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1/(1^2+1) + 1/(2^2+1) + 1/(3^2+1) + 1/(4^2+1) + ・・・＝-1/2 + (π/2)・(e^2π+1)/(e^2π-1)
1/(1^2+1)^2 + 1/(2^2+1)^2 + 1/(3^2+1)^2 + 1/(4^2+1)^2 + ・・・
＝-1/2 + (π/4)(e^(2π)+1)/(e^(2π)-1) + π^2・e^(2π)/(e^(2π)-1)^2
すなわち、∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^kのk＝1，2の場合を出したわけである。
では、k＝3はどうなるのだろうか？
今回その導出に成功したので報告したい。結果から示すと、
∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^3＝1/(1^2+1)^3 + 1/(2^2+1)^3 + 1/(3^2+1)^3 + 1/(4^2+1)^3 + ・・・
は、次のようになる。
∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^3
＝-1/2 + (π/4)｛e^(2π)+1｝/(e^(2π)-1) + (π^2/4)｛3e^(2π)-1｝/(e^(2π)-1)^2
+ π^3・e^(2π)/(e^(2π)-1)^3 + (π/16)｛8π^2・e^(2π)-e^(4π)+4π+1｝/(e^(2π)-1)^2
この導出方法を次に示す。
では、∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^3の値を求めよう。
これまでの小島彗星、ルーリン彗星でやった作用素∫(0～p) e^(-x)を用いる方法と本質的に同じなので概略だけ記す。
ただし「その２」の最後で述べたように、作用素は∫(0～p) e^(-x)でやっても∫(0～p) e^xでやっても同じなので、より簡単な
後者のほうを用いることにする。
［導出方法］
ルーリン彗星の「その１」でやったように、フーリエ級数の公式
(π/2)sinh (π-x)＝sinh(π)｛1sinx/(1^2+1) + 2sin2x/(2^2+1) + 3sin3x/(3^2+1) + ・・｝ ----①
( 0 < x < 2π)
を出発点とする。左右両辺に作用素∫(0～p) e^xを適用するわけである。
大雑把にいえば、上式の両辺に作用素∫(0～p) e^xを２回作用させれば、本頁冒頭の式が求まることになる。
まず１回目はpをxとした作用素∫(0～x) e^xを①両辺に作用させる。作用させた結果だけ書くことにする。
(π/4)｛e^(-x)/(e^(2π)-1)｝｛2e^(2π)・x - e^(2x) + 1｝
＝｛1sinx/(1^2+1)^2 + 2sin2x/(2^2+1)^2 + 3sin3x/(3^2+1)^2 + ・・｝
- ｛1^2cosx/(1^2+1)^2 + 2^2cos2x/(2^2+1)^2 + 3^2cos3x/(3^2+1)^2 + ・・｝+ e^(-x)∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^2
さらにこの両辺に作用素∫(0～p) e^xを作用させて（２回目の作用！）、p＝2πとすると次となる。
(π/8)｛8π^2・e^(2π)-e^(4π)+4π+1｝/(e^(2π)-1)＝2(1-e^(2π))A + 2π∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^2 ----②
ここで、A＝1^2/(1^2+1)^3 + 2^2/(2^2+1)^3 + 3^2/(3^2+1)^3 + ・・・＝∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^3
である。
②右辺の∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^2は
∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^2
＝1^2/(1^2+1)^2 + 2^2/(2^2+1)^2 + 3^2/(3^2+1)^2 + ・・・
＝(1^2+1-1)/(1^2+1)^2 + (2^2+1-1)/(2^2+1)^2 + (3^2+1-1)/(3^2+1)^2 + ・・・
＝｛1/(1^2+1) + 1/(2^2+1) + 1/(3^2+1) + ・・・｝
- ｛1/(1^2+1)^2 + 1/(2^2+1)^2 + 1/(3^2+1)^2 + ・・・｝
と変形できるから、本頁冒頭の２式より、結局、
∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^2＝(π/4)(e^(2π)+1)/(e^(2π)-1) - π^2・e^(2π)/(e^(2π)-1)^2
となる。これを②に代入すると、Aは次のようになる。
A＝(π^2/4)(e^(2π)+1)/(e^(2π)-1)^2 - π^3・e^(2π)/(e^(2π)-1)^3
- (π/16)｛8π^2・e^(2π)-e^(4π)+4π+1｝/(e^(2π)-1)^2
すなわち、
∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^3＝(π^2/4)(e^(2π)+1)/(e^(2π)-1)^2 - π^3・e^(2π)/(e^(2π)-1)^3
- (π/16)｛8π^2・e^(2π)-e^(4π)+4π+1｝/(e^(2π)-1)^2 ----③
である。
さて、左辺∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^3は、次のように変形できる。
∑(n＝1～∞) n^2/(n^2+1)^3
＝1^2/(1^2+1)^3 + 2^2/(2^2+1)^3 + 3^2/(3^2+1)^3 + ・・
＝(1^2+1-1)/(1^2+1)^3 + (2^2+1-1)/(2^2+1)^3 + (3^2+1-1)/(3^2+1)^3 + ・・
＝｛1/(1^2+1)^2 + 1/(2^2+1)^2 + 1/(3^2+1)^2 + ・・｝ - ｛1/(1^2+1)^3 + 1/(2^2+1)^3 + 1/(3^2+1)^3 + ・・｝
＝｛-1/2 + (π/4)(e^(2π)+1)/(e^(2π)-1) + π^2・e^(2π)/(e^(2π)-1)^2｝
- ｛1/(1^2+1)^3 + 1/(2^2+1)^3 + 1/(3^2+1)^3 + ・・｝ ----④
最後で本頁冒頭の
1/(1^2+1)^2 + 1/(2^2+1)^2 + 1/(3^2+1)^2 + 1/(4^2+1)^2 + ・・・
＝-1/2 + (π/4)(e^(2π)+1)/(e^(2π)-1) + π^2・e^(2π)/(e^(2π)-1)^2
を用いた。最後で青字の目的の級数が顔を覗かせたことに注目。あと一息である。
③と④より、
1/(1^2+1)^3 + 1/(2^2+1)^3 + 1/(3^2+1)^3 + ・・
＝-1/2 + (π/4)｛e^(2π)+1｝/(e^(2π)-1) + (π^2/4)｛3e^(2π)-1｝/(e^(2π)-1)^2
+ π^3・e^(2π)/(e^(2π)-1)^3 + (π/16)｛8π^2・e^(2π)-e^(4π)+4π+1｝/(e^(2π)-1)^2 ----⑤
と目的の∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^3が求まった。
［終わり］
念のため、Excelを用いて⑤の数値検証も行ったがOKであった。
計算が複雑になるのでやっていないが、今回の方法をさらに続けて①のフーリエ級数の公式に作用素∫(0～p) e^xを
３回作用させれば∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^4が求まる、
４回作用させれば∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^5が求まる、
５回作用させれば∑(n＝1～∞) 1/(n^2+1)^6が求まる、
・・・・・・・・・・・
となっていくはずである。
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