ケレス　その３

ケレス　その３

2018/5/11 　　＜ゼータの香り式∫e^(-ax)　[π代入] からL(1)を導出， a=i/2代入＞

　ケレスその１では、次のゼータの香りの漂う公式から、aに複素数を代入することで、ディリクレのL関数L(χ,s)の特殊値が出
ることを見た。（今後、”ゼータの香りの漂う公式”は、”ゼータの香り式”と短く呼ぶこともある。）

[2π代入]式

　1/(1^2+a^2) + 1/(2^2+ a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(4^2+ a^2) + ・・＝- 1/(2a^2) + (π/(2a))・(e^(2aπ)+1)/( e^(2aπ)-1)

　すなわち、高見沢彗星　その３他で示した下表の一連の公式の[2π代入]式を見たわけである。しかし調べているうちに、
[π代入]式の方が[2π代入]式よりももっと簡潔にゼータを導出できることがわかった。それは下表中の[π代入]式（①式）のこ
とだが、次のものである。

[π代入]式

　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1) ----①

　[2π代入]式では式変形の途中である工夫を加える必要があったが、この式の場合はもっと直接的にゼータが出るのであ
る。

　私には、[2π代入]式より[π代入]式の方が、Ｌ(χ,ｓ)ゼータ全体を見る上でより基本的な式に見える。よって方針を転換し、
[π代入]式を中心に据えて、それに様々な複素数を代入していくことにする（その１の類似を行う）。そこでは非常にきれいな
規則性で次々にゼータ特殊値が求まっていく過程を見ることができる。

　次のフーリエ級数に∫(0～x) e^(ax)を作用させxに”ある数”を代入すると、以下の式が得られる。（aは任意の実数）

　　(π-x)/2 ＝sinx/1 + sin2x/2 + sin3x/3 + sin4x/4 + ・・　　　　（0 < x < 2π）

　ここで”ある数”は以下の2πなど青字のものに対応している。

[2π代入]
　1/(1^2+a^2) + 1/(2^2+ a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(4^2+ a^2) + ・・＝- 1/(2a^2) + (π/(2a))・(e^(2aπ)+1)/( e^(2aπ)-1)

［π代入］

　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

　1/(2^2+a^2) + 1/(4^2+ a^2) + 1/(6^2+ a^2) + 1/(8^2+ a^2) + ・・＝- 1/(2a^2) + (π/(4a))・(e^(aπ)+1)/( e^(aπ)-1)

［(π/2)代入＆(3π/2)代入］

[π/2代入]

　1/(2^2+a^2) - 1/(4^2+ a^2) + 1/(6^2+ a^2) - 1/(8^2+ a^2) + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝1/(2a^2) - (π/(2a))・(e^(3aπ/2)+e^(aπ/2))/( e^(2aπ)-1)

[3π/2代入]

　1/(1^2+a^2) - 3/(3^2+ a^2) + 5/(5^2+ a^2) - 7/(7^2+ a^2) + ・・・＝(π/2)・(e^(3aπ/2)-e^(aπ/2))/( e^(2aπ)-1)

［(π/3)代入＆(5π/3)代入］

[π/3代入]

　｛1/(1^2+a^2) + 2/(2^2+ a^2) - 4/(4^2+ a^2) - 5/(5^2+ a^2)｝

　　　　　　　　　　　　　　＋｛7/(7^2+a^2) + 8/(8^2+ a^2) - 10/(10^2+ a^2) - 11/(11^2+ a^2)｝ + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝(π/√3)・(e^(5aπ/3)-e^(aπ/3))/(e^(2aπ)-1)

[5π/3代入]
　1/(3^2+a^2) - 1/(6^2+ a^2) + 1/(9^2+ a^2) - 1/(12^2+ a^2) + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝1/(2a^2) - (π/(3a))・(e^(aπ/3)+e^(aπ)+e^(5aπ/3))/(e^(2aπ)-1)

［(π/4)代入＆(3π/4)＆(5π/4)代入＆(7π/4)代入］

[π/4代入]
　｛1/(1^2+a^2) + 3/(3^2+ a^2) - 5/(5^2+ a^2) - 7/(7^2+ a^2)｝

　　　　　　　　　＋｛9/(9^2+a^2) + 11/(11^2+ a^2) - 13/(13^2+ a^2) - 15/(15^2+ a^2)｝ + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝(π/(2√2))・(e^(7aπ/4)+e^(5aπ/4)-e^(3aπ/4)-e^(aπ/4))/(e^(2aπ)-1)

[3π/4代入]

　｛1/(1^2+a^2) - 1/(3^2+ a^2) - 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2)｝

　　　　　　　　　＋｛1/(9^2+a^2) - 1/(11^2+ a^2) - 1/(13^2+ a^2) + 1/(15^2+ a^2)｝ + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝(π/(2a√2))・(e^(7aπ/4)-e^(5aπ/4)-e^(3aπ/4)+e^(aπ/4))/(e^(2aπ)-1)

[5π/4代入]
　1/(4^2+a^2) - 1/(8^2+ a^2) + 1/(12^2+ a^2) - 1/(16^2+ a^2) + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　＝1/(2a^2) - (π/(4a))・(e^(7aπ/4)+e^(5aπ/4)+e^(3aπ/4)+e^(aπ/4))/(e^(2aπ)-1)

[7π/4代入]
　2/(2^2+a^2) - 6/(6^2+ a^2) + 10/(10^2+ a^2) - 14/(14^2+ a^2) + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＝(π/4)・(e^(7aπ/4)-e^(5aπ/4)+e^(3aπ/4)-e^(aπ/4))/(e^(2aπ)-1)

　①式に複素数のi/2を代入すると、Ｌ(χ,ｓ)の一種のＬ(s)が現れる。つまりs=1での特殊値Ｌ(1) = π/4 が出るのだが、それを
見たい。

　　L(1)= 1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - 1/11 + 1/13 - 1/15 + ・・・=π/4

　Ｌ(s)を一般的に書くと、次の通り。

　　L(s) = 1/1＾s - 1/3＾s + 1/5＾s - 1/7＾s + 1/9＾s - 1/11＾s + 1/13＾s - 1/15＾s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（虚２次体Q(√(-1)ゼータ、導手N=4,　a≡0, 1, 2, 3 mod 4に対し、それぞれχ(ａ)＝0, 1, 0, -1）

　では、その導出過程を示すことにする。

［導出過程］
　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

　aに複素数i/2を代入する（iは虚数単位）。

左辺

　= 1/(1^2-(1/2)＾2) + 1/(3^2-(1/2)＾2) + 1/(5^2-(1/2)＾2) + 1/(7^2-(1/2)＾2) + ・・・

　= ｛1/(1-1/2) - 1/(1+1/2)｝ + ｛1/(3-1/2) - 1/(3+1/2)｝ + ｛1/(5-1/2) - 1/(5+1/2)｝ + ｛1/(7-1/2) - 1/(7+1/2)｝ + ・・

　= 2｛ 1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - 1/11 + 1/13 - 1/15 + ・・・｝

　= 2Ｌ(1)

右辺 = (π/(4(i/2)))・(e^(πi/2)-1)/(e^(πi/2)+1)

　= -(πi/2)×｛cos(π/2)+i・sin(π/2)-1｝/｛cos(π/2)+i・sin(π/2)+1｝

　= -(πi/2)×(i - 1)/(i + 1)

　= -(πi/2)×(-2i)/(-2)

　= π/2

　左辺＝右辺として、L（1）=π/4が得られた。

［終わり］

　このように①式から、L(1)がまったく簡単に出るのである。その１での方法と比較してずいぶんと簡潔になっていることを感じ
られると思う。

　次は、aに複素数i/3を代入した場合を見ることにする。

2018/5/20 　＜ゼータの香り式∫e^(-ax)　[π代入] からLA(1)を導出， a=i/3代入＞

　それでは、次のゼータの香り式①のaに複素数i/3を代入した場合を調べたい。

　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

結論を先に示すと、次が出る。

1 - 1/2 + 1/4 - 1/5 + 1/7 - 1/8 + 1/10 - 1/11 + 1/13 - 1/14 + 1/16 - 1/17 + ・・・＝π/(3√3)　 ---②

　これはケレス「その１」のこちらでも見たが、Ｌ(χ,ｓ)の（虚２次体Q(√(-3)ゼータLA(s)のs=1の場合の特殊値LA(1)である。

　LA(s)＝1 - 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s - 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（虚２次体Q(√(-3)ゼータ、導手N=3,　n≡0, 1, 2 mod 3に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, -1）

　では、その導出過程を示す。

［導出過程］
　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

　aに複素数i/3を代入する（iは虚数単位）。

左辺

= 1/(1^2-(1/3)＾2) + 1/(3^2-(1/3)＾2) + 1/(5^2-(1/3)＾2) + 1/(7^2-(1/3)＾2) + ・・・

= (3/2)[｛1/(1-1/3) - 1/(1+1/3)｝ + ｛1/(3-1/3) - 1/(3+1/3)｝

　　　　　　　　　 + ｛1/(5-1/3) - 1/(5+1/3)｝ + ｛1/(7-1/3) - 1/(7+1/3)｝ + ・・]

= (3/2)｛ 3/2 - 3/4 + 3/8 - 3/10 + 3/14 - 3/16 + 3/20 - 3/22 + ・・・｝

= (3＾2/2)｛ 1/2 - 1/4 + 1/8 - 1/10 + 1/14 - 1/16 + 1/20 - 1/22 + ・・・｝

= (3＾2/2＾2)｛ 1 - 1/2 + 1/4 - 1/5 + 1/7 - 1/8 + 1/10 - 1/11 + ・・・｝

= (9/4)｛ 1 - 1/2 + 1/4 - 1/5 + 1/7 - 1/8 + 1/10 - 1/11 + ・・・｝

= (9/4)LA(1)

右辺

= (π/(4(i/3)))・(e^(iπ/3)-1)/(e^(iπ/3)+1)

= (π/(4(i/3)))・｛e^(iπ/6)-e^(-iπ/6)｝/｛e^(iπ/6)+e^(-iπ/6)｝

= -(3πi/4)×[cos(π/6)+i・sin(π/6)-｛cos(-π/6)+i・sin(-π/6)｝]/[cos(π/2)+i・sin(π/2)+｛cos(-π/6)+i・sin(-π/6)｝]

= -(3πi/4)×[cos(π/6)+i・sin(π/6)-｛cos(π/6)-i・sin(π/6)｝]/[cos(π/2)+i・sin(π/2)+｛cos(π/6)-i・sin(π/6)｝]

= -(3πi/4)×(2i・sin(π/6))/(2cos(π/6))

= (3π/4)×sin(π/6)/cos(π/6)

= (3π/4)×tan(π/6)

= (3π/4)×1/√3

= π√3/4

　左辺＝右辺として、LA（1）=π/(3√3)が得られた。

［終わり］

　もしaに2i/3を代入したらなるどうだろうか。それは上とはまた違った面白い結果となるが、次回調べたい。

　これまでの結果をまとめておく。

ゼータの香りの漂う公式

　　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　

に対し、aにある値（複素数）を代入すると、以下の結果が得られる（[　]内のi は虚数単位）。

　[aに i/2 を代入した場合]

　　　1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - 1/11 + 1/13 - 1/15 + ・・・=π/4

　　　これはL(1)= π/4ということを示す。

　　ここで、L(s)= 1 - 1/3＾s + 1/5＾s - 1/7＾s + 1/9＾s - 1/11＾s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（L(s)は虚２次体Q(√(-1)ゼータ、導手N=4,　n≡0, 1, 2, 3 mod 4に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, 0, -1）

　[aに i/3 を代入した場合]

　　1 - 1/2 + 1/4 - 1/5 + 1/7 - 1/8 + 1/10 - 1/11 + 1/13 - 1/14 + 1/16 - 1/17 + ・・・＝π/(3√3)

　　　これはLA（1）=π/(3√3)ということを示す。

　　ここで、LA(s)＝1 - 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s - 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（LA(s)は虚２次体Q(√(-3)ゼータ、導手N=3,　n≡0, 1, 2 mod 3に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, -1）

2018/5/27 　＜ゼータの香り式∫e^(-ax)　[π代入] からLA(1)を導出， a=2i/3代入＞

　では次に、ゼータの香り式①のaに複素数2i/3を代入した場合を調べたい。

　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

結論を先に示すと、次が出る。

1 - 1/5 + 1/7 - 1/11 + 1/13 - 1/17 + 1/19 - 1/23 + 1/25 - 1/29 + 1/31 - ・・＝π/(2√3)　---②

　これはディリクレのL関数L(χ，s)ではないのだが、しかしよく観察すると、Ｌ(χ,ｓ)の虚２次体Q(√(-3)ゼータゼータLA(s)の

s=1の場合、すなわちLA(1)の一部分と気づくのである！

　LA(s)＝1 - 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s - 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + 1/13^s - 1/14^s + 1/16^s

　　　　　　　　　- 1/17^s + 1/19^s - 1/20^s + 1/22^s - 1/23^s + 1/25^s - 1/26^s + 1/28^s - 1/29^s +・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（虚２次体Q(√(-3)ゼータ、導手N=3,　n≡0, 1, 2 mod 3に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, -1）

　よく見ていただきたい。上記LA(s)の一部を青字で表現すると、次のようになるが、その青字の部分が②そのものになってい
るのである！まさに②はLA(1)の一部分を構成していることがわかる。これはLA(１)ゼータの枝分かれした級数といえる。

　LA(s)＝1 - 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s - 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + 1/13^s - 1/14^s + 1/16^s

　　　　　　　　- 1/17^s + 1/19^s - 1/20^s + 1/22^s - 1/23^s + 1/25^s - 1/26^s + 1/28^s - 1/29^s + 1/31＾s -・・・

　では、早速②の導出過程を示す。

［導出過程］
　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

　aに複素数2i/3を代入する（iは虚数単位）。

左辺

= 1/(1^2-(2/3)＾2) + 1/(3^2-(2/3)＾2) + 1/(5^2-(2/3)＾2) + 1/(7^2-(2/3)＾2) + 1/(9^2-(2/3)＾2) +・・・

= (3/4)[｛1/(1-2/3) - 1/(1+2/3)｝ + ｛1/(3-2/3) - 1/(3+2/3)｝

　　　　　　　　　 + ｛1/(5-2/3) - 1/(5+2/3)｝ + ｛1/(7-2/3) - 1/(7+2/3)｝ + ｛1/(9-2/3) - 1/(9+2/3)｝ +・・]

= (3/4)｛ 3/1 - 3/5 + 3/7 - 3/11 + 3/13 - 3/17 + 3/19 - 3/23 + 3/25 - 3/29 +・・・｝

= (3＾2/4)｛ 1 - 1/5 + 1/7 - 1/11 + 1/13 - 1/17 + 1/19 - 1/23 + 1/25 - 1/29 +・・・｝

右辺

= (π/(4(2i/3)))・(e^(i2π/3)-1)/(e^(i2π/3)+1)

= (π/(4(2i/3)))・｛e^(iπ/3)-e^(-iπ/3)｝/｛e^(iπ/3)+e^(-iπ/3)｝

= -(3πi/8)×[cos(π/3)+i・sin(π/3)-｛cos(-π/3)+i・sin(-π/3)｝]/[cos(π/3)+i・sin(π/3)+｛cos(-π/3)+i・sin(-π/3)｝]

= -(3πi/8)×[cos(π/3)+i・sin(π/3)-｛cos(π/3)-i・sin(π/3)｝]/[cos(π/3)+i・sin(π/3)+｛cos(π/3)-i・sin(π/3)｝]

= -(3πi/8)×(2i・sin(π/3))/(2cos(π/3))

= (3π/8)×sin(π/3)/cos(π/3)

= (3π/8)×√3

　左辺＝右辺として

1 - 1/5 + 1/7 - 1/11 + 1/13 - 1/17 + 1/19 - 1/23 + 1/25 - 1/29 + 1/31 - ・・＝π/(2√3)　--②

が得られた。

　念のため、数値計算での検証も行った。次のように左辺は右辺の値に収束する。OKである。

右辺＝0.9068997・・

左辺＝100項まで　　　＝0.9046775・・

左辺＝1万項まで　　　＝0.9068775・・

左辺＝10万項まで　　＝0.9068975・・

左辺＝10００万項まで＝0.9068997・・

［終わり］

************************************************************

追記2018/5/28

上記の結果に対して、お詫びと訂正があります。じつは上記の結果は本質的に意味があるものではないとわかりました。

Sugimoto氏から
①+1/1 -1/2 +1/4 -1/ 5 +1/ 7 -1/ 8 +1/10 -1/11 +… = π/(3√3)
③-1/2 +1/4 -1/8 +1/10 -1/14 +1/16 -1/20 +1/22 -… =-π/(6√3)
において ①の-1/2倍が③なので同じ式である、との指摘があり、わかりました。

説明しますと、LA(1)は次のように変形することができます。
LA(1)

＝1 -1/2 +1/4 -1/5 +1/7 -1/8 +1/10 -1/11 +1/13 -1/14
　　　+1/16 -1/17 +1/19 -1/20 +1/22 -1/23 +1/25 -1/26 + ・・・
＝(1 -1/5 + 1/7 -1/11 +1/13 -1/17 +1/19 -1/23 +1/25 -・・)
　　　+ (-1/2 +1/4 -1/8 +1/10 -1/14 +1/16 -1/20 +1/22 -1/26　+・・)
＝(1 -1/5 + 1/7 -1/11 +1/13 -1/17 +1/19 -1/23 +1/25 -・・)
　　　- 1/2(1 -1/2 +1/4 -1/5 +1/7 -1/8 +1/10 -1/11 +1/13 -・・)
＝(1 -1/5 + 1/7 -1/11 +1/13 -1/17 +1/19 -1/23 +1/25 -・・)

　　　-1/2LA(1)

よって、結局、
(1 -1/5 + 1/7 -1/11 +1/13 -1/17 +1/19 -1/23 +1/25 -・・) ＝3/2LA(1)
となり、左辺は本質的に右辺と同じになります。

よって、左辺の級数はとくに意味のあるものではありませんでした。ここに訂正とさせていただきます。

ご指摘いただいたSugimoto氏に感謝致します。

2018/6/2 　＜ゼータの香り式∫e^(-ax)　[π代入] からL(1)分割級数を導出， a=i/4代入,a=3i/4代入＞

　次に、ゼータの香り式①のaに複素数i/4と3i/4を代入した場合を調べる。

　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

結論を先に示すと、i/4代入から次が出る。

1/3 -1/5 +1/11 -1/13 +1/19 -1/21 +1/27 -1/29 +1/35 -1/37 + ・・＝(√2 - 1)π/8　---②

　3i/4代入から次が出る。

1 -1/7 +1/9 -1/15 +1/17 -1/23 +1/25 -1/31 +1/33 -1/39 + ・・＝(√2 + 1)π/8　　---③

　これらは単体ではゼータではないが、よく見ると、Ｌ(χ,ｓ)の虚２次体Q(√(-1)ゼータL(s)のs=1の場合、すなわちL(1)の分割
（一部分）となっている。

　L(s)＝1 - 1/3^s + 1/5^s - 1/7^s + 1/9^s - 1/11^s + 1/13^s - 1/15^s + 1/17^s - 1/19^s

　　　　　　　　　+ 1/21^s - 1/23^s + 1/25^s - 1/27^s + 1/29^s - 1/31^s + 1/33^s - 1/35^s + 1/37^s -・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（虚２次体Q(√(-1)ゼータ、導手N=4,　n≡0, 1, 2, 3 mod 4に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, 0, -1）

すなわち③ - ②で、次の④となる。

　L(1)= 1 -1/3 +1/5 -1/7 +1/9 - 1/11 +1/13 -1/15 + 1/17 -1/19 +1/21 -1/23 + ・・・=π/4 ---④

　この②と③は、④の本当の分割（枝分かれ）級数になっている！分割級数と名付けたい。

（一つ上のLA(1)関連では見かけの枝分かれがあり、見誤ったのだが・・）

　では②の導出過程を示す。③は結果だけ示した。

［導出過程］
　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　----①

　aに複素数i/4を代入する（iは虚数単位）。

左辺

= 1/(1^2-(1/4)＾2) + 1/(3^2-(1/4)＾2) + 1/(5^2-(1/4)＾2) + 1/(7^2-(1/4)＾2) + 1/(9^2-(1/4)＾2) +・・・

= 2[｛1/(1-1/4) - 1/(1+1/4)｝ + ｛1/(3-1/4) - 1/(3+1/4)｝

　　　　　　　　　 + ｛1/(5-1/4) - 1/(5+1/4)｝ + ｛1/(7-1/4) - 1/(7+1/4)｝ + ｛1/(9-1/4) - 1/(9+1/4)｝ +・・]

= 2｛ 4/3 - 4/5 + 4/11 - 4/13 + 4/19 - 4/21 + 4/27 - 4/29 + 4/35 - 4/37 +・・・｝

= 8｛ 1/3 - 1/5 + 1/11 - 1/13 + 1/19 - 1/21 + 1/27 - 1/29 + 1/35 - 1/37 +・・・｝

右辺

= (π/(4(i/4)))・(e^(iπ/4)-1)/(e^(iπ/4)+1)

= (-πi)・｛e^(iπ/8)-e^(-iπ/8)｝/｛e^(iπ/8)+e^(-iπ/8)｝

= (-πi)・[cos(π/8)+i・sin(π/8)-｛cos(-π/8)+i・sin(-π/8)｝]/[cos(π/8)+i・sin(π/8)+｛cos(-π/8)+i・sin(-π/8)｝]

= (-πi)・ (2i・sin(π/8))/(2cos(π/8))

= πtan(π/8)

= (√2 - 1)π

最後は、タンジェントの倍角公式を使ってtan(π/8)=√2 - 1 と求めた。

　左辺＝右辺として

1/3 -1/5 +1/11 -1/13 +1/19 -1/21 +1/27 -1/29 +1/35 -1/37 + ・・＝(√2 - 1)π/8　---②

が得られた。

　念のため、Excelマクロで数値検証も行った。次のように左辺は右辺の値に収束する。OKである。

右辺＝0.1626613・・

左辺＝100項まで　　　＝0.1620363・・

左辺＝1万項まで　　　＝0.1626550・・

左辺＝10万項まで　　＝0.1626607・・

左辺＝10００万項まで＝0.1626613・・

3i/4代入の場合も同様にして導いた結果、次の③が得られた。（導出過程は略）

1 -1/7 +1/9 -1/15 +1/17 -1/23 +1/25 -1/31 +1/33 -1/39 + ・・＝(√2 + 1)π/8　---③

　こちらも数値検証を行った結果、左辺は右辺の値に収束する。OK。

右辺＝0.9480594・・

左辺＝100項まで　　　＝0.9461845・・

左辺＝1万項まで　　　＝0.9480407・・

左辺＝10万項まで　　＝0.9480576・・

左辺＝10００万項まで＝0.9480594・・

　③から②を引くと、容易に次のL(1)になることがわかる。

　L(1)= 1 -1/3 +1/5 -1/7 +1/9 - 1/11 +1/13 -1/15 + 1/17 -1/19 +1/21 -1/23 + ・・・=π/4

［終わり］

　ゼータの香りの漂う公式からは、このようにゼータが分裂したものの値まで求まるのである。これらは深い結果のように思え
る。このような難しいことがごく簡単な計算から得られるのは非常に面白い。

　ゼータの香り式は、ゼータの深いところとつながっているようである。

　これまでの結果をまとめておく。

ゼータの香りの漂う公式

　　1/(1^2+a^2) + 1/(3^2+ a^2) + 1/(5^2+ a^2) + 1/(7^2+ a^2) + ・・＝(π/(4a))・(e^(aπ)-1)/( e^(aπ)+1)　

に対し、aにある値（複素数）を代入すると、以下の結果が得られる（[　]内のi は虚数単位）。

　[aに i/2 を代入した場合]

　　　1 - 1/3 + 1/5 - 1/7 + 1/9 - 1/11 + 1/13 - 1/15 + ・・・=π/4

　　　これはL(1)= π/4ということを示す。

　　ここで、L(s)= 1 - 1/3＾s + 1/5＾s - 1/7＾s + 1/9＾s - 1/11＾s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（L(s)は虚２次体Q(√(-1)ゼータ、導手N=4,　n≡0, 1, 2, 3 mod 4に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, 0, -1）

　[aに i/3 を代入した場合]

　　1 - 1/2 + 1/4 - 1/5 + 1/7 - 1/8 + 1/10 - 1/11 + 1/13 - 1/14 + 1/16 - 1/17 + ・・・＝π/(3√3)

　　　これはLA（1）=π/(3√3)ということを示す。

　　ここで、LA(s)＝1 - 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s - 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（LA(s)は虚２次体Q(√(-3)ゼータ、導手N=3,　n≡0, 1, 2 mod 3に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, -1）

　[aに i/4, 3i/4 を代入した場合]

　■i/4代入から

　　1/3 -1/5 +1/11 -1/13 +1/19 -1/21 +1/27 -1/29 +1/35 -1/37 + ・・＝(√2 - 1)π/8　---A1

　■3i/4代入から

　　1 -1/7 +1/9 -1/15 +1/17 -1/23 +1/25 -1/31 +1/33 -1/39 + ・・＝(√2 + 1)π/8　　---A2

　　A2 - A1で次のL(1)となる。

　　　L(1)= 1 -1/3 +1/5 -1/7 +1/9 - 1/11 +1/13 -1/15 + 1/17 -1/19 +1/21 -1/23 + ・・・=π/4

　　　　ここで、L(s)= 1 - 1/3＾s + 1/5＾s - 1/7＾s + 1/9＾s - 1/11＾s + ・・・

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（L(s)は虚２次体Q(√(-1)ゼータ、導手N=4,　n≡0, 1, 2, 3 mod 4に対し、それぞれχ(n)＝0, 1, 0, -1）

その２

その１

ゼータの小惑星

数学の研究