z変換：nの数字和をn(n+1)で割った級数の値を求める。

目的

・ こちら の記事で紹介された級数の値を$z$変換をもちいて求める。

数字和を$n(n+1)$で割った級数

証明

$a^{\prime }(n)$を表す式

$a^{\prime }(n)$は床関数を使うと$n$の桁数$m$に応じて以下のようにあらわせる。
$$\begin{array}{rclr}{a}^{\prime }(n)& =& 0& (nが0桁の時)\\ a^{\prime }(n)& =& n& (nが1桁の時)\\ a^{\prime }(n)& =& n-9\lfloor \frac{n}{10}\rfloor & (nが2桁の時)\\ a^{\prime }(n)& =& n-9\lfloor \frac{n}{10}\rfloor -9\lfloor \frac{n}{100}\rfloor & (nが3桁の時)\\ a^{\prime }(n)& =& n-9\lfloor \frac{n}{10}\rfloor -9\lfloor \frac{n}{100}\rfloor -9\lfloor \frac{n}{1000}\rfloor & (nが4桁の時)\\ & ⋮& \\ a^{\prime }(n)& =& n-9\sum _{l=1}^{m-1}\lfloor \frac{n}{{10}^l}\rfloor & (nがm桁の時)\end{array}$$

　$l>m-1$のとき$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{{10}^l}}\rfloor$が$0$なので、$l$の範囲を$\mathrm{\infty }$までとっても総和の値は変わらない。よって$a^{\prime }(n)$は
$$\begin{array}{rcl}{a}^{\prime }(n)& =& n-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\lfloor \frac{n}{{10}^l}\rfloor \end{array}$$と表せる。また単位階段関数を使って床関数をあらわすと
$$\lfloor \frac{n}{{10}^l}\rfloor =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)$$なので、$a^{\prime }(n)$は
$$\begin{array}{rcl}{a}^{\prime }(n)& =& n-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)\end{array}$$とあらわせる。

$a^{\prime }(n)$の$z$変換

$a^{\prime }(n)$の収束領域

$0$以上の整数に対して$a^{\prime }(n)\le n$が成り立っている。また$n$の$z$変換の収束領域は$|z|>1$なので、$a^{\prime }(n)$の収束領域を$|z|>{\rho }^{\prime }$とすると${\rho }^{\prime }<1$。よって$a^{\prime }(n)$の$z$変換は$|z|>1$において一様収束する。ゆえに$a^{\prime }(n)$の収束領域は$|z|>1$。

$a^{\prime }(n)$を$z$変換する

$a^{\prime }(n)$を$z$変換する。$z$変換の定義から

$$\begin{array}{rcl}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)]& =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}^{\prime }(n)z^{-n}\\ & =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\{n-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)\}{z}^{-n}\\ & =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{z}^{-n}-9\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)z^{-n}\\ & =& \mathcal{Z}\left[n\right]-9\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)z^{-n}\\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-9\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)z^{-n}& \because n\text{の}z\text{変換}\\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}u(n-{10}^{l}k)z^{-n}\\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\mathcal{Z}[u(n-{10}^{l}k)]\\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{z}^{-{10}^{l}k}\mathcal{Z}[u(n)]& \because z\text{変換のシフト則}\\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{z}^{-{10}^{l}k}\frac{z}{z-1} & \because \text{単位階段関数の}z\text{変換} \\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-{\displaystyle \frac{9z}{z-1}}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{z}^{-{10}^{l}k}\\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-{\displaystyle \frac{9z}{z-1}}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{z^{-{10}^l}}{1-z^{-{10}^l}}}& \because \text{初項および公比が }{z}^{-{10}^l}\text{の幾何級数} \\ & =& \frac{z}{(z-1{)}^2}-{\displaystyle \frac{9z}{z-1}}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{z^{{10}^l}-1}}\end{array}$$

$\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}$の$z$変換を求める

両辺に$\frac{1-z}{z^2}$をかけて
$$\begin{array}{rcl}\frac{1-z}{z^2}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)] & =& \frac{-1}{z(z-1)}+\frac{9}{z}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{z^{{10}^l}-1}}\\ z^{-2}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)]-z^{-1}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)] & =& \frac{-1}{z(z-1)}+\frac{9}{z}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{z^{{10}^l}-1}}\end{array}$$
$z$を$w$におきかえて両辺を$z$から$\mathrm{\infty }$まで$w$で積分して
$$\begin{array}{rcl}{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{w}^{-2}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)]-w^{-1}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)]dw & =& {\int }_z^{\mathrm{\infty }}\frac{-1}{w(w-1)}+\frac{9}{w}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w^{{10}^l}-1}}dw\\ {\int }_z^{\mathrm{\infty }}{w}^{-2}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)]dw-{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{w}^{-1}\mathcal{Z}[a^{\prime }(n)]dw& =& {\int }_z^{\mathrm{\infty }}\frac{-1}{w(w-1)}+\frac{9}{w}\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w^{{10}^l}-1}}dw\end{array}$$
ここで$a^{\prime }(0)=0$だから$z$変換の積分則を適用できて
$$\begin{array}{rcl}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n+1}\right]-(\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n}\right]-\underset{n\to 0}{lim}\frac{a^{\prime }(n)}{n})& =& {\int }_z^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{w}-\frac{1}{w-1})dw+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w(w^{{10}^l}-1)}}dw\end{array}$$
$\underset{n\to 0^{+}}{lim}\frac{a^{\prime }(n)}{n}=0$なので　
$$\begin{array}{rcl}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n+1}\right]-\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n}\right]& =& {[\log \left(w\right)-\log (w-1)]}_z^{\mathrm{\infty }}+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w(w^{{10}^l}-1)}}dw\\ & =& -{[\log \left(\frac{w-1}{w}\right)]}_z^{\mathrm{\infty }}+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w(w^{{10}^l}-1)}}dw\\ & =& \log (1-z^{-1})+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w(w^{{10}^l}-1)}}dw\end{array}$$
ここで定積分は$w^{{10}^l}-1=u$とおくと、$({10}^l)w^{{10}^l-1}dw=du$なので
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{z^{{10}^l}-1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{wu}}\frac{1}{{10}^l{w}^{{10}^l-1}}du& =& {\int }_{z^{{10}^l}-1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{u}}\frac{1}{{10}^l{w}^{{10}^l}}du\\ & =& {\int }_{z^{{10}^l}-1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\frac{1}{u(u+1)}du\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}{\int }_{z^{{10}^l}-1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}du\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}{[\log \left(u\right)-\log (u+1)]}_{z^{{10}^l}-1}^{\mathrm{\infty }}du\\ & =& {\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}{[\log \left(\frac{u}{u+1}\right)]}_{z^{{10}^l}-1}^{\mathrm{\infty }}\\ & =& -{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\log \left(\frac{z^{{10}^l}-1}{z^{{10}^l}}\right)\\ & =& -{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\log (1-z^{-{10}^l})\end{array}$$よって
$$\begin{array}{rcl}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n+1}\right]-\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n}\right]& =& \log (1-z^{-1})+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_z^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{w(w^{{10}^l}-1)}}dw\\ \mathcal{Z}[\frac{a^{\prime }(n)}{n+1}-\frac{a^{\prime }(n)}{n}]& =& \log (1-z^{-1})-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\log (1-z^{-{10}^l})\\ -\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]& =& \log (1-z^{-1})-9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\log (1-z^{-{10}^l})\\ \mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]& =& -\log (1-z^{-1})+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\log (1-z^{-{10}^l})\end{array}$$
ここで総和内の$\log$の箇所は$\log$の和に分解される。
$$\begin{array}{rcl}\log (1-z^{-{10}^l})& =& \log (1-z^{-{10}^{l-1}})\\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-1}}+z^{-2\ast {10}^{l-1}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-1}})& \cdots (\text{分解}1\text{回目})\\ & =& \log (1-z^{-{10}^{l-2}})\\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-2}}+z^{-2\ast {10}^{l-2}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-2}})\\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-1}}+z^{-2\ast {10}^{l-1}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-1}})& \cdots (\text{分解}2\text{回目})\\ & =& \\ & ⋮& \\ & =& \log (1-z^{-{10}^{l-l}})\\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-l}}+z^{-2\ast {10}^{l-l}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-l}})\\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-(l-1)}}+z^{-2\ast {10}^{l-(l-1)}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-(l-1)}})\\ & ⋮& \\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-2}}+z^{-2\ast {10}^{l-2}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-2}})\\ & +& \log (1+z^{-{10}^{l-1}}+z^{-2\ast {10}^{l-1}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-1}})& \cdots (\text{分解}l\text{回目})\\ & =& \log (1-z^{-1})\\ & +& \log (1+z^{-1}+z^{-2}+...+z^{-9})\\ & +& \log (1+z^{-10}+z^{-2\ast 10}+...+z^{-9\ast 10})\\ & ⋮& \\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-2}}+z^{-2\ast {10}^{l-2}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-2}})\\ & +& \log (1+z^{-1\ast {10}^{l-1}}+z^{-2\ast {10}^{l-1}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-1}})\\ & =& \log (1-z^{-1})\\ & +& \sum _{h=1}^l\log (1+z^{-1\ast {10}^{l-h}}+z^{-2\ast {10}^{l-h}}+...+z^{-9\ast {10}^{l-h}})\\ & =& \log (1-z^{-1})+\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}}\end{array}$$
よって
$$\begin{array}{rcl}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]& =& -\log (1-z^{-1})\\ & +& 9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}(\log (1-z^{-1})+\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}})\\ & =& -\log (1-z^{-1})+9\log (1-z^{-1})\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}}\\ & =& -\log (1-z^{-1})+9\log (1-z^{-1})\left({\displaystyle \frac{\frac{1}{10}}{1-\frac{1}{10}}}\right)+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}}\\ & =& -\log (1-z^{-1})+9\log (1-z^{-1})\left(\frac{1}{9}\right)+9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}}\\ & =& 9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}}\end{array}$$
となり$z$変換が得られた。収束領域は$|z|>1$。

級数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}$の値

$\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]$ の$z\to 1$の極限をとった値が求める級数の値。しかし、$\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]$の収束半径が$|z|>1$であるため$|z|\to 1$の極限をとった際に級数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}$　が収束するか否かはわからない。よってまず級数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}$の収束性を判定する。収束すればアーベルの連続性定理から級数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}$の値は、$z$を複素平面上の単位の外側、つまり収束領域から$1$に近づけた　$\underset{z\to 1^{+}}{lim}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]$に等しい。
ゆえに
$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}=\underset{z\to 1^{+}}{lim}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}{z}^{-n}=\underset{z\to 1^{+}}{lim}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]$$
を示したことになる。

級数$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}$の収束判定

級数の値を求める。

$$\begin{array}{rcl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a(n)}{n(n+1)}& =& \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\\ & =& \underset{z\to 1^{+}}{lim}\mathcal{Z}\left[\frac{a^{\prime }(n)}{n(n+1)}\right]\\ & =& \underset{z\to 1^{+}}{lim}9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\sum _{h=1}^l\log \sum _{j=0}^9{z}^{-j\ast {10}^{l-h}}\\ & =& 9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{{10}^l}}\sum _{h=1}^l\log (10\ast 1)\\ & =& 9\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{l\log \left(10\right)}{{10}^l}}\\ & =& 9\log \left(10\right)\sum _{l=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{l}{{10}^l}}\\ & =& 9\log \left(10\right){\displaystyle \frac{10}{81}}\\ & =& {\displaystyle \frac{10}{9}}\log \left(10\right)\end{array}$$となり示された。

参考文献

数字和

アーベルの連続性定理

ダランベールの収束判定法

ラーベの収束判定法