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＜ 付録 ＞
＜ まとめ ＞
この「その３」ではフーリエ級数の公式
-log(2sin(x/2))＝cosx/1 + cosx/1 + cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・ ----①
( 0 < x < 2π)
に、作用素の定理（定理３）を適用することにする。
今回は、2π代入-->π代入-->π/2代入-->π/3代入の順番で見ていく。
まずは2π代入から見る。
［計算（2π代入）］
フーリエ級数の公式
-log(2sin(x/2))＝cosx/1 + cosx/1 + cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・ ----①
( 0 < x < 2π)
に定理３を適用する。
いつものように、はじめに一工夫加える。①の右辺のcosx/1を左辺に移項して次の形にする。
-log(2sin(x/2)) - cosx/1＝cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・ ----②
①でなく②の形にしたのは①で定理３を適用したのでは途中で特異点的な状況が発生するので（（1-1+1-1+・・）のよう
なことが起こる）、それを避けるためである。こうしておけば安心である。
まず②の右辺をＧ(x)と見て、定理３の式の右辺側を計算する。
（∫+∫^2+∫^3+・・・）Ｇ（x）
＝（∫+∫^2+∫^3+・・・）(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)
＝∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dx + ∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dx dx
+∫∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dxdxdx + ・・・
この右辺を一つづつ計算しよう。∫の積分範囲はすべて0～xである。
∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dx
＝(sin2x/2^2 + sin3x/3^2 + sin4x/4^2 + ・・)
∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dxdx
＝(-cos2x/2^3 - cos3x/3^3 - cos4x/4^3 - ・・) + (ζ(3)-1)
∫∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dxdxdx
＝(-sin2x/2^4 - sin3x/3^4 - sin4x/4^4 - ・・) + (ζ(3)-1)x
∫∫∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dxdxdxdx
＝(cos2x/2^5 + cos3x/3^5 + cos4x/4^5 + ・・) + (ζ(3)-1)x^2/2！- (ζ(5)-1)
∫∫∫∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dxdxdxdxdx
＝(sin2x/2^6 + sin3x/3^6 + sin4x/4^6 + ・・) + (ζ(3)-1)x^3/3！- (ζ(5)-1)x
∫∫∫∫∫∫(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)dxdxdxdxdxdx
＝(-cos2x/2^7 - cos3x/3^7 - cos4x/4^7 - ・・) + (ζ(3)-1)x^4/4！- (ζ(5)-1)x^2/2！ + (ζ(7)-1)
・
・
上の左辺ばかり、右辺ばかりを縦に足し算して整理すると次のようになる。
(∫+∫^2+∫^3+・・・）(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・｝
+ e^x・｛(ζ(3)-1) - (ζ(5)-1) + (ζ(7)-1) - (ζ(9)-1) + ・・ ｝ -----③
ここで例えば∫^3は∫∫∫の意味である。dx・・dx等は略した。
また
(ζ(3)-1) - (ζ(5)-1) + (ζ(7)-1) - (ζ(9)-1) + ・・
＝1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・
が簡単な計算でわかるので、③をこの右辺で置き換えて次を得る。
(∫+∫^2+∫^3+・・・）(cos2x/2 + cos3x/3 + cos4x/4 + ・・)
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・｝
+ e^x・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・ ｝ ----③-2
①より③-2の左辺を書き換えると、次のようになる。
(∫+∫^2+∫^3+・・・）(-log(2sin(x/2))-cosx)
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・｝
+ e^x・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・ ｝ -----④
-log(2sin(x/2))-cosx をＧ(x)とみて左辺に定理３を適用すると④は次のようになる。
e^x∫(0～x) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・｝
+ e^x・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・ ｝ -----⑤
両辺をe^xで割った式のxに2πを代入すると⑤は次となる。
∫(0～2π) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝(1- e^(-2π))・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・｝ ----⑥
さて、左辺で計算できるところは計算してしまうと左辺は次のようになる。
⑥左辺＝∫(0～2π) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝-∫(0～2π) ｛e^(-x)log(sin(x/2)｝dx - ｛1-e^(-2π)｝/2 - log2・(1-e^(-2π))
よって、⑥は次のようになる。
-∫(0～2π) e^(-x)・log(sin(x/2) dx
= log2・(1-e^(-2π)) + ｛1-e^(-2π)｝/2
+ (1- e^(-2π))・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・｝
さらに、右辺をまとめると（1/2＝1/(1(1^2+1))であるから）、次式を得る。
-∫(0～2π) e^(-x)・log(sin(x/2) dx
=｛1-e^(-2π)｝・｛log2 + 1/(1(1^2+1)) + 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・｝ ----⑦
以上。
⑦というきれいな式が導出できた。これはζ(3)と同じ心をもつ式であり、明示的には表示できないものである。
念のため、左辺と右辺の数値的な一致の検証も行ったがＯＫであった。（左辺はBearGraphというフリーの計算ソフトで、
右辺はExcelを用いて計算した。）
今回の結果は、「スワン彗星 その４」の結果ともすこし関係している。
次にπ代入を調べる。
［計算（π代入）］
2π代入での場合と途中まで同じであるので、2π代入での⑤式から出発する。
e^x∫(0～x) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・・｝
+ e^x・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・ ｝ -----⑤
両辺e^xで割った式にπを代入すると次となる。
∫(0～π) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝- e^(-π)・｛1/(2(2^2+1)) - 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) - 1/(5(5^2+1)) + ・・・｝
+ ｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・｝ -----⑥
左辺で計算できるところは計算してしまってまとめると⑥は次となる。
-∫(0～π) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π)) + ｛1/(1(1^2+1)) + 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・｝
+ e^(-π)・｛1/(1(1^2+1)) - 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) - 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) - ・・・｝ -----⑦
途中で1/2＝1/(1(1^2+1))などとして形を整えた。∑記号でも表しておく。
-∫(0～π) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π)) + ∑(n＝1～∞) 1/(n(n^2+1)) + e^(-π)・∑(n＝1～∞) (-1)^(n+1)/(n(n^2+1)) ----⑧
以上。
π代入では⑦（⑧）という式が出たわけである。右辺に二つの級数が現れているが、⑦をよく見ると一番目の｛｝の級数は
2π代入で出た級数と同じものである。
次にπ/2代入を調べる。
［計算（π/2代入）］
2π代入での場合と途中まで同じであるので、2π代入での⑤式から出発する。
e^x∫(0～x) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・・｝
+ e^x・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・ ｝ -----⑤
両辺e^xで割った式にπ/2を代入すると次となる。
∫(0～π/2) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝- e^(-π/2)・｛-1/(2(2^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) - 1/(6(6^2+1)) + 1/(8(8^2+1)) - ・・・｝
+ e^(-π/2)・｛-1/(3^2+1) + 1/(5^2+1) - 1/(7^2+1) + 1/(9^2+1) - ・・・｝
+ ｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・｝ -----⑥
左辺で計算できるところは計算してしまってまとめると⑥は次となる。
-∫(0～π/2) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π/2)) + ｛1/(1(1^2+1)) + 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + ・・・｝
+ e^(-π/2)・｛1/(1^2+1) - 1/(3^2+1) + 1/(5^2+1) - 1/(7^2+1) + ・・・｝
+ e^(-π/2)・｛1/(2(2^2+1)) - 1/(4(4^2+1)) + 1/(6(6^2+1)) - 1/(8(8^2+1)) + ・・・｝ -----⑦
途中で1/2＝1/(1(1^2+1))などとして形を整えた。∑記号でも表しておく。
-∫(0～π/2) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π/2)) + ∑(n＝1～∞) 1/(n(n^2+1))
+ e^(-π/2)・｛∑(n＝1～∞) (-1)^(n+1)/((2n-1)^2+1) + ∑(n＝1～∞) (-1)^(n+1)/(2n((2n)^2+1))｝ ----⑧
以上。
π/2代入では⑦（⑧）という式が出た。右辺に三つの級数が現れている。⑦では一番目の｛｝の級数は2π代入で出た
級数と同じものである。
左辺と右辺の数値的な一致の検証も行ったがＯＫであった。
次にπ/3代入を調べる。
［計算（π/3代入）］
2π代入での場合と途中まで同じであるので、2π代入での⑤式から出発する。
e^x∫(0～x) e^(-x)・(-log(2sin(x/2))-cosx) dx
＝｛sin2x/(2^2+1) + sin3x/(3^2+1) + sin4x/(4^2+1) + sin5x/(5^2+1) + ・・・｝
- ｛cos2x/(2(2^2+1)) + cos3x/(3(3^2+1)) + cos4x/(4(4^2+1)) + cos5x/(5(5^2+1)) + ・・・｝
+ e^x・｛1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + 1/(5(5^2+1)) + ・・・ ｝ -----⑤
両辺e^xで割った式にπ/3を代入し、左辺で計算できるところは計算してしまってまとめると⑥は次となる。
-∫(0～π/3) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π/3)) + ｛1/(1(1^2+1)) + 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + ・・・｝
+ (√3/2)e^(-π/3)・｛1/(1^2+1) + 1/(2^2+1) - 1/(4^2+1) - 1/(5^2+1)
+ 1/(7^2+1) + 1/(8^2+1) - 1/(10^2+1) - 1/(11^2+1) + ・・・｝
-(1/2)e^(-π/3)・｛1/(1(1^2+1)) - 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) - 1/(4(4^2+1)) + ・・・｝
+ (3/2)e^(-π/3)・｛1/(3(3^2+1)) - 1/(6(6^2+1)) + 1/(9(9^2+1)) - 1/(12(12^2+1)) + ・・・｝ ----⑥
途中で1/2＝1/(1(1^2+1))など他様々な変形を行って形を整えた。∑記号でも表しておく。
-∫(0～π/3) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π/3)) + ∑(n＝1～∞) 1/(n(n^2+1))
+ e^(-π/3)・｛(√3/2)∑(n＝0～∞) (-1)^(n+2)・(1/((3n+1)^2+1) + 1/((3n+2)^2+1))
- (1/2)∑(n＝1～∞) (-1)^(n+1)/(n(n^2+1)) + (3/2)∑(n＝1～∞) (-1)^(n+1)/(3n((3n)^2+1))｝ ----⑦
以上。
π/3代入では⑥（⑦）という式が出た。右辺に四つの級数が現れている。
⑥では一番目と３番目の｛｝の級数はそれぞれ2π代入、π代入で出た級数と同じものである。
念のため、左辺と右辺の数値的な一致の検証も行ったがＯＫであった。（左辺はBearGraphというフリーの計算ソフトで、
右辺はExcelを用いて計算した。）
π/3代入での式を再掲する。
-∫(0～π/3) e^(-x)・log(sin(x/2)) dx
＝log2・(1-e^(-π/3)) + ｛1/(1(1^2+1)) + 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) + 1/(4(4^2+1)) + ・・・｝
+ (√3/2)e^(-π/3)・｛1/(1^2+1) + 1/(2^2+1) - 1/(4^2+1) - 1/(5^2+1)
+ 1/(7^2+1) + 1/(8^2+1) - 1/(10^2+1) - 1/(11^2+1) + ・・・｝
-(1/2)e^(-π/3)・｛1/(1(1^2+1)) - 1/(2(2^2+1)) + 1/(3(3^2+1)) - 1/(4(4^2+1)) + ・・・｝
+ (3/2)e^(-π/3)・｛1/(3(3^2+1)) - 1/(6(6^2+1)) + 1/(9(9^2+1)) - 1/(12(12^2+1)) + ・・・｝
ここで一寸面白い状況が生じていることを指摘する。
(√3/2)がかかる級数をＡとすると、
A＝1/(1^2+1) + 1/(2^2+1) - 1/(4^2+1) - 1/(5^2+1) + 1/(7^2+1) + 1/(8^2+1) - 1/(10^2+1) - 1/(11^2+1) + ・・・
であるが、このＡはじつは次のゼータ関数Ｂの心をもったものなのである。
B＝1- 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s- 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・
ＡとＢでは＋と－の出方がぜんぜん違うように見えるが、なぜ赤字のようなことが言えるのか？
これは「ゼータ惑星」で行っていた変形にも関係するが、いま次のようなAと＋，－の出方をあわせたB2があったとしよう。
（AとB2の＋と－の出方が同じであることに注目）
B2＝1+ 1/2^s - 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s + 1/8^s - 1/10^s - 1/11^s + ・・
これは次のように変形することができる。
B2＝1+ 1/2^s - 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s+ 1/8^s - 1/10^s - 1/11^s + ・・
＝1- 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s- 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・
+ (2/2^s - 2/4^s + 2/8^s - 2/10^s +・・・)
＝1- 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s- 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・
+ 2/2^s(1 - /2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s- 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・)
＝1- 1/2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s- 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・
+ 1/2^(s-1)・(1 - /2^s + 1/4^s - 1/5^s + 1/7^s- 1/8^s + 1/10^s - 1/11^s + ・・)
＝B + 1/2^(s-1)・B
＝(1 + 1/2^(s-1))・B
このように変形できるため、B2は本質的にBに等しいのである。
「この事実」と「AとBの形の類似」から先に「Ａはじつは次のゼータ関数Ｂの心をもったもの」と言った意味がわかっていた
だけると思う。
ちなみにBは虚２次体Ｑ(√-3)のゼータ関数であり、またはディリクレのＬ関数L(χ,s)の特別な場合に当たるものでもある。
その類似の視点から見れば、π/2代入で出た
1/(1^2+1) - 1/(3^2+1) + 1/(5^2+1) - 1/(7^2+1) + ・・・
などは、L(s)ゼータの心をもっていることが容易にわかる。
L(s)＝1 - 1/3^s + 1/5^s - 1/7^s +・・・
本頁の2π代入，π代入，π/2代入，π/3代入の結果をまとめておく。
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