アイゼンシュタイン級数についてのメモ - 音楽室と化学室と美術室とPC室の融合部屋　所謂自由室

この記事はアイゼンシュタイン級数
$G_k(z) = \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{1}{(mz+n)^k}$
と，約数関数
$\sigma_k(n) = \sum_{d|n}d^k$
とラマヌジャンの公式
$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^5}{e^{2\pi n}-1} = \frac{1}{504}$
についてまとめてみました

保型性
ワイエルシュトラスp関数との関係
約数関数との関係
ラマヌジャン和
参考文献

保型性

アイゼンシュタイン級数
$G_k(z) = \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{1}{(mz+n)^k}$
は $k\geq 3$ の時に絶対収束する関数で
$G_k(z+1) = G_k(z)$
$G_k(-\frac{1}{z}) = z^kG_k(z)$
という性質を持つ，いわゆる重さ $k$ の保型関数であり $ad-bc=1$ なら
$G_k\left(\frac{az + b}{cz+d}\right) = (cz+d)^kG_k(z)$
になる．
ちなみに $k=2$ の場合は条件収束になるため
$G_2(-\frac{1}{z}) = z^2G_2(z)$
というようにはいかない．

基本的に重さが奇数の保型関数は $f(z) = 0$ のみであるため， $k$ が奇数の場合考えないことにする．

この性質は
$\begin{split} G_k(z+1) &= \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{1}{(m(z+1)+n)^k}\\ &= \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{1}{(mz+(m+n))^k}\\ &=G_k(z) \end{split}$
及び
$\begin{split} G_k(-\frac{1}{z}) &= \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{1}{(-m\frac{1}{z}+n)^k}\\ &= \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{z^k}{(nz - m)^k}\\ &= z^kG(z) \end{split}$
より示せる．

ワイエルシュトラスp関数との関係

周期1と $\tau$ の二重周期を持つ $\wp(z)$ 関数
$\wp(z) = \frac{1}{z^2} + \sum_{(n,m)\neq (0,0)}\left(\frac{1}{(z + m\tau + n)^2} - \frac{1}{(m\tau + n)^2}\right)$
について考える． $\omega = m\tau + n$ とおくと $n,\ m$ の2つ整数にわたる和なので
$\wp(z) = \frac{1}{z^2} + \sum_{\omega}\left(\frac{1}{(z - \omega)^2} - \frac{1}{\omega^2}\right)$
と書ける．

ここで $\frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^\infty z^n$ を微分した $\frac{1}{(1-z)^2} = \sum_{n=0}^\infty (n+1)z^n$ に注意して
$\begin{split} \wp(z) &= \frac{1}{z^2} + \sum_{\omega}\left(\frac{1}{(z - \omega)^2} - \frac{1}{\omega^2}\right)\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{\omega}\left(\frac{\omega^{-2}}{(1-\frac{z}{\omega})^2} - \frac{1}{\omega^2}\right)\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{\omega}\left(\omega^{-2}\sum_{l=0}^{\infty}(l+1)\left(\frac{z}{\omega}\right)^l - \frac{1}{\omega^2}\right)\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{\omega}\sum_{l=1}^{\infty}(l+1)\omega^{-l-2}z^l\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{l=1}^{\infty}\sum_{\omega}(l+1)\omega^{-l-2}z^l\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{l=1}^{\infty}(l+1)\left(\sum_{\omega}\omega^{-l-2}\right)z^l\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{l=1}^{\infty}(l+1) \left(\sum_{(n,m)\neq (0,0)}\frac{1}{(m\tau + n)^{l+2}}\right) z^l\\ &= \frac{1}{z^2} + \sum_{l=1}^{\infty}(l+1) G_{l+2}(\tau) z^l \end{split}$
と式変形し， $k$ が奇数の時 $G_k(z) = 0$ であることから
$\wp(z) = \frac{1}{z^2} + \sum_{k=1}^{\infty}(2k+1) G_{2k+2}(\tau) z^{2k}$
が出せる．

約数関数との関係

$k\geq 2$ のとき
$G_{2k}(z) = \sum_{(m,n)\neq (0,0)}\frac{1}{(mz+n)^{2k}}$
について， $m=0$ の場合を分けて
$G_{2k}(z) = 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}} + \sum_{m\neq 0}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(mz+n)^{2k}}$
とする．
指数部が偶数なので $-m,\ -n$ と $m,\ n$ の組み合わせで同じ値になるため
$G_{2k}(z) = 2\zeta(2k) + 2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(mz+n)^{2k}}$

ここで $\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(mz+n)^{2k}}$ については $\sin{z\pi}$ の無限積
$\sin{z\pi} = z\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)$
から考えることができる．
具体的には
$\sin{a\pi} = a\prod_{n=1}^\infty\left(1-\frac{a^2}{n^2}\right)$
を対数微分して
$\begin{split} \pi\cot{a\pi} &= \frac{1}{a} + \sum_{n=1}^\infty\frac{-2a}{n^2 - a^2}\\ &= \frac{1}{a} + \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{a + n} + \frac{1}{a - n}\right)\\ &= \sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{a + n} \end{split}$
一方 $\pi\cot(a\pi)$ は $\sin{\theta} = \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i}$ と $\cos{\theta} = \frac{e^{i\theta}+e^{-i\theta}}{2}$ を使って
$\begin{split} \pi\cot(a\pi) &= \pi i\frac{e^{a\pi i} + e^{-a\pi i}}{e^{a\pi i} - e^{-a\pi i}}\\ &= \pi i\frac{e^{2a\pi i} + 1}{e^{2a\pi i} - 1}\\ &= \pi i + \frac{2\pi i}{e^{2a\pi i} - 1}\\ &= \pi i - 2\pi i\sum_{n=0}^\infty e^{2an\pi i} \end{split}$
と変形できるので
$\sum_{n=-\infty}^\infty(a + n)^{-1}= \pi i - 2\pi i\sum_{n=0}^\infty e^{2an\pi i}$
であり， $a$ に対し両辺微分を $k$ 回行うと定数項は消えることに注意して
$(-1)^k k!\sum_{n=-\infty}^\infty(a + n)^{-(k+1)}= - (2\pi i)^{k+1}\sum_{n=1}^\infty n^k e^{2an\pi i}$
になる．
こうして $a=mz$ とし， $k:=2k-1$ と調整を行うと
$\sum_{n=-\infty}^\infty\frac{1}{(mz + n)^{2k}}= \frac{(2\pi i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mzn\pi i}$

なので
$\begin{split} G_{2k}(z) &= 2\zeta(2k) + 2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(mz+n)^{2k}}\\ &= 2\zeta(2k) + 2\sum_{m=1}^\infty \frac{(2\pi i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mzn\pi i}\\ &= 2\zeta(2k) + 2\frac{(2\pi i)^{2k}}{(2k-1)!}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mzn\pi i}\\ \end{split}$

ここで以前導出したゼータ関数の偶数の値
aryuaryuaryuryu.hatenablog.com
を変形し
$\begin{split} \zeta(2k) &= (-1)^{k+1}\frac{B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}\\ &= -i^{2k}\frac{B_{2k}(2\pi)^{2k}}{2(2k)!}\\ &= -\frac{B_{2k}(2\pi i)^{2k}}{2(2k)!}\\ \end{split}$
こうして
$\frac{(2\pi i)^{2k}}{(2k-1)!} = -\zeta(2k)\frac{4k}{B_{2k}}$
が得られる．

つまり
$G_{2k}(z) = 2\zeta(2k) - 2\zeta(2k)\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mzn\pi i}$
最後に $nm = l$ ， $z=\tau$ と置換すると，約数関数 $\sigma_k(n) = \sum_{d|n}d^k$ を使って
$\begin{split} G_{2k}(z) &= 2\zeta(2k) - 2\zeta(2k)\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mzn\pi i}\\ &= 2\zeta(2k) - 2\zeta(2k)\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{l=1}^\infty\sum_{d|l}^\infty d^{2k-1} e^{2zl\pi i}\\ &= 2\zeta(2k) - 2\zeta(2k)\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{l=1}^\infty\sigma_{2k-1}(l) e^{2zl\pi i}\\ \end{split}$

最後に $q = e^{\pi i\tau}$ とし，表記を整えて
$G_{2k}(\tau) = 2\zeta(2k)\left(1 -\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{n=1}^\infty\sigma_{2k-1}(n) q^{2n}\right)$
という約数関数を含む式が得られる．

この形から
$E_{2k}(\tau) = \frac{1}{2\zeta(2k)}G_{2k}(\tau) = 1 -\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{n=1}^\infty\sigma_{2k-1}(n) q^{2n}$
という正規化アイゼンシュタイン級数を用いることも結構あるらしい．
これは $G_{2k}(\tau)$ に定数を乗じているだけなので
$E_{2k}(\tau + 1) = E_{2k}(\tau)$
$E_{2k}\left(-\frac{1}{\tau}\right) = z^{2k}E_{2k}(\tau)$
が成り立つ．

ラマヌジャン和

ラマヌジャン和
$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^5}{e^{2\pi n}-1} = \frac{1}{504}$
について，アイゼンシュタイン級数から示せる．

これは $k=3$ のとき
$E_6(\tau+1) =E_6(\tau)$
$E_6\left(-\frac{1}{\tau}\right) =\tau^6E_6(\tau)$
という式が成り立ち，特に
$\begin{split} E_6(i) &= E_6\left(-\frac{1}{i}\right)\\ &= \tau^6E_6(i) \end{split}$
なので $E_6(i) = 0$
ここで正規化アイゼンシュタイン級数の導出過程に出てきた
$G_{2k}(z) = 2\zeta(2k) - 2\zeta(2k)\frac{4k}{B_{2k}}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mzn\pi i}$
から
$\begin{split} E_{2k}(\tau) &= \frac{1}{2\zeta(2k)}G_{2k}(\tau)\\ &= 1 - \frac{4k}{B_{2k}}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^{2k-1} e^{2mn\pi i \tau} \end{split}$
なので， $\tau = i$ を代入し
$\begin{split} E_6(i) &= 1 - \frac{12}{B_{6}}\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty n^5 e^{-2mn\pi}\\ &= 1 - \frac{12}{B_{6}}\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty n^5 e^{-2mn\pi}\\ &= 1 - \frac{12}{B_{6}}\sum_{n=1}^\infty n^5\left(\sum_{m=1}^\infty e^{-2mn\pi}\right)\\ &= 1 - \frac{12}{B_{6}}\sum_{n=1}^\infty n^5\frac{e^{-2n\pi}}{1-e^{-2n\pi}}\\ &= 1 - \frac{12}{B_{6}}\sum_{n=1}^\infty n^5\frac{1}{e^{2n\pi}-1}\\ \end{split}$
と式変形した後に，以前計算した $B_6 = \frac{1}{42}$ を用いて
aryuaryuaryuryu.hatenablog.com
$0 = 1 - 504\sum_{n=1}^\infty n^5\frac{1}{e^{2n\pi}-1}$
から
$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^5}{e^{2\pi n}-1} = \frac{1}{504}$
が示せる．