（その１２）では

　　cotx=cosx/sinx=2Σsin2x=2(sin2x+sin4x+sin6x+･･･)

にｘ＝π／２，ｘ＝π／４を代入することによって，

　　　　　　　　　　　x=π/2　　　　　　　　　　x=π/4

　Σcos(2nx)/n^s　　-(1-2^(1-s))ζ(s)　　　-2^(-s)(1-2^(1-s))ζ(s)

　Σsin(2nx)/n^s　　　　０　　　　　　　　　　　L(s)

　

ｘ＝π／３，ｘ＝π／６の代入によって

　　　　　　　　　　　x=π/3　　　　　　　　　　x=π/6

　Σcos(2nx)/n^s　　 -1/2(1-3^(1-s))ζ(s)　　　1/2(1-2^(1-s))(1-3^(1-s))ζ(s)

　Σsin(2nx)/n^s　　 √(3)/2*L3(s)　　　　　　 √(3)/2(1+2^(1-s))L3(s)

　

　一方，

　　cosecx=1/sinx=2Σsin(2n-1)x=2(sinx+sin3x+sin5x+･･･)

に対して同様のことを行うと

　　　　　　　　　　　　　　 x=π/2　　　　　　 x=π/4

　Σcos(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　０　　　　　　　 L1(s)/√2

　Σsin(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　L(s)　　　　　　 L2(s)/√2

　

　　　　　　　　　　　　　　 x=π/3　　　　　　　　　　　　　　 x=π/6

　Σcos(2n-1)x/(2n-1)^s　　 1/2(1-2^(-s))(1-3^(1-s))ζ(s)　　　√(3)/2L4(s)

　Σsin(2n-1)x/(2n-1)^s　　 √(3)/2(1+2^(-s))L3(s)　　　　　　 1/2(1+3^(1-s))L(s)

が得られることを述べた．

　

　ここに出てきたディリクレのＬ関数は，それぞれ以下の２次体と関係していることがわかっている．

　　Ｌ(s)＝１／１^s−１／３^s＋１／５^s−１／７^s＋・・・→Ｑ（√−１）

　　Ｌ1(s)＝１／１^s−１／３^s−１／５^s＋１／７^s＋・・・→Ｑ（√２）

　　Ｌ2(s)＝１／１^s＋１／３^s−１／５^s−１／７^s＋・・・→Ｑ（√−２）

　　Ｌ3(s)＝１／１^s−１／２^s＋１／４^s−１／５^s＋１／７^s−１／８^s＋・・・→Ｑ（√−３）

　　Ｌ4(s)＝１／１^s−１／５^s−１／７^s＋１／１１^s＋１／１５^s−１／１９^s＋・・・→Ｑ（√３）

　

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【１】拡張・その１

　

　今回のコラムでは（その１２）の結果の拡張を試みたいのであるが，まず最初に考えられる拡張は，ｘ＝π／８やｘ＝π／１２の代入によってどのようなゼータ関数が生み出されるのだろうかという問題である．

　

　　cotx=cosx/sinx=2Σsin2x=2(sin2x+sin4x+sin6x+･･･)

の系列に代入した結果は，

　　　　　　　　　　　x=π/8

　Σcos(2nx)/n^s　　-2^(-s)(1-2^(1-s))ζ(s)+L(s)/√2

　Σsin(2nx)/n^s　　L(s)+L2(s)/√2

　

　　　　　　　　　　　x=π/12

　Σcos(2nx)/n^s　　-3^(-s)(1-2^(1-s))ζ(s)+2^(-s)(1-2^(1-s))(1-3^(-s))ζ(s)+√(3)/2*L4(s)

　Σsin(2nx)/n^s　　-3^(-s)L(s)+1/2*(1+3^(-s))L(s)+√(3)/2*2^(-s)(1+2^(1-s))L3(s)

のようになり，新たなゼータ関数は生成されなかった．

　

　次に，

　　cosecx=1/sinx=2Σsin(2n-1)x=2(sinx+sin3x+sin5x+･･･)

の系列で同様のことを試みたのだが，ディリクレのＬ関数にならず，

　　　　　　　　　　　　　　 x=π/8　　　　　　 x=π/12

　Σcos(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　×　　　　　　　 　×

　Σsin(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　×　　　　　　 　　×

のような結果となってしまった．

　

　たとえば，Σcos(2n-1)x/(2n-1)^sにx=π/8を代入する場合について説明すると

　　1/1^s-1/7^s+1/9^s-1/15^s+1/17^s-1/23^s+1/25^s-1/21^s+･･･

　　1/3^s-1/5^s+1/11^s-1/13^s+1/19^s-1/21^s+1/27^s-1/29^s+･･･

が出現してどうしてもＬ(χ,s)の形にならないし，２次体との関係が見あたらないのである．

　

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝

　

【２】拡張・その２

　

　問題を拡張する方向としては，一つには円分の分割数を倍々に増すこと，もう一つには分割数を変えてみることが考えられる．ここではｘ＝π／５やｘ＝π／７の代入を試みたのだが，

　　　　　　　　　　　　　　 x=π/5　　　　　　 x=π/7

　Σcos(2nx)/n^s　　　　　　　 ×　　　　　　　 　×

　Σsin(2nx)/n^s　　　　　　　 ×　　　　　　 　　×

　

　　　　　　　　　　　　　　 x=π/5　　　　　　 x=π/7

　Σcos(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　×　　　　　　　 　×

　Σsin(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　×　　　　　　 　　×

のごとく，惨憺たる結果となってしまった．

　

　Σcos(2nx)/n^sにx=π/5を代入する場合について説明すると

　　1/1^s+1/4^s+1/6^s+1/9^s+1/11^s+1/14^s+1/16^s+1/19^s+･･･

　　1/2^s+1/3^s+1/7^s+1/8^s+1/12^s+1/13^s+1/17^s+1/18^s+･･･

が出現してしまい，Ｌ(χ,s)の形にならないのである．

　

　実２次体：Ｑ（２），Ｑ（３）

　虚２次体：Ｑ（−１），Ｑ（−２），Ｑ（−３）

の類数は１であるが，

　虚２次体：Ｑ（√−５），Ｑ（√−６）

の類数は２である．

　

　（その１３）で解説した類体論によると，素数

　　ｐ＝１，９（ｍｏｄ２０）

が完全分解するのはＱ（√−５）ではなくて，Ｋ＝Ｑ（√−５，√−１）であって，そのときにｘ^2＋５ｙ^2となるｘ，ｙが存在するという事実を受けて，

　　　　　　　拡大次数（：Ｑ）　　　完全分解（＋１）　分岐（０）

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

Ｑ（√５）　　　　　 ２　　　　　　　p=1,4(mod5)　　　 p=5

Ｑ（√−５）　　　　 ２　　　　　　　p=1,3,7,9(mod20)　p=2,5

Ｑ（√−１）　　　　 ２　　　　　　　p=1(mod4)　　　　 p=2

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

の組合せについて調べてみたものの，結果は同じであった．

　

　Ｑ（√−５，√−１）の拡大次数は４であるから，もしかしたら別の組合せで解ける可能性もあるのだが，いまのところうまくいっていない．虚２次体Ｑ（√−７）では類数１であるから，うまくいかない原因は類数とはまったく関係ないのかもしれない．

　

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【３】拡張・その３

　

　もう一つの拡張として，杉岡幹生氏は交代級数の場合をあげている．たとえば，このシリーズの中心に位置する式，

　　Σcos(2nx)/n=-log(sinx)-log2

を微分すると

　　cotx=cosx/sinx=2Σsin2nx=2(sin2x+sin4x+sin6x+sin8x+･･･)

が得られるが，対応する交代級数

　　Σ(-1)^(n-1)cos(2nx)/n=log(cosx)+log2

を微分すると

　　tanx=sinx/cosx=2Σ(-1)^(n-1)sin2nx=2(sin2x-sin4x+sin6x-sin8x+･･･)

となる．

　

　ｘ→ｘ／２として，それぞれ

　　cot(x/2)=2(sinx+sin2x+sin3x+sin4x+･･･)

　　tan(x/2)=2(sinx-sin2x+sin3x-sin4x+･･･)

とするほうがより美しい形である．

　

　また，

　　Σcos((2n-1)x)/(2n-1)=1/2*log(cot(x/2))

　　cosecx=1/sinx=2Σsin(2n-1)x=2(sinx+sin3x+sin5x+･･･)

に対応する交代級数は

　　Σ(-1)^(n-1)cos((2n-1)x)/(2n-1)=π/4

　　Σ(-1)^(n-1)sin((2n-1)x)/(2n-1)^2=πx/2

　　Σ(-1)^(n-1)cos((2n-1)x)/(2n-1)^3=π/8(π^2/4-x^2)

の系列をなすが，右辺が有限のベキ和ではいまひとつつまらない形であろう．

　

　それぞれにｘ＝π／２，ｘ＝π／４の代入を行うと，

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　　　　　　　　　　　　　　　 x=π/2　　　　　　　　　　x=π/4

　Σ(-1)^(n-1)cos(2nx)/n^s　　 -ζ(s)　　　　　　2^(-s)(1-2^(1-s))ζ(s)

　Σ(-1)^(n-1)sin(2nx)/n^s　　　　０　　　　　　　　　　(1-2^(-s))ζ(s)

　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 x=π/2　　　　　　 x=π/4

　Σ(-1)^(n-1)cos(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　０　　　　　　　 L2(s)/√2

　Σ(-1)^(n-1)sin(2n-1)x/(2n-1)^s　　 (1-2^(-s))ζ(s)　　 L1(s)/√2

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

となって，

　　　　　　　　　　　x=π/2　　　　　　　　　　x=π/4

　Σcos(2nx)/n^s　　-(1-2^(1-s))ζ(s)　　　-2^(-s)(1-2^(1-s))ζ(s)

　Σsin(2nx)/n^s　　　　０　　　　　　　　　　　L(s)

　

　　　　　　　　　　　　　　 x=π/2　　　　　　 x=π/4

　Σcos(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　０　　　　　　　 L1(s)/√2

　Σsin(2n-1)x/(2n-1)^s　　　　L(s)　　　　　　 L2(s)/√2

の場合に較べ，本質的な差はみられないようである．

　

　ｘ＝π／３，ｘ＝π／６の代入の場合もまた然りであった．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　x=π/3　　　　　　　　　　x=π/6

　Σ(-1)^(n-1)cos(2nx)/n^s　　 -1/2(1-2^(1-s))(1-3^(1-s))ζ(s)　　　1/2(1-3^(1-s))ζ(s)

　Σ(-1)^(n-1)sin(2nx)/n^s　　 √(3)/2(1+2^(1-s))L3(s)　　　　　　　√(3)/2L3(s)

　

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　x=π/3　　　　　　　　　　x=π/6

　Σ(-1)^(n-1)cos(2n-1)x/(2n-1)^s　　 3^(-s)L(s)+1/2L4(s)　　　√(3)/2(1+2^(-s))L3(s)

　Σ(-1)^(n-1)sin(2n-1)x/(2n-1)^s　　 √(3)/2L4(s)　　　　　　 1/2(1-2^(-s))(1-3^(1-s))ζ(s)

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

　

　最後に，ベルヌーイ系列

　　Σsin(2nx)/n=π/2-x

　　Σcos(2nx)/n^2=(π/2-x)^2-π^2/12

　　Σsin(2nx)/n^3=1/12{π^3-2π^2x+(2x-π)^3}

　　Σcos(2nx)/n^4=1/48{2π^2(2x-π)^2-(2x-π)^4-7π^4/15}

　　Σsin(2nx)/n^5=x/90{π^4-10π^2x^2+15πx^3-6x^4}

の交代級数は

　　Σ(-1)^(n-1)sin(2nx)/n=x

　　Σ(-1)^(n-1)cos(2nx)/n^2=π^2/12-x^2

　　Σ(-1)^(n-1)sin(2nx)/n^3=x/6(π^2-4x^2)

　　Σ(-1)^(n-1)cos(2nx)/n^4=1/48{7π^4/15-8π^2x^2+16x^4)

　

　オイラー系列

　　Σsin((2n-1)x)/(2n-1)=π/4

　　Σcos((2n-1)x)/(2n-1)^2=π(π-2x)/8

　　Σsin((2n-1)x)/(2n-1)^3=πx(π-x)/8

でも交代級数が考えられるところであって，

　　Σ(-1)^(n-1)sin((2n-1)x)/(2n-1)=1/2log(tanx+secx)

を挙げておきたい．

　

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