文献あり

ラマヌジャンの論文2：Sanjanaの問題について

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はじめに

　この記事ではラマヌジャンの書いた論文"On question 330 of Professor Sanjana"を読んでいきます。
　タイトルの2という番号はハーディによる書籍"Collected Papers of Srinivasa Ramanujan"におけるナンバリングに準じています。ちなみに"Collected Papers"の全容についてはこちらのサイトやこちらのサイトにて閲覧することができます。
　なお各命題の証明については論文で示されている式変形以外は自力で考案したものとなるので至らぬ点もあるかもしれませんがあしからず。

概説

　この論文の主題は
$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{n}}$
という級数(ただし $(- 1)!! = 1$ とする)、ひいてはその一般化として
$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(1 - a)_{k}}{(1)_{k}} \frac{1}{(b + k)^{n}}$
という級数の値を求めることにあります。
　ただし $(x)_{k}$ はポッホハマー記号
$(x)_{k} = x (x + 1) (x + 2) \dots (x + k - 1)$
としました。特に
$\begin{aligned} \frac{(\frac{1}{2})_{k}}{(1)_{k}} & = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{2} \dots \frac{2 k - 1}{2}}{1 \cdot 2 \cdot 3 \dots k} \\ = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \dots (2 k - 1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \dots 2 k} = \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \end{aligned}$
が成り立つことに注意しましょう。

補題

$f (x) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(1 - a)_{k}}{(1)_{k}} \frac{1}{x + b + k}$
とおくと
$f (x) = \frac{Γ (a) Γ (x + b)}{Γ (x + a + b)}$
が成り立つ。

$f (x) = \frac{1}{x + b}_{2} F_{1} (\begin{matrix} 1 - a, x + b \\ x + b + 1 \end{matrix}; 1)$
と表せることと超幾何定理
$_{2} F_{1} (\begin{matrix} a, b \\ c \end{matrix}; 1) = \frac{Γ (c) Γ (c - a - b)}{Γ (c - a) Γ (c - b)}$
に注意するとわかる。

$σ_{n} = \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{1}{(b + k)^{n}} - \frac{1}{(a + b + k)^{n}})$
とおくと
$\log f (x) = \log \frac{Γ (a) Γ (b)}{Γ (a + b)} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} σ_{n} x^{n}$
が成り立つ。

$\frac{1}{Γ (x)} = x e^{γ x} \prod_{k = 1}^{\infty} (1 + \frac{x}{k}) e^{- \frac{x}{k}}$
より
$\begin{aligned} \log \frac{Γ (x + c)}{Γ (c)} & = - γ x - \log (1 + \frac{x}{c}) - \sum_{k = 1}^{\infty} (\log (1 + \frac{x}{c + k}) - \frac{x}{k}) \\ = - γ x + \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{x}{k + 1} - \log (1 + \frac{x}{c + k})) \\ = - γ x + \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{x}{k + 1} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n (c + k)^{n}} x^{n}) \end{aligned}$
が成り立つことに注意すると
$\begin{aligned} \log f (x) & = \log \frac{Γ (a) Γ (b)}{Γ (a + b)} + \log \frac{Γ (x + b)}{Γ (b)} - \log \frac{Γ (x + a + b)}{Γ (a + b)} \\ = \log \frac{Γ (a) Γ (b)}{Γ (a + b)} + \sum_{k = 0}^{\infty} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} (\frac{1}{(b + k)^{n}} - \frac{1}{(a + b + k)^{n}}) x^{n} \\ = \log \frac{Γ (a) Γ (b)}{Γ (a + b)} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} σ_{n} x^{n} \end{aligned}$
を得る。

主題

$ϕ (n) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(1 - a)_{k}}{(1)_{k}} \frac{1}{(b + k)^{n + 1}}$
とおくと
$ϕ (0) = \frac{Γ (a) Γ (b)}{Γ (a + b)}$
および
$n ϕ (n) = \sum_{k = 1}^{n} σ_{k} ϕ (n - k)$
が成り立つ。

　 $ϕ (0)$ については補題1から
$ϕ (0) = f (0) = \frac{Γ (a) Γ (b)}{Γ (a + b)}$
と求まる。また
$\begin{aligned} f (x) & = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(1 - a)_{k}}{(1)_{k}} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \frac{x^{n}}{(b + k)^{n + 1}} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} ϕ (n) x^{n} \end{aligned}$
と展開できることに注意すると
$\begin{aligned} f^{'} (x) & = f (x) (\log f (x))^{'} \\ \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} n ϕ (n) x^{n - 1} & = (\sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} ϕ (n) x^{n}) (\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} σ_{n} x^{n - 1}) \\ = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n} (\sum_{k = 1}^{n} σ_{k} ϕ (n - k)) x^{n - 1} \end{aligned}$
が成り立つので、この両辺の $x^{n - 1}$ の係数を比較することで主張を得る。

$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{1}} & = \frac{π}{2} \\ \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{2}} & = \frac{π}{2} \log 2 \\ \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{3}} & = \frac{π^{3}}{48} + \frac{π}{4} (\log 2)^{2} \\ \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{4}} & = \frac{π^{3}}{48} \log 2 + \frac{π}{12} (\log 2)^{3} + \frac{π}{8} ζ (3) \end{aligned}$

　 $a = b = \frac{1}{2}$ において
$\begin{aligned} ϕ (n - 1) & = 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(\frac{1}{2})_{k}}{(1)_{k}} \frac{1}{(2 k + 1)^{n}} \\ = 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{n}} \\ σ_{n} & = 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} (\frac{1}{(2 k + 1)^{n}} - \frac{1}{(2 k + 2)^{n}}) \\ = 2^{n} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{k^{n}} \end{aligned}$
と表せるので
$\begin{aligned} ψ (n) & = \frac{ϕ (n)}{2^{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(2 k + 1)^{n + 1}} \\ η (n) & = \frac{σ_{n}}{2^{n}} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k^{n}} \end{aligned}$
とおくと定理3から
$ψ (0) = \frac{1}{2} \frac{Γ (\frac{1}{2}) Γ (\frac{1}{2})}{Γ (1)} = \frac{π}{2}$
および
$n ψ (n) = \sum_{k = 1}^{n} η (k) ψ (n - k)$
が成り立つ。
　あとは
$η (1) = \log 2, η (2) = \frac{π^{2}}{12}, η (3) = \frac{3}{4} ζ (3)$
に注意するとわかる。

$\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(4 k + 1)^{1}} & = \frac{Γ (\frac{1}{4})^{2}}{4 \sqrt{2 π}} \\ \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(4 k + 1)^{2}} & = \frac{Γ (\frac{1}{4})^{2}}{4 \sqrt{2 π}} \cdot \frac{π}{4} \\ \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(4 k + 1)^{3}} & = \frac{Γ (\frac{1}{4})^{2}}{4 \sqrt{2 π}} (\frac{π^{2}}{32} + \frac{1}{2} β (2)) \\ \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(4 k + 1)^{4}} & = \frac{Γ (\frac{1}{4})^{2}}{4 \sqrt{2 π}} (\frac{5 π^{3}}{384} + \frac{π}{8} β (2)) \end{aligned}$
ただし $β$ はディリクレのベータ関数
$β (s) = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)^{s}}$
とした。

　上と同様に $a = \frac{1}{2}, b = \frac{1}{4}$ において
$\begin{aligned} ψ (n) & = \frac{ϕ (n)}{4^{n + 1}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(2 k - 1)!!}{(2 k)!!} \frac{1}{(4 k + 1)^{n + 1}} \\ β (n) & = \frac{σ_{n}}{4^{n}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{k}}{(2 k + 1)^{n}} \end{aligned}$
とおくと
$ψ (0) = \frac{1}{4} \frac{Γ (\frac{1}{2}) Γ (\frac{1}{4})}{Γ (\frac{3}{4})}$
および
$n ψ (n) = \sum_{k = 1}^{n} β (k) ψ (n - k)$
が成り立つので、あとは倍数公式から
$Γ (\frac{1}{4}) Γ (\frac{3}{4}) = \sqrt{2 π} \cdot Γ (\frac{1}{2})$
が成り立つことと
$β (1) = \frac{π}{4}, β (3) = \frac{π^{3}}{32}$
と求まることに注意するとわかる。