差分を用いて冪級数を変形する

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今回は、GRKONさんのツイートを元にして、差分を用いた冪級数の変形を行います。結果的に、二項係数入りの無限級数が求まります。
$Δ a_{n}$ で $a_{n}$ の差分 $a_{n + 1} - a_{n}$ を表すものとし、 $Δ^{k} a_{n}$ を $k$ 階差分とします。

$z$ を $0$ でも $1$ でもない複素数とし、 $\sum_{0 < n} a_{n} z^{n}$ が収束するとき

$\begin{aligned} \sum_{0 < n} (Δ a_{n}) z^{n} & = \sum_{0 < n} (a_{n + 1} - a_{n}) z^{n} \\ = - a_{1} + \sum_{0 < n} a_{n} (z^{n - 1} - z^{n}) \\ = - a_{1} + \frac{1 - z}{z} \sum_{0 < n} a_{n} z^{n} \\ \sum_{0 < n} a_{n} z^{n} & = \frac{z}{1 - z} (a_{1} + \sum_{0 < n} (Δ a_{n}) z^{n}) \dots (*) \\ = \sum_{0 < n \leq k} (Δ^{n - 1} a_{1}) {(\frac{z}{1 - z})}^{n} + {(\frac{z}{1 - z})}^{k} \sum_{0 < n} (Δ^{k} a_{n}) z^{n} \end{aligned}$
最後の式変形では、 $(*)$ をk回繰り返し適用しました。
ここで、 $a_{n} = \frac{1}{n}$ としてみましょう。差分を計算すると、
$\begin{aligned} Δ a_{n} & = \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n} \\ = - \frac{1}{n (n + 1)} \\ Δ^{2} a_{n} & = - \frac{1}{(n + 1) (n + 2)} + \frac{1}{n (n + 1)} \\ = \frac{2}{n (n + 1) (n + 2)} \\ Δ^{k} a_{n} & = \frac{(- 1)^{k} k!}{\frac{(n + k)!}{(n - 1)!}} \\ = \frac{(- 1)^{k}}{n (\binom{n + k}{n})} \end{aligned}$
となるので、
$\sum_{0 < n} \frac{z^{n}}{n} = \sum_{0 < n \leq k} \frac{(- 1)^{n - 1}}{k} {(\frac{z}{1 - z})}^{k} + {(\frac{- z}{1 - z})}^{k} \sum_{0 < n} \frac{z^{n}}{n (\binom{n + k}{n})}$
となります。

ここで、 $k \to \infty$ の極限を考えると(この操作には既にオイラー変換という名前が付いていたらしいですね。しかしもう記事を書き始めてしまったので知らないことにします)、 $Re (z) \leq \frac{1}{2}$ かつ $| z | < 1$ で右辺の第二項は $0$ に収束し、
$\begin{aligned} - \ln (1 - z) & = \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n} {(\frac{z}{1 - z})}^{n} \\ = \ln (1 - \frac{z}{1 - z}) \\ = - \ln (1 - z) \end{aligned}$

$∙ ∙ ∙ ∙ ∙$

なんと元に戻りました！！！！嬉しい！🤪

これでは嬉しくないので、少し別の変形をしてみます。問題は高階差分の初項しか使えないことなので、初項以外も使えるように工夫します。
$(*)$ より、
$\begin{aligned} \sum_{0 < n} a_{n} z^{n} & = \frac{z}{1 - z} (a_{1} + Δ a_{1} z + z \sum_{0 < n} Δ a_{n + 1} z^{n}) \\ = \sum_{0 < n \leq k} \frac{z^{2 n - 1}}{(1 - z)^{n}} (Δ^{n - 1} a_{n} + Δ^{n} a_{n}) + \frac{z^{2 k - 1}}{(1 - z)^{k}} \sum_{0 < n} Δ^{k} a_{n + k} z^{n} \end{aligned}$

ここで、先程と同様に、 $a_{n} = \frac{1}{n}, Re (z) \leq \frac{1}{2}, | z | < 1$ のとき、 $k \to \infty$ として
$\begin{aligned} \sum_{0 < n} \frac{z^{n}}{n} & = \sum_{0 < n} \frac{z^{2 n - 1}}{(1 - z)^{n}} (\frac{(- 1)^{n - 1}}{n (\binom{2 n - 1}{n})} + \frac{(- 1)^{n}}{n (\binom{2 n}{n})} z) \\ = \sum_{0 < n} \frac{z^{2 n - 1}}{(1 - z)^{n}} \cdot \frac{(- 1)^{n - 1}}{n (\binom{2 n}{n})} (2 - z) \end{aligned}$
$z = \frac{1}{2}$ とすれば
$- \ln (\frac{1}{2}) = \frac{3}{2} \sum_{0 < n} \frac{2^{n}}{2^{2 n - 1}} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n (\binom{2 n}{n})}$
つまり

$\sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n 2^{n} (\binom{2 n}{n})} = \frac{\ln 2}{3}$

を得ます。差分からこの級数が求まるとは思っていませんでした。

おまけ

同様にしてこんな級数も作れます。
$\begin{aligned} \frac{\ln 3 - \ln 2}{5} & = \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n 6^{n} (\binom{2 n}{n})} \\ \sum_{0 < n} \frac{z^{n}}{n} & = \sum_{0 < n} \frac{z^{3 n - 2}}{(1 - z)^{n}} (\frac{(- 1)^{n - 1}}{(2 n - 1) (\binom{3 n - 2}{2 n - 1})} + \frac{(- 1)^{n}}{(2 n - 1) (\binom{3 n - 1}{2 n - 1})} z + \frac{(- 1)^{n}}{2 n (\binom{3 n}{2 n})} z^{2}) \\ = \sum_{0 < n} \frac{z^{3 n - 2}}{(1 - z)^{n}} \cdot \frac{(- 1)^{n - 1}}{(2 n - 1) (\binom{3 n - 1}{n})} (\frac{3 n - 1}{n} - z - \frac{2 n - 1}{3 n} z^{2}) \\ \ln 2 & = \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n}}{4^{n - 1} (2 n - 1) (\binom{3 n - 1}{n})} (\frac{7}{3} - \frac{11}{12 n}) \\ = \sum_{0 < n} \frac{(28 n - 11) (- 1)^{n - 1}}{4^{n - 1} (2 n - 1) (\binom{3 n - 1}{n}) 12 n} \\ 3 \ln 2 & = \sum_{0 < n} \frac{(28 n - 11) (- 1)^{n - 1}}{4^{n} n (2 n - 1) (\binom{3 n - 1}{n})} \end{aligned}$