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大学数学基礎解説

神鳥奈紗さんの級数問題12を解いてみた

級数,ゼータ関数,極限

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問題

\begin{array}{r} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{n 2^{2 n}} = ? \end{array}

解答

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{n 2^{2 n}} \\ = \sum_{k = 1}^{\infty} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n} {(\frac{1}{4 k})}^{n} \\ = - \sum_{k = 1}^{\infty} (\ln (1 - \frac{1}{4 k}) + \frac{1}{4 k}) \\ = - lim_{m \to \infty} {\ln (\prod_{k = 1}^{m} (1 - \frac{1}{4 k})) + \frac{H_{m}}{4}} \\ = \ln Γ (\frac{3}{4}) - lim_{m \to \infty} (\ln Γ (m + \frac{3}{4}) - \ln Γ (m + 1) + \frac{H_{m}}{4}) \end{aligned}

ここで，Stirlingの公式より

m \to \infty

のとき，

\begin{aligned} \ln (m + \frac{3}{4}) - \ln Γ (m + 1) \\ \approx \ln (\sqrt{2 π (m - \frac{1}{4})} {(\frac{m - \frac{1}{4}}{e})}^{m - \frac{1}{4}}) - \ln (\sqrt{2 π m} {(\frac{m}{e})}^{m}) \\ = \ln (m - \frac{1}{4}) + (m - \frac{1}{4}) (\ln (m - \frac{1}{4}) - 1) - \ln (m) - m (\ln (m) - 1) \\ = (m + \frac{1}{2}) \ln (1 - \frac{1}{4 m}) + \frac{1 - \ln (m - \frac{1}{4})}{4} \end{aligned}

よって，

\begin{aligned} lim_{m \to \infty} (\ln Γ (m + \frac{3}{4}) - \ln Γ (m + 1) + \frac{H_{m}}{4}) \\ = lim_{m \to \infty} (m + \frac{1}{2}) \ln (1 - \frac{1}{4 m}) + \frac{1}{4} lim_{m \to \infty} (1 + H_{m} - \ln (m - \frac{1}{4})) \\ = \frac{1}{4} lim_{m \to \infty} \frac{\ln (1 - \frac{1}{m})}{1 / m} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} lim_{m \to \infty} (H_{m} - \ln (m - \frac{1}{4})) \\ = - \frac{1}{4} lim_{m \to \infty} \frac{1}{1 - \frac{1}{m}} + \frac{1}{4} + \frac{γ}{4} \\ = \frac{γ}{4} \end{aligned}

したがって，

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{n 2^{2 n}} \\ = \ln Γ (\frac{3}{4}) - lim_{m \to \infty} (\ln Γ (m + \frac{3}{4}) - \ln Γ (m + 1) + \frac{H_{m}}{4}) \\ = \ln Γ (\frac{3}{4}) - \frac{γ}{4} \end{aligned}

投稿日：2020年12月19日

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