留数による級数の和
概要
留数による級数の和（summation of series by residues）とは、整数ごとに極をもつ核を掛け、留数定理によって無限和を有限個の留数の和へ変える方法である。適用する領域と収束条件を確認して、解析式や積分・級数の値の計算に使う。
整数を添字とする無限和を求めるとき、整数ごとに単純極をもつ関数を掛けると、各項を留数として表せる。代表的な関数は $\pi\cot\pi z$ であり、整数 $n$ における留数はすべて $1$ である。したがって $f$ が整数で正則なら、$\pi\cot\pi z\,f(z)$ の $n$ における留数は $f(n)$ になる。大きな正方形で整数の極を囲み、境界の積分を零へ近づければ、無限和を $f$ 自身の有限個の極の留数で求められる。
交代和には $\pi/\sin\pi z$ を使う。整数 $n$ における留数が $(-1)^n$ なので、同じ考えで項に交代符号を付けられる。被積分関数の整数の極は無限個あるが、有限の正方形の内部には有限個しかない。各有限の積分路で留数定理を適用し、それから極限をとることが、無限和の公式を正当化する手順である。
境界積分を消すためには、整数の極を避けるだけでなく、境界上で余接や正弦の逆数が一様に有界であることが必要である。半整数の座標をもつ正方形を選ぶと、この有界性を具体的に示せる。この記事ではその評価と無限和の一般公式を証明し、二次式の分母、交代和、半整数へのずれ、Basel 問題の別証明を扱う。
定義と使える条件
添字の各値で指定した留数をもつ有理型関数 $K(z)$ を選び、$K(z)f(z)$ の閉曲線積分を使って $\sum f(n)$ または $\sum(-1)^nf(n)$ を求める方法を、留数による級数の評価という。整数の添字に対しては
$$K_0(z)=\pi\cot\pi z,\qquad K_1(z)=\frac\pi{\sin\pi z}$$
を用いる。$K_0$ と $K_1$ は整数に単純極をもち、その留数はそれぞれ $1$ と $(-1)^n$ である。
整数 $n$ では $\sin\pi n=0$、$\frac d{dz}\sin\pi z|_{z=n}=\pi(-1)^n\ne0$ なので、単純極の公式からこれらの留数が求まる。$K_0$ の分子は $\pi\cos\pi n=\pi(-1)^n$、$K_1$ の分子は $\pi$ である。計算の基礎は 留数定理 の命題「極における留数の公式」であり、同記事の例「留数の計算例」にも余接の留数がある。
正整数 $N$ に対して $L=N+1/2$ とし、頂点 $L-iL,L+iL,-L+iL,-L-iL$ をこの順で結び、始点へ戻る正方形の境界を $C_N$ とする。向きは反時計回りである。内部の整数は $-N,-N+1,\ldots,N$ であり、境界上に整数はない。
一般公式では $f$ を有理関数とし、整数に極がなく、無限遠で $f(z)=O(|z|^{-2})$ とする。この条件は有理関数では分母と分子の次数の差が $2$ 以上であることに対応する。実数列については $f(n)=O(n^{-2})$ なので両側の和は絶対収束し、対称な部分和だけに依存しない。これは主値型の級数を扱う公式ではない。
公式の表
| 和・関数 | 公式 | 使える条件 | 根拠 |
|---|---|---|---|
| $\sum_{n\in\mathbb Z}f(n)$ | $-\sum_b\operatorname{Res}(K_0f,b)$ | 有理関数、整数の極なし、$O(\lvert z\rvert^{-2})$ | thm-sr-rational |
| $\sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^nf(n)$ | $-\sum_b\operatorname{Res}(K_1f,b)$ | 同じ条件 | thm-sr-rational |
| $\sum_{n\ge1}(n^2+a^2)^{-1}$ | $\pi\coth\pi a/(2a)-1/(2a^2)$ | $a>0$ | fml-sr-quadratic |
| $\sum_{n\ge1}(-1)^{n-1}(n^2+a^2)^{-1}$ | $1/(2a^2)-\pi/(2a\sinh\pi a)$ | $a>0$ | fml-sr-alternating |
| $\sum_{n\in\mathbb Z}((n+1/2)^2+a^2)^{-1}$ | $\pi\tanh\pi a/a$ | $a>0$ | ex-sr-shifted |
| $\sum_{n\ge1}n^{-2}$ | $\pi^2/6$ | 正整数の添字 | ex-sr-basel |
ここで $\sinh t=(e^t-e^{-t})/2$、$\cosh t=(e^t+e^{-t})/2$、$\tanh t=\sinh t/\cosh t$、$\coth t=\cosh t/\sinh t$ である。実数 $a>0$ ではこれらの分母は零にならない。一般公式の右辺の和は $f$ 自身の極について取り、整数の極の留数をもう一度足さない。
正方形上の評価
def-sr-square のすべての $C_N$ 上で
$$|\cot\pi z|<2,\qquad |1/\sin\pi z|\le1$$
が成り立つ。
$z=x+iy$ とする。複素三角関数の指数による定義から
$$\sin\pi z=\sin\pi x\cosh\pi y+i\cos\pi x\sinh\pi y,$$
$$\cos\pi z=\cos\pi x\cosh\pi y-i\sin\pi x\sinh\pi y$$
である。従って
$$|\sin\pi z|^2=\sin^2\pi x+\sinh^2\pi y,\qquad
|\cos\pi z|^2=\cos^2\pi x+\sinh^2\pi y.$$
縦の辺では $x=\pm(N+1/2)$ だから $\sin^2\pi x=1$、$\cos^2\pi x=0$ である。よって $|\cot\pi z|=|\tanh\pi y|\le1$ で、$|1/\sin\pi z|\le1$ となる。
横の辺では $|y|=N+1/2\ge3/2$ である。余接の二乗の絶対値は
$$|\cot\pi z|^2
=\frac{\cos^2\pi x+\sinh^2\pi y}{\sin^2\pi x+\sinh^2\pi y}
\le1+\frac1{\sinh^2\pi y}<2<4$$
であり、正弦の逆数の絶対値は $1/|\sinh\pi y|<1$ である。ここで $\sinh(3\pi/2)>1$ を使った。縦と横の四辺にこの評価を合わせれば、$N$ によらない上界を得る。$\square$
正方形を整数座標で選ぶと、縦の辺に整数の極が乗ってしまう。また半径が整数の円でも実軸との交点に極が来る。積分路を少しずらせばよいというだけでは、どれだけ極から離れ、一様な上界が得られるかが不明確である。半整数の正方形は、縦の辺では正弦が零から離れ、横の辺では虚部が大きくなることを同時に使えるため、計算と評価を整理しやすい。
無限和の一般公式
$f$ を有理関数とし、整数に極がなく、$f(z)=O(|z|^{-2})$、$|z|\to\infty$ とする。$b$ を $f$ の有限の極とすると、両側の級数は絶対収束し、
$$\sum_{n\in\mathbb Z}f(n)=-\sum_b\operatorname{Res}(\pi\cot\pi z\,f(z),b),$$
$$\sum_{n\in\mathbb Z}(-1)^nf(n)=-\sum_b\operatorname{Res}\left(\frac\pi{\sin\pi z}f(z),b\right)$$
が成り立つ。
無限遠の条件から、ある $C,R_0>0$ により $|z|\ge R_0$ で $|f(z)|\le C/|z|^2$ である。従って $|n|$ の大きい整数で $|f(n)|\le C/n^2$ となり、平方の逆数の級数との比較で両側の和は絶対収束する。交代符号を付けても絶対値は同じである。
$N$ をすべての $b$ が正方形内部に入るほど大きくとる。このとき境界には $f$ の極も核の整数の極もない。まず $F_0(z)=\pi\cot\pi z\,f(z)$ を考える。正方形内部の整数 $n$ では $f$ が正則で、核の留数は $1$ だから、$F_0$ の留数は $f(n)$ である。整数以外の極は $f$ の極 $b$ である。留数定理により
$$\frac1{2\pi i}\int_{C_N}F_0(z)dz
=\sum_{n=-N}^Nf(n)+\sum_b\operatorname{Res}(F_0,b).$$
正方形の周長は $8L$、境界上では $|z|\ge L=N+1/2$ である。lem-sr-kernels により核の絶対値は $2\pi$ 未満なので、境界積分の絶対値は $8L\cdot2\pi C/L^2=16\pi C/L\to0$ である。右辺の留数の和は、十分大きな $N$ では同じ有限和である。$N\to\infty$ とし、絶対収束する整数和へ移れば最初の公式を得る。
$F_1(z)=\pi f(z)/\sin\pi z$ では、整数の留数が $(-1)^nf(n)$ である。境界上の核の絶対値は $\pi$ 以下なので、同じ議論で境界積分は零に近づく。留数定理の等式の極限から交代和の公式を得る。$\square$
右辺に負号が付くのは、境界積分が零になった等式で、整数の留数の和を左へ、$f$ の極の留数の和を右へ移すからである。閉曲線の向きが反時計回りなのに負号があることは矛盾しない。また、整数以外の極で核が零になる場合には、$f$ の極の位数が下がることもある。右辺で計算するのは積 $Kf$ の留数であり、$f$ の留数をそのまま足すのではない。
$a>0$ に対して
$$\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2+a^2}
=\frac\pi{2a}\coth\pi a-\frac1{2a^2}.$$
$f(z)=1/(z^2+a^2)$ の極は $ia,-ia$ である。$\cot(i\pi a)=-i\coth\pi a$ と奇関数性から、$K_0f$ の二つの留数はそれぞれ $-\pi\coth\pi a/(2a)$ になる。thm-sr-rational より両側の和は $\pi\coth\pi a/a$ である。左辺は $1/a^2+2\sum_{n\ge1}(n^2+a^2)^{-1}$ なので、$n=0$ の項を引き、$2$ で割れば公式を得る。$\square$
$a>0$ に対して
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2+a^2}
=\frac1{2a^2}-\frac\pi{2a\sinh\pi a}.$$
$\sin(i\pi a)=i\sinh\pi a$ であるから、$K_1f$ の $ia,-ia$ における留数はそれぞれ $-\pi/(2a\sinh\pi a)$ である。一般公式によって両側の交代和は $\pi/(a\sinh\pi a)$ となる。一方、両側の交代和は $1/a^2+2\sum_{n\ge1}(-1)^n/(n^2+a^2)$ だから、$n=0$ の項を引いて符号を反転させれば主張を得る。$\square$
計算の手順
- 添字の集合と符号を決める。 正整数の和だけを求める場合でも、まず整数全体の和に広げられるかを調べる。偶関数なら $n=0$ の項と正負の対を分ける。交代符号が $(-1)^n$ か $(-1)^{n-1}$ かもここで固定する。
- 関数 $f(z)$ を作り、条件を確認する。 整数に極がないか、無限遠で $O(|z|^{-2})$ かを調べる。添字の一部が除外されている場合は、その点で積 $Kf$ の留数を別に計算する。
- 核を選ぶ。 通常の整数和は $\pi\cot\pi z$、交代和は $\pi/\sin\pi z$ を使う。半整数へのずれは $f(z)$ の引数をずらす方法でも扱える。
- 整数以外の極の留数を求める。 単純極なら核の値を $f$ の留数に掛ける。重複極では積全体を微分する。核の零点で極が消えることも確認する。
- 一般公式の負号を付け、片側の和へ戻す。 両側の和から $n=0$ の項を引き、必要なら $2$ で割る。実数値になることと、正の項の和なら正であることを確認する。
半整数の正方形と整数の極
図は $N=2$、$L=5/2$ の正方形であり、整数の極 $-2,-1,0,1,2$ が内部に入る。境界上には整数の極がなく、縦の辺は半整数の実部をもつ。二次式の分母の例では、整数の極とは別に $\pm ia$ の極が現れる。$N$ を大きくしても整数の極から境界までの実軸方向の距離は半分以上あり、核の一様な上界を保てる。
例題
$\sum_{n=1}^\infty1/(n^2+4)$ を求める。使う公式：fml-sr-quadratic。答え：$\frac\pi4\coth2\pi-\frac18\approx0.660404$。
$a=2$ を代入する。両側の和は $\pi\coth2\pi/2$ であり、$n=0$ の項 $1/4$ を引いて半分にする。最初の項は $1/5$ なので、答えはそれより大きい。$n=0$ を引かずに半分にすると $1/8$ だけ大きい値になる。
$\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}/(n^2+4)$ を求める。使う公式：fml-sr-alternating。答え：$\frac18-\frac\pi{4\sinh2\pi}\approx0.122067$。
最初の項が正の交代和なので、一般公式の $(-1)^n$ 型から符号を反転させる。項の絶対値は減少して零に近づき、答えは最初の二項の和 $1/5-1/8=0.075$ と最初の項 $0.2$ の間にある。留数で得た式は、この交代級数の基本的な上界・下界とも一致する。
$a>0$ に対し $\sum_{n\in\mathbb Z}1/[(n+1/2)^2+a^2]$ を求める。使う公式：thm-sr-rational。答え：$\pi\tanh\pi a/a$。$a=1$ では $\pi\tanh\pi\approx3.129881$。
$f(z)=1/[(z+1/2)^2+a^2]$ とすると極は $-1/2\pm ia$ である。$\cot(-\pi/2+i\pi a)=-i\tanh\pi a$ なので、上の極の留数は $-\pi\tanh\pi a/(2a)$、下の極も同じである。一般公式の負号を付ければ答えになる。整数の添字に零の項はあるが、分母は $1/4+a^2$ であり、前の二次式の例の $1/a^2$ を引いてはいけない。
$\sum_{n=1}^\infty1/n^2$ を留数で求める。使う公式：lem-sr-kernels と留数定理。答え：$\pi^2/6\approx1.644934$。
関数 $F(z)=\pi\cot\pi z/z^2$ を使う。零以外の整数の留数は $1/n^2$ で、原点では
$$\pi\cot\pi z=\frac1z-\frac{\pi^2}3z+O(z^3)$$
から留数が $-\pi^2/3$ になる。この展開は $\sin\pi z=\pi z-(\pi z)^3/6+O(z^5)$、$\cos\pi z=1-(\pi z)^2/2+O(z^4)$ を割って得られる。正方形の境界で $|F(z)|\le2\pi/|z|^2$ なので積分は零に近づく。留数定理の極限は $0=-\pi^2/3+\sum_{n\ne0}1/n^2$ であり、正負の対を半分にして答えを得る。$f(z)=1/z^2$ は整数の原点に極があるため一般公式をそのまま適用せず、その原点の留数を別に含めた。
この最後の例は Basel問題 の定理「平方数の逆数の和」と同じ値を別の方法で示している。同記事は実三角関数の余接の平方の有限和による初等的な証明を持つ。ここでは有限和の恒等式を使わず、複素積分の境界の評価と原点の Laurent 係数を用いた。二つの証明の共通点は余接が現れることで、有限和の扱いと積分路の扱いは異なる。
使える条件と反例
| 外す条件 | 反例 | 成り立たなくなること |
|---|---|---|
| 整数に極がない | $f(z)=1/z^2$ | $f(0)$ が定義されず、一般公式をそのまま使えない |
| 二次以上の減少 | $f(z)=1/(z-1/2)$ | 整数和が絶対収束せず、境界積分を消す評価もない |
| 境界が整数の極を避ける | 整数の実部をもつ正方形 | 境界上に核の極が来て留数定理を適用できない |
| 正整数と両側の和を区別 | $f(z)=1/(z^2+a^2)$ | $n=0$ の項を落とすと片側の値が $1/(2a^2)$ ずれる |
整数に極がある場合でも、添字からその点を除いた和を計算できることはある。Basel の例がその場合である。ただし積 $Kf$ では整数の極の位数が上がるため、その点の留数を $f(n)$ と読むことができない。除外した整数の留数を Laurent 展開から求め直し、他の整数の項と分けた有限の留数定理の等式を使う必要がある。
減少の反例では、正の整数 $n$ に対して $1/(n-1/2)>1/n$ だから正の側の和が発散する。負の側との対称な組を考えると打ち消しによって別の極限を作れる場合があるが、この記事の一般公式は絶対収束する和を対象とするため、その値を同じ定義の和として扱えない。境界積分の長さは $O(N)$ で、$f$ が $O(1/N)$ だと核の有界性だけでは積分が零へ近づくとは言えない。
境界上の極の反例では、たとえば縦の辺の実部を $N$ とし虚部が零を通ると、整数 $N$ の核の極にぶつかる。半整数を選ぶ理由は、整数の点を厳密に内部または外部へ分けることである。積分路をずらした場合も、どの整数が内部にあり、核の絶対値をどの定数で抑えられるかを確認しなければならない。
片側への戻し方の反例は計算結果のずれを具体的に示す。$a=2$ では零の項が $1/4$ なので、その項を含んだ両側の和を半分にすると、正整数だけの和より $1/8=0.125000$ 大きくなる。和の添字と符号の規約は、最後の整理だけの問題ではなく、求める量の定義の一部である。
よくある誤り
| 誤り | 正しくは | なぜ |
|---|---|---|
| 右辺の留数の和に正号を付ける | 一般公式は負号を付ける | 境界積分零の式を移項する |
| 核を掛ける前の $f$ の留数を足す | $Kf$ の留数を計算する | 核の値と微分が寄与する |
| 交代和の最初の項の符号を確認しない | $(-1)^n$ と $(-1)^{n-1}$ を区別する | 二つは全体の負号が異なる |
| 両側の和をそのまま $2$ で割る | 零の項を引いてから割る | ex-sr-quadratic |
| 大きい境界だから積分が零と考える | 周長と一様な上界を掛けて評価する | prf-sr-rational |
解法の比較と補足
四乗の逆数の和にも同じ積分路を使える。$\pi\cot\pi z/z^4$ の原点の留数は $-\pi^4/45$ であり、境界積分を消すと正負の整数の四乗の逆数の和が $\pi^4/45$ になる。従って正整数の和は $\pi^4/90\approx1.082323$ である。ここでの係数は余接の展開の $z^3$ の項を読む。Parsevalの等式 の例「2 次関数 $f(x)=x^2$ と 4 乗の逆数の和」は、Fourier 係数の二乗和から同じ値を得る。同じ数値を持つが、級数を生み出す仕組みは異なる。
Riemannゼータ関数 の例「正の偶数での値」も $\zeta(2)=\pi^2/6$ と $\zeta(4)=\pi^4/90$ をまとめている。この記事の方法は特殊値を求める一つの計算法であって、ゼータ関数の解析接続や関数等式を導くものではない。和が絶対収束する領域での留数計算と、解析接続した関数の値とを区別する。
有理関数のパラメータを変えると、分母を二乗した級数も扱える。たとえば $a$ が正の閉区間にあるとき、$1/(n^2+a^2)$ の $a$ による導関数は $-2a/(n^2+a^2)^2$ で、正定数倍の $n^{-4}$ で一様に抑えられる。従って項別微分を正当化でき、fml-sr-quadratic から二乗した分母の和を得られる。条件を確かめた項別微分と、形式的な微分を区別することが必要である。
計算の近似には、有限の部分和と尾部の上界を合わせる方法がある。$1/(n^2+a^2)\le1/n^2$ なので、$N$ 項までの残りは $1/N$ 以下である。交代和なら項の絶対値が減少するため、残りの絶対値は次の項以下になる。留数の閉じた式は無限和を直接与えるが、これらの基本的な評価は符号や係数を取り違えていないかを確認するためにも役立つ。
核に余接を使う理由は、整数の各点で同じ留数を得られることである。ほかの添字の集合を扱う場合には、同じ場所に極をもち、その留数が必要な重みになる核を選ぶことが出発点になる。ただし核を変えれば境界の評価も変わる。整数の場合の一様な上界を、別の核へそのまま移すことはできない。
留数定理と基本的な計算法は LebGCCA26 §5.3（pp. 131–135）と BMPS25 §9.2（p. 144）にある。この記事では既存の留数定理を使い、各積分路または級数に必要な収束と評価を上で示した。 整数の核による平方・四乗の逆数の和と交代和は BMPS25 §10.1（pp. 153–154）の演習が扱う。正方形上の評価と原点の係数を用いる計算を、この記事の記号で上に示した。
関連項目
- 理論の基礎: 留数定理, Laurent展開, 級数。
- 同じ値の別証明: Basel問題, Parsevalの等式。
- 特殊値の整理: Riemannゼータ関数。
- 積分を求める応用: 留数による定積分の計算。
参考文献
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