバーゼル問題が現れるという、到底思いつきそうもない方法で求めたことになる。加えて、以下のような一般化も示した。 \[ \zeta(2m) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{2m}} = \frac{(-1)^{m+1}}{2}\frac{(2\pi)^{2m}}{(2m)!}B_{2m} \] これは後に使う。
フーリエ級数展開は、周期\(2L\)をもつ関数\(f(x)\)について、以下のように求める。 \[ \begin{aligned} f(x) &= a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}\left( a_n\cos\left(n\frac{\pi}{L}x\right) + b_n\sin\left(n\frac{\pi}{L}x\right) \right)\\ a_0 &= \frac1{2L}\int_{-L}^{L}f(x)dx\\ a_n &= \frac1{2L}\int_{-L}^{L}f(x)\cdot 2\cos\left(n\frac{\pi}{L}x\right)dx\\ b_n &= \frac1{2L}\int_{-L}^{L}f(x)\cdot 2\sin\left(n\frac{\pi}{L}x\right)dx\\ \end{aligned} \]
放物線\(f(x)=x^2\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= \frac{\pi^2}3\\ a_n &= 4\frac{(-1)^n}{n^2}\\ b_n &= 0\\ x^2 &\sim \frac{\pi^2}3 + \sum_{n=1}^{\infty}\left( 4\frac{(-1)^n}{n^2}\cos\left(nx\right) \right)\\ \end{aligned} \] ここで、\(x=\pi\)とすると、 \[ \begin{gather} \pi^2 = \frac{\pi^2}3 + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}6 \end{gather} \]
\[ \frac1{1^2} - \frac1{2^2} + \frac1{3^2} - \frac1{4^2} + \frac1{5^2} -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\pi^2}{12} \]
ちなみに、\(x=0\)とすると、 \[ \begin{gather} 0 = \frac{\pi^2}3 + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\\ \implies \eta(2) = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} = \frac{\pi^2}{12} \end{gather} \]
まず、\(\frac{z}{e^z-1}\)のテイラー展開の係数で定義されるベルヌーイ数\(B_n\)： \[ \frac{z}{e^z-1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}z^n \] の値をまとめておく。 \[ \begin{alignedat}{3} &B_0 = 1& &B_1 = -\frac12\\ &B_2 = \frac16& &B_m = 0,\qquad(3\le m\text{: odd})\\ &B_4 = -\frac1{30}& &B_6 = \frac1{42}\\ &B_8 = -\frac1{30}& &B_{10} = \frac5{66}\\ &B_{12} = -\frac{691}{2730}\qquad& &B_{14} = \frac7{6}\\ \end{alignedat} \] 関数等式： \[ \pi^{-\frac{s}2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)\zeta(s)= \pi^{-\frac{1-s}2}\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)\zeta(1-s) \] より、 \[ \zeta(s)= \pi^{s-\frac12}\frac{\mathit{\Gamma}\left(\frac{1-s}2\right)}{\mathit{\Gamma}\left(\frac{s}2\right)}\zeta(1-s) \] ここから以下が正の偶数\(2m\)において成り立つことが知られている。 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^{2m}} = \zeta(2m) = \frac{(-1)^{m+1}}{2}\frac{(2\pi)^{2m}}{(2m)!}B_{2m} \tag{1}\label{eq:zeta1} \] よって、式\eqref{eq:zeta1}において、\(m=1\)のとき、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} = \zeta(2) &= \frac{(-1)^{1+1}}{2}\frac{(2\pi)^{2}}{2!}B_{2} = \frac{1}{2}\frac{2^2\pi^2}{2}\frac16\\ &= \frac{\pi^2}6\\ \end{aligned} \]
ちなみに、\(m=2\)のとき、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \zeta(4) &= \frac{(-1)^{2+1}}{2}\frac{(2\pi)^{2\cdot 2}}{(2\cdot 2)!}B_4 = \frac{-1}{2}\frac{2^4\pi^4}{4!}\cdot-\frac1{30}\\ &= \frac{\pi^4}{90} \end{aligned} \]
さらに、以下が\(s\le 1\)の整数において成り立つことが知られている。 \[ \zeta(s) = (-1)^s\mathit{\Gamma}(1-s)\frac{B_{1-s}}{(1-s)!} \tag{2}\label{eq:zeta2} \] よって、\(s=0\)のとき、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^0} = \zeta(0) &= (-1)^0\mathit{\Gamma}(1)\frac{B_1}{(1-0)!} = 1\frac{-\frac12}{1}\\ &= -\frac12 \end{aligned} \]
また、式\eqref{eq:zeta2}において、\(s\)を負の整数とするために\(s=-m\) (\(m\ge 1\))とすると、\(\mathit{\Gamma}(m+1) = m!\)なので、 \[ \begin{aligned} \zeta(-m) &= (-1)^{-m}m!\frac{B_{m+1}}{(m+1)!}\\ &= (-1)^{-m}\frac{B_{m+1}}{m+1} \end{aligned} \tag{3}\label{eq:zeta3} \] よって、\(s\)が負の偶数のときは、\(m+1\)は\(B_{m+1} = 0, (3\le m+1\text{: odd})\)であるので、 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s} = \zeta(s) = 0,\qquad(0>s\text{: even}) \] これは自明な零点と呼ばれる。
また、\(s\)が負の奇数であるときは、例えば\(m=1\)のとき、式\eqref{eq:zeta3}より、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}n = \zeta(-1) &= (-1)^{-1}1!\frac{B_2}{2!}\\ &= -\frac1{12} \end{aligned} \] 例えば\(m=3\)のとき、式\eqref{eq:zeta3}より、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}n^3 = \zeta(-3) &= (-1)^{-3}3!\frac{B_4}{4!} = -6\frac{-1}{30\cdot 4\cdot 3\cdot 2}\\ &= \frac1{120} \end{aligned} \] などのように求めることができる。
残りの、\(s\)が正の奇数については、「Riemann Zeta Function -- from Wolfram MathWorld」の通り、かなり複雑である。
\[ \frac11 + \frac12 + \frac13 + \frac14 + \frac15 +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1n = \infty \] これは調和級数と呼ばれ、直感に反して発散する。
分数関数\(f(x)=\frac1x\)は調和級数の面積以下であることから、積分をすれば、 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1n \ge \lim_{n\to\infty}\int_1^{n+1}\frac1x dx = \lim_{n\to\infty}[\log x]_1^{n+1} = \lim_{n\to\infty}\log(n + 1) = \infty \] 左辺は、発散する右辺以上より、やはり発散する。
指数関数のテイラー展開は、 \[ \exp(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} +\cdots = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!} \] であるので、以下が常に成り立つ。 \[ \exp(x) \ge 1 + x \] ここで\(x\)を調和級数とすると、 \[ \exp\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n\right) = \prod_{n=1}^{\infty}\exp\left(\frac1n\right) \ge \prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac1n\right) \] \[ \begin{aligned} \prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac1n\right) &= \left(1 + \frac11\right)\left(1 + \frac12\right)\left(1 + \frac13\right)\left(1 + \frac14\right)\left(1 + \frac15\right)\cdots = \frac21\frac32\frac43\frac54\cdots\\ &= \prod_{n=1}^{\infty}\frac{n+1}n = \lim_{n\to\infty}(n + 1) \end{aligned} \] ここで自然対数をとれば、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty}\frac1n \ge \lim_{n\to\infty}\log(n + 1) &= \lim_{n\to\infty}\left\{-\log\left(n^{-1}\frac{n}{n + 1}\right)\right\} = \lim_{n\to\infty}\left\{\log(n) - \log\left(\frac{n}{n + 1}\right)\right\}\\ &= \lim_{n\to\infty}\log(n) = \infty \end{aligned} \] 左辺は、発散する右辺以上より、やはり発散する。
ちなみに、これら両辺の差である以下がオイラー定数の定義となる。 \[ \gamma = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1n - \lim_{n\to\infty}\log(n) = \int_1^{\infty}\left(\frac1{\lfloor x\rfloor} - \frac1x\right)dx \]
\[ \frac11 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \frac15 -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}n = \log 2 \] これはメルカトル級数と呼ばれ、無理数に収束する。
初項\(a\)、公比\(r\) (\(-1 < r < 1\))の等比数列の和は、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= a + ar + ar^2 + ar^3 +\cdots+ ar^{k-1}\\ -r\sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \phantom{a} - ar - ar^2 - ar^3 -\cdots- ar^{k-1} - ar^k\\ \implies \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \frac{a - ar^k}{1 - r}\\ \end{aligned} \] ここで、無限等比級数は以下のように収束する。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}ar^n = \lim_{k\to\infty}\frac{a - ar^k}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}\\ \] さて、定積分するとメルカトル級数が現れる、初項\(1\)、公比\(-x\) (\(0 \le x < 1\))の無限等比級数を使う。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}(-x)^n = 1 - x + x^2 - x^3 + x^4 -\cdots = \frac1{1 + x} \] 両辺を以下のように定積分すると、 \[ \begin{aligned} \int_0^1(1 - x + x^2 - x^3 + x^4 -\cdots) &= \int_0^1\frac1{1 + x}\\ \left[x - \frac12x^2 + \frac13x^3 - \frac14x^4 + \frac15x^5 -\cdots\right]_0^1 &= \left[\log(1 + x)\right]_0^1\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}n &= \log 2 \end{aligned} \]
但し、大学受験数学では、上記の直接的な無限級数の定積分を避けるため、両辺の差の定積分の極限が零になることを導くかたちで出題されるので、詳しくは参考文献を参照のこと。
\(\log(1 + x)\)のテイラー展開は、 \[ \log(1 + x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}nx^n \qquad\text{for }|x|<1 \] ここで極限をとれば以下のように求まる。 \[ \frac11 - \frac12 + \frac13 - \frac14 + \frac15 -\cdots = \lim_{x\to 1-}\log(1 + x) = \log 2 \]
\[ \frac1{1^4} + \frac1{2^4} + \frac1{3^4} + \frac1{4^4} + \frac1{5^4} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{90} \]
関数\(f(x)=x^4\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= \frac{\pi^4}5\\ a_n &= 8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\\ b_n &= 0\\ x^4 &\sim \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\cos\left(nx\right) \end{aligned} \] ここで、\(x=\pi\)とすると、 \[ \begin{gather} \pi^4 = \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\\ \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(\pi^2n^2 - 6)}{n^4} = \frac{4\pi^4}5\\ \pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{10}\\ \pi^2\frac{\pi^2}6 - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{10}\\ 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{15}\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{90} \end{gather} \]
\[ \frac1{1^4} - \frac1{2^4} + \frac1{3^4} - \frac1{4^4} + \frac1{5^4} -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^4} = \frac{7\pi^4}{720} \]
ここで、\(x=0\)とすると、 \[ \begin{gather} 0^4 = \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\\ \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4} = -\frac{\pi^4}5\\ \pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2} - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^4} = -\frac{\pi^4}{40}\\ \pi^2\frac{\pi^2}{12} - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^4} = -\frac{\pi^4}{40}\\ -6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^4} = \frac{7\pi^4}{120}\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^4} = \frac{7\pi^4}{720}\\ \end{gather} \]
\[ \frac1{1^2} + \frac1{3^2} + \frac1{5^2} + \frac1{7^2} + \frac1{9^2} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}8 \]
直線の絶対値\(f(x)=|x|\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= \frac{\pi}2\\ a_n &= 2\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\\ b_n &= 0\\ |x| &\sim \frac{\pi}2 + \sum_{n=1}^{\infty}\left( 2\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\cos\left(nx\right) \right) \end{aligned} \] ここで、\(x=0\)とすると、 \[ \begin{gather} |0| = \frac{\pi}2 + \sum_{n=1}^{\infty}2\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n-1}{n^2} = -\frac{\pi^2}4\\ -2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} = -\frac{\pi^2}4\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}8\\ \end{gather} \]
\[ \frac1{1^2} - \frac1{3^2} + \frac1{5^2} - \frac1{7^2} + \frac1{9^2} -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}8 \]
ちなみに、\(x=\pi\)とすると、 \[ \begin{gather} |\pi| = \frac{\pi}2 + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n2\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\\ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{(-1)^n-1}{n^2} = \frac{\pi^2}4\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^2} = \frac{\pi^2}8\\ \end{gather} \]
\[ \frac11 + \frac13 + \frac15 + \frac17 + \frac19 +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2n-1} = \infty \] これは調和級数と同様に、無限大に発散する。
初項\(a\)、公比\(r\) (\(-1 < r < 1\))の等比数列の和は、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= a + ar + ar^2 + ar^3 +\cdots+ ar^{k-1}\\ -r\sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \phantom{a} - ar - ar^2 - ar^3 -\cdots- ar^{k-1} - ar^k\\ \implies \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \frac{a - ar^k}{1 - r}\\ \end{aligned} \] ここで、無限等比級数は以下のように収束する。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}ar^n = \lim_{k\to\infty}\frac{a - ar^k}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}\\ \] さて、定積分するとこの級数が現れる、初項\(1\)、公比\(x^2\) (\(0 \le x < 1\))の無限等比級数を使う。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}(x^2)^n = 1 + x^2 + x^{2\cdot 2} + x^{2\cdot 3} + x^{2\cdot 4} +\cdots = \frac1{1 - x^2} \] 両辺を以下のように定積分すると、 \[ \begin{aligned} \int_0^1(1 + x^2 + x^{2\cdot 2} + x^{2\cdot 3} + x^{2\cdot 4} +\cdots) &= \int_0^1\frac1{1 - x^2}\\ \left[x + \frac13x^3 + \frac15x^5 + \frac17x^7 + \frac19x^9 +\cdots\right]_0^1 &= \left[\frac12\log\left(\frac{x + 1}{x - 1}\right)\right]_0^1 = -(-\infty)\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2n-1} &= \infty \end{aligned} \]
\[ \frac11 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19 -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} = \frac{\pi}4 \] これはライプニッツの公式、もしくは、マーダヴァ-ライプニッツ級数と呼ばれる。
初項\(a\)、公比\(r\) (\(-1 < r < 1\))の等比数列の和は、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= a + ar + ar^2 + ar^3 +\cdots+ ar^{k-1}\\ -r\sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \phantom{a} - ar - ar^2 - ar^3 -\cdots- ar^{k-1} - ar^k\\ \implies \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \frac{a - ar^k}{1 - r}\\ \end{aligned} \] ここで、無限等比級数は以下のように収束する。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}ar^n = \lim_{k\to\infty}\frac{a - ar^k}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}\\ \] さて、定積分するとライプニッツ級数が現れる、初項\(1\)、公比\(-x^2\) (\(0 \le x < 1\))の無限等比級数を使う。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}(-x^2)^n = 1 - x^2 + x^{2\cdot 2} - x^{2\cdot 3} +\cdots = \frac1{1 + x^2} \] 両辺を以下のように定積分すると、 \[ \begin{aligned} \int_0^1(1 - x^2 + x^{2\cdot 2} - x^{2\cdot 3} +\cdots) &= \int_0^1\frac1{1 + x^2}\\ \left[x - \frac13x^3 + \frac15x^5 - \frac17x^7 +\cdots\right]_0^1 &= \left[\tan^{-1}(x)\right]_0^1\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} &= \frac{\pi}4 \end{aligned} \]
但し、大学受験数学では、上記の直接的な無限級数の定積分を避けるため、両辺の差の定積分の極限が零になることを導くかたちで出題されるので、詳しくは参考文献を参照のこと。
\(\tan^{-1}(x)\)のテイラー展開は、 \[ \tan^{-1}(x) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} \qquad\text{for }|x|<1 \] ここで極限をとれば以下のように求まる。 \[ \frac11 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19 -\cdots = \lim_{x\to 1-}\tan^{-1}(x) = \frac{\pi}4 \]
直線\(f(x)=x\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= 0\\ a_n &= 0\\ b_n &= -\frac{2(-1)^n}n\\ x &\sim \sum_{n=1}^{\infty}\left( -2\frac{(-1)^n}n\sin\left(nx\right) \right) \end{aligned} \] ここで、\(x=\frac{\pi}2\)とすると、 \[ \begin{gather} \frac{\pi}2 = \sum_{n=1}^{\infty}\left(-2\frac{(-1)^n}n\sin\left(\frac{\pi}2n\right)\right)\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1} = \frac{\pi}4 \end{gather} \]
以上のように、ライプニッツの公式が得られる。
\[ \frac1{1^3} - \frac1{3^3} + \frac1{5^3} - \frac1{7^3} + \frac1{9^3} -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)^3} = \frac{\pi^3}{32} \]
関数\(f(x)=x^3\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= 0\\ a_n &= 0\\ b_n &= -2\frac{(\pi^2n^2 - 6)(-1)^n}{n^3}\\ x^3 &\sim -\sum_{n=1}^{\infty}\left(2\frac{(\pi^2n^2 - 6)(-1)^n}{n^3}\sin\left(nx\right)\right) \end{aligned} \] ここで、\(x=\frac{\pi}2\)とすると、 \[ \begin{gather} \left(\frac{\pi}2\right)^3 = -\sum_{n=1}^{\infty}\left(2\frac{(\pi^2n^2 - 6)(-1)^n}{n^3}\sin\left(\frac{\pi}2n\right)\right)\\ \frac{\pi^3}8 = -\sum_{n=1}^{\infty}2\frac{(\pi^2(2n-1)^2 - 6)(-1)^n}{(2n-1)^3}\\ -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\pi^2(2n-1)^2 - 6)(-1)^n}{(2n-1)^3} = \frac{\pi^3}{16}\\ -\pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1} + 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = \frac{\pi^3}{16}\\ \pi^2\frac{\pi}4 + 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = \frac{\pi^3}{16}\\ -6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = \frac{3\pi^3}{16}\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = \frac{\pi^3}{32}\\ \end{gather} \]
以上のように、奇数の-3乗の交項級数の収束値が得られる。
関数\(f(x)=x|x|\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= 0\\ a_n &= 0\\ b_n &= -2\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^3}\\ x|x| &\sim \sum_{n=1}^{\infty}\left( -2\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^3}\sin\left(nx\right) \right) \end{aligned} \] ここで、\(x=\frac{\pi}2\)とすると、 \[ \begin{gather} \frac{\pi}2\left|\frac{\pi}2\right| = \sum_{n=1}^{\infty}\left(-2\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^3}\sin\left(\frac{\pi}2n\right)\right)\\ \frac{\pi^2}4 = -2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n(\pi^2(2n-1)^2 - 4)}{\pi (2n-1)^3}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n(\pi^2(2n-1)^2 - 4)}{\pi (2n-1)^3} = -\frac{\pi^2}8\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n(\pi^2(2n-1)^2)}{(2n-1)^3} - 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = -\frac{\pi^3}8\\ \pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n-1} - 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = -\frac{\pi^3}8\\ -\frac{\pi^3}4 - 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = -\frac{\pi^3}8\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} = \frac{\pi^3}{32}\\ \end{gather} \]
以上のように、奇数の-3乗の交項級数の収束値が得られる。
\[ \frac1{1^4} + \frac1{3^4} + \frac1{5^4} + \frac1{7^4} + \frac1{9^4} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^4} = \frac{\pi^4}{96} \]
関数\(f(x)=x^2|x|\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= \frac{\pi^3}4\\ a_n &= 6\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^4}\\ b_n &= 0\\ x^2|x| &\sim \frac{\pi^3}4 + \sum_{n=1}^{\infty}6\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^4}\cos\left(nx\right)\\ \end{aligned} \] ここで、\(x=0\)とすると、 \[ \begin{gather} 0^2|0| = \frac{\pi^3}4 + \sum_{n=1}^{\infty}6\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^4}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi^2n^2(-1)^n - 2(-1)^n + 2}{\pi n^4} = -\frac{\pi^3}{24}\\ -\pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^2} + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\pi (2n-1)^4} + \pi\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^2} = -\frac{\pi^3}{24}\\ -\pi\frac{\pi^2}8 + 4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{\pi (2n-1)^4} + \pi\frac{\pi^2}{24} = -\frac{\pi^3}{24}\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^4} = \frac{\pi^4}{96}\\ \end{gather} \]
\[ \frac1{1^5} - \frac1{3^5} + \frac1{5^5} - \frac1{7^5} + \frac1{9^5} -\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^5} = \frac{5\pi^5}{1536} \]
関数\(f(x)=x^5\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= 0\\ a_n &= 0\\ b_n &= -2\frac{(\pi^4n^4 - 20\pi^2n^2 + 120)(-1)^n}{n^5}\\ x^5 &\sim -\sum_{n=1}^{\infty}2\frac{(\pi^4n^4 - 20\pi^2n^2 + 120)(-1)^n}{n^5}\sin\left(nx\right) \end{aligned} \] ここで、\(x=\frac{\pi}2\)とすると、 \[ \begin{gather} \left(\frac{\pi}2\right)^5 = -\sum_{n=1}^{\infty}2\frac{(\pi^4n^4 - 20\pi^2n^2 + 120)(-1)^n}{n^5}\sin\left(\frac{\pi}2n\right)\\ \frac{\pi^5}{64} = -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\pi^4(2n-1)^4 - 20\pi^2(2n-1)^2 + 120)(-1)^n}{(2n-1)^5}\\ \frac{\pi^5}{64} = -\pi^4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)} + 20\pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^3} - 120\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^5}\\ \frac{\pi^5}{64} = \pi^4\frac{\pi}4 - 20\pi^2\frac{\pi^3}{32} - 120\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^5}\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^5} = \frac{5\pi^5}{1536}\\ \end{gather} \]
\[ \frac1{2^2} + \frac1{4^2} + \frac1{6^2} + \frac1{8^2} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{24} \]
関数\(f(x)=x^2-|x|\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= \frac{\pi^2}3 - \frac{\pi}2\\ a_n &= 2\frac{2\pi(-1)^n-(-1)^n+1}{\pi n^2}\\ b_n &= 0\\ x^2-|x| &\sim \frac{\pi^2}3 - \frac{\pi}2 + \sum_{n=1}^{\infty}\left( 2\frac{2\pi(-1)^n-(-1)^n+1}{\pi n^2}\cos\left(nx\right) \right) \end{aligned} \] ここで、\(x=0\)とすると、 \[ \begin{gather} 0^2-|0| = \frac{\pi^2}3 - \frac{\pi}2 + \sum_{n=1}^{\infty}\left(2\frac{2\pi(-1)^n-(-1)^n+1}{\pi n^2}\right)\\ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2\pi(-1)^n-(-1)^n+1}{n^2}\right) = \frac{\pi^2}4 - \frac{\pi^3}6\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{-2\pi+2}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2\pi}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}4 - \frac{\pi^3}6\\ (1-\pi)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^3}{12}\\ (1-\pi)\frac{\pi^2}8 + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}8 - \frac{\pi^3}{12}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\pi}{(2n)^2} = \frac{\pi^3}{24}\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{24} \end{gather} \]
\[ \frac1{2^2} - \frac1{4^2} + \frac1{6^2} - \frac1{8^2} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{48} \]
ちなみに、\(x=\frac{\pi}2\)とすると、 \[ \begin{gather} \left(\frac{\pi}2\right)^2-\left|\frac{\pi}2\right| = \frac{\pi^2}3 - \frac{\pi}2 + \sum_{n=1}^{\infty}\left(2\frac{2\pi(-1)^n-(-1)^n+1}{\pi n^2}\cos\left(\frac{\pi}2n\right)\right)\\ \sum_{n=1}^{\infty}\left(2\frac{2\pi(-1)^n-(-1)^n+1}{\pi n^2}\cos\left(\frac{\pi}2n\right)\right) = -\frac{\pi^2}{12}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n2\pi}{\pi(2n)^2} = -\frac{\pi^2}{24}\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{48} \end{gather} \]
\[ \frac12 + \frac14 + \frac16 + \frac18 +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2n} = \infty \] これは調和級数と同様に、無限大に発散する。
初項\(a\)、公比\(r\) (\(-1 < r < 1\))の等比数列の和は、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= a + ar + ar^2 + ar^3 +\cdots+ ar^{k-1}\\ -r\sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \phantom{a} - ar - ar^2 - ar^3 -\cdots- ar^{k-1} - ar^k\\ \implies \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \frac{a - ar^k}{1 - r}\\ \end{aligned} \] ここで、無限等比級数は以下のように収束する。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}ar^n = \lim_{k\to\infty}\frac{a - ar^k}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}\\ \] さて、定積分するとこの級数が現れる、初項\(x\)、公比\(x^2\) (\(0 \le x < 1\))の無限等比級数を使う。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}x(x^2)^n = x + xx^2 + xx^{2\cdot 2} + xx^{2\cdot 3} + xx^{2\cdot 4} +\cdots = \frac{x}{1 - x^2} \] 両辺を以下のように定積分すると、 \[ \begin{aligned} \int_0^1(x + xx^2 + xx^{2\cdot 2} + xx^{2\cdot 3} + xx^{2\cdot 4} +\cdots &= \int_0^1\frac{x}{1 - x^2}\\ \left[\frac12x^2 + \frac14x^4 + \frac16x^6 + \frac18x^8 +\cdots\right]_0^1 &= \left[-\frac12\log(1 - x^2)\right]_0^1 = -(-\infty)\\ \implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2n} &= \infty \end{aligned} \]
\[ \frac12 - \frac14 + \frac16 - \frac18 +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n} = \frac12\log 2 \] これはメルカトル級数と同様に、無理数に収束する。
初項\(a\)、公比\(r\) (\(-1 < r < 1\))の等比数列の和は、 \[ \begin{aligned} \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= a + ar + ar^2 + ar^3 +\cdots+ ar^{k-1}\\ -r\sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \phantom{a} - ar - ar^2 - ar^3 -\cdots- ar^{k-1} - ar^k\\ \implies \sum_{n=0}^{k-1}ar^n &= \frac{a - ar^k}{1 - r}\\ \end{aligned} \] ここで、無限等比級数は以下のように収束する。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}ar^n = \lim_{k\to\infty}\frac{a - ar^k}{1 - r} = \frac{a}{1 - r}\\ \] さて、定積分するとこの級数が現れる、初項\(x\)、公比\(-x^2\) (\(0 \le x < 1\))の無限等比級数を使う。 \[ \sum_{n=0}^{\infty}x(x^2)^n = x - xx^2 + xx^{2\cdot 2} - xx^{2\cdot 3} + xx^{2\cdot 4} -\cdots = \frac{x}{1 + x^2} \] 両辺を以下のように定積分すると、 \[ \begin{aligned} \int_0^1(x - xx^2 + xx^{2\cdot 2} - xx^{2\cdot 3} + xx^{2\cdot 4} -\cdots &= \int_0^1\frac{x}{1 + x^2}\\ \left[\frac12x - \frac14x^4 + \frac16x^6 - \frac18x^8 +\cdots\right]_0^1 &= \left[\frac12\log(1 + x^2)\right]_0^1 = \frac12\log 2\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n} &= \frac12\log 2 \end{aligned} \]
\[ \frac1{2^4} - \frac1{4^4} + \frac1{6^4} - \frac1{8^4} +\cdots = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^4} = \frac{7\pi^4}{11520} \]
関数\(f(x)=x^4\)で周期\(2L=2\pi\)のとき、以下のようにフーリエ級数展開できる。 \[ \begin{aligned} a_0 &= \frac{\pi^4}5\\ a_n &= 8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\\ b_n &= 0\\ x^4 &\sim \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\cos\left(nx\right) \end{aligned} \] ここで、\(x=\frac{\pi}2\)とすると、 \[ \begin{gather} \left(\frac{\pi}2\right)^4 = \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(-1)^n(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\cos\left(\frac{\pi}2n\right)\\ \frac{\pi^4}{16} = \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(-1)^n(\pi^2(2n)^2 - 6)}{(2n)^4}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n(\pi^2(2n)^2 - 6)}{(2n)^4} = -\frac{11\pi^4}{640}\\ \pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^2} - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^4} = -\frac{11\pi^4}{640}\\ -\frac{\pi^4}{48} - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^4} = -\frac{11\pi^4}{640}\\ \implies -\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^4} = \frac{7\pi^4}{11520}\\ \end{gather} \]
ここで、\(x=\pi\)とすると、 \[ \begin{gather} \pi^4 = \frac{\pi^4}5 + \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(\pi^2n^2 - 6)}{n^4}\\ \sum_{n=1}^{\infty}8\frac{(\pi^2n^2 - 6)}{n^4} = \frac{4\pi^4}5\\ \pi^2\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{10}\\ \pi^2\frac{\pi^2}6 - 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{10}\\ 6\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{15}\\ %\implies \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^4} = \frac{\pi^4}{90} \end{gather} \]
ここで、奇数の-4乗の総和は既に得られているので、 \[ \begin{gather} \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^4} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^4} = \frac{\pi^4}{90}\\ \frac{\pi^4}{96} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^4} = \frac{\pi^4}{90}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^4} = \frac{\pi^4}{1440}\\ \end{gather} \]
以上をまとめると、確かに、 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^2} \implies \frac{\pi^2}6 = \frac{\pi^2}8 + \frac{\pi^2}{24} \] である。また、確かに、 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^2} = \frac12\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\right) \implies \frac{\pi^2}8 = \frac12\left(\frac{\pi^2}6 + \frac{\pi^2}{12}\right) \] \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^2} = \frac12\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2} + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\right) \implies \frac{\pi^2}{24} = \frac12\left(\frac{\pi^2}6 - \frac{\pi^2}{12}\right) \] となる。
自然数の-s乗の総和とその交代総和、奇数の-s乗の総和とその交代総和、偶数の-s乗の総和とその交代総和を、 \[ \begin{alignedat}{3} \zeta(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s},\qquad& \eta(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^s}\\ \zeta_{\mathrm{o}}(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^s},\qquad& \eta_{\mathrm{o}}(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^s}\\ \zeta_{\mathrm{e}}(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^s},\qquad& \eta_{\mathrm{e}}(s) &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^s}\\ \end{alignedat} \] このようにおけば、 \[ \begin{aligned} \zeta(s) = \frac1{1^s} + \frac1{2^s} + \frac1{3^s} + \frac1{4^s} + \frac1{5^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}\\ 2^{-s}\zeta(s) = \frac1{1^s2^s} + \frac1{2^s2^s} + \frac1{3^s2^s} + \frac1{4^s2^s} + \frac1{5^s2^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^s} = \zeta_{\mathrm{e}}(s)\\ \zeta(s)\left(1 - 2^{1-s}\right) = \zeta(s) - 2\cdot 2^{-s}\zeta(s) = \frac1{1^s} - \frac1{2^s} + \frac1{3^s} - \frac1{4^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^s} = \eta(s)\\ \zeta_{\mathrm{o}}(s) = \frac1{1^s} + \frac1{3^s} + \frac1{5^s} + \frac1{7^s} + \frac1{9^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^s}\\ \end{aligned} \] \[ \zeta_{\mathrm{o}}(s) = \zeta(s) - \zeta_{\mathrm{e}}(s) = \zeta(s) - 2^{-s}\zeta(s) = \zeta(s)\left(1 - 2^{-s}\right) \] \[ \begin{aligned} \zeta_{\mathrm{e}}(s) = \frac1{2^s} + \frac1{4^s} + \frac1{6^s} + \frac1{8^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n)^s}\\ 2^{-s}\zeta_{\mathrm{e}}(s) = \frac1{2^s2^s} + \frac1{4^s2^s} + \frac1{6^s2^s} + \frac1{8^s2^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(4n)^s}\\ \zeta_{\mathrm{e}}(s)\left(1 - 2^{1-s}\right) = \zeta_{\mathrm{e}}(s) - 2\cdot 2^{-s}\zeta_{\mathrm{e}}(s) = \frac1{2^s} - \frac1{4^s} + \frac1{6^s} - \frac1{8^s} +\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)^s} = \eta_{\mathrm{e}}(s)\\ \end{aligned} \] のように、それぞれ\(\zeta(s)\)との関係が求まる。但し、 \[ \begin{aligned} \eta_{\mathrm{o}}(s) = \frac1{1^s} - \frac1{3^s} + \frac1{5^s} - \frac1{7^s} + \frac1{9^s} -\cdots &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n-1)^s}\\ \end{aligned} \] これは求まらない。これは、ディリクレのL関数として以下のように一般化されている。 \[ \begin{gather} L(s, \chi) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\chi(n)}{n^s}\\ \chi(n) = \begin{cases} -1,\qquad&\text{for }n = 4k + 3\\ 0,\qquad&\text{for }n = 2k\\ 1,\qquad&\text{for }n = 4k + 1 \end{cases} \end{gather} \] まとめると以下のようになる。
| \(s\) | \(\zeta(s)\) | \(\eta(s)\) | \(\zeta_{\mathrm{o}}(s)\) | \(\eta_{\mathrm{o}}(s)\) | \(\zeta_{\mathrm{e}}(s)\) | \(\eta_{\mathrm{e}}(s)\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(s\) | \(\zeta(s)\) | \(\zeta(s)\left(1 - 2^{1-s}\right)\) | \(\zeta(s)\left(1 - 2^{-s}\right)\) | \(L(s, \chi)\) | \(2^{-s}\zeta(s)\) | \(2^{-s}\zeta(s)\left(1 - 2^{1-s}\right)\) |
| \(1\) | \(\infty\) | \(\log 2\) | \(\infty\) | \(\frac{\pi}4\) | \(\infty\) | \(\frac12\log 2\) |
| \(2\) | \(\frac{\pi^2}6\) | \(\frac{\pi^2}6\left(1 - 2^{1-2}\right) = \frac{\pi^2}{12}\) | \(\frac{\pi^2}6\left(1 - 2^{-2}\right) = \frac{\pi^2}8\) | \(\frac{\pi}8\) | \(2^{-2}\frac{\pi^2}6 = \frac{\pi^2}{24}\) | \(2^{-2}\frac{\pi^2}6\left(1 - 2^{1-2}\right) = \frac{\pi^2}{48}\) |
| \(3\) | \(\zeta(3)\) | \(\zeta(3)\left(1 - 2^{1-3}\right)\) | \(\zeta(3)\left(1 - 2^{-3}\right)\) | \(\frac{\pi^3}{32}\) | \(2^{-3}\zeta(3)\) | \(2^{-3}\zeta(3)\left(1 - 2^{1-3}\right)\) |
| \(4\) | \(\frac{\pi^4}{90}\) | \(\frac{\pi^4}{90}\left(1 - 2^{1-4}\right) = \frac{7\pi^4}{720}\) | \(\zeta(4)\left(1 - 2^{-4}\right) = \frac{\pi^4}{96}\) | \(L(4, \chi)\) | \(2^{-4}\zeta(4) = \frac{\pi^4}{1440}\) | \(2^{-4}\zeta(4)\left(1 - 2^{1-4}\right) = \frac{7\pi^4}{11520}\) |
| \(5\) | \(\zeta(5)\) | \(\zeta(5)\left(1 - 2^{1-5}\right)\) | \(\zeta(5)\left(1 - 2^{-5}\right)\) | \(\frac{5\pi^5}{1536}\) | \(2^{-5}\zeta(5)\) | \(2^{-5}\zeta(5)\left(1 - 2^{1-5}\right)\) |
\(s\)が正の偶数のときは、\(\zeta(s)\)は先のベルヌーイ数との関係式から求めることが出来るが、\(s\)が正の奇数のときは、「Riemann Zeta Function -- from Wolfram MathWorld」の通り、かなり複雑である。