級数を求めたい[1]

級数,AMZV

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前置き

この記事はmathlogのアドベントカレンダーの12月12日の分として執筆しています。

本題

今回はこちらの形の級数を扱いますが、 $k$ の値によって項数が $2^{k - 1}$ のペースで増えていくので、 $k = 1, 2, 3$ のときの値を求めます。

$\sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n^{k} 2^{2 n}}$

そしてこちらが今回大変お世話になる置換です。崇め奉りましょう。

$x \mapsto 1 - x^{2}$

これから先では反復積分を扱いますが、反復積分の表記についてはこの記事を参照してください。

$(- 1)^{n} (\binom{- \frac{1}{2}}{n}) = 2^{- 2 n} (\binom{2 n}{n})$

$\begin{aligned} (- 1)^{n} (\binom{- \frac{1}{2}}{n}) & = (- 1)^{n} \frac{(- \frac{1}{2}) \dots (- \frac{2 n - 1}{2})}{n!} \\ = \frac{(2 n - 1)!!}{2^{n} n!} \\ = \frac{(2 n)!}{2^{n} n! (2 n)!!} \\ = 2^{- 2 n} \frac{(2 n)!}{(n!)^{2}} \\ = 2^{- 2 n} (\binom{2 n}{n}) \end{aligned}$

$\int_{0}^{1} \frac{(1 - t)^{- 1 / 2} - 1}{t} d t = \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n}}{n} (\binom{- 1 / 2}{n})$

$\begin{aligned} \int_{0}^{x} \frac{(1 - t)^{- 1 / 2} - 1}{t} d t & = \int_{0}^{x} \frac{d t}{t} (- 1 + \sum_{n = 0}^{\infty} (\binom{- 1 / 2}{n}) (- t)^{n}) \\ = \int_{0}^{x} \sum_{0 < n} (\binom{- 1 / 2}{n}) (- 1)^{n} t^{n - 1} d t \\ = \sum_{0 < n} (\binom{- 1 / 2}{n}) (- 1)^{n} \int_{0}^{x} t^{n - 1} d t \\ = \sum_{0 < n} (\binom{- 1 / 2}{n}) (- 1)^{n} \frac{x^{n}}{n} \end{aligned}$
ここで $x \to 1$ とすれば定理の主張を得る。

以下、 $c = \frac{(1 - t)^{- 1 / 2} - 1}{t} d t$ とおく。

$\int_{0}^{1} a^{k - 1} c = \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n}}{n^{k}} (\binom{- 1 / 2}{n})$

$\begin{aligned} \int_{0}^{x} a^{k - 1} c & = \int_{0}^{x} a^{k - 1} \int_{0}^{t} \frac{(1 - u)^{- 1 / 2} - 1}{u} d u \\ = \int_{0}^{x} a^{k - 1} \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n} t^{n}}{n} (\binom{- 1 / 2}{n}) \\ = \int_{0}^{x} a^{k - 2} \int_{0}^{t} \frac{d u}{u} \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n} u^{n}}{n} (\binom{- 1 / 2}{n}) \\ = \int_{0}^{x} a^{k - 2} \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n}}{n} (\binom{- 1 / 2}{n}) \int_{0}^{t} u^{n - 1} d u \\ = \int_{0}^{x} a^{k - 2} \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n} t^{n}}{n^{2}} (\binom{- 1 / 2}{n}) \\ = \dots \\ = \int_{0}^{x} \frac{d t}{t} \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n} t^{n}}{n^{k - 1}} (\binom{- 1 / 2}{n}) \\ = \sum_{0 < n} \frac{(- 1)^{n} x^{n}}{n^{k}} (\binom{- 1 / 2}{n}) \end{aligned}$
となるので $x \to 1$ として補題の主張を得る。

いくつか具体値を求めていきます。

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} c & = \int_{0}^{1} \frac{(1 - t)^{- 1 / 2} - 1}{t} d t \\ = - 2 \int_{1}^{0} \frac{u^{- 1} - 1}{1 - u^{2}} u d u & (t \mapsto 1 - u^{2}) \\ = 2 \int_{0}^{1} \frac{d u}{1 + u} \\ = - 2 \int_{0}^{1} z_{1, 1} \\ = - 2 ζ (\overset{―}{1}) \\ = 2 \ln 2 \end{aligned}$

よって、 $\sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n 2^{2 n}} = 2 \ln 2$ です。

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} a c & = \int_{0}^{1} \frac{d t}{t} \int_{0}^{t} c \\ = \int_{0}^{1} \frac{d t_{1}}{t_{1}} \int_{0}^{t_{1}} \frac{(1 - t_{2})^{- 1 / 2} - 1}{t_{2}} d t_{2} \\ = 2 \int_{0}^{1} \frac{d t_{1}}{t_{1}} \int_{\sqrt{1 - t_{1}}}^{1} \frac{1 - t_{2}}{1 - t_{2}^{2}} d t_{2} & (t_{2} \mapsto 1 - t_{2}^{2}) \\ = 2 \int_{0}^{1} \frac{2 t_{1}}{1 - t_{1}^{2}} d t_{1} \int_{t_{1}}^{1} \frac{d t_{2}}{1 + t_{2}} & (t_{1} \mapsto 1 - t_{1}^{2}) \\ = 2 \int_{0 < t_{1} < t_{2} < 1} (\frac{1}{1 - t_{1}} + \frac{1}{- 1 - t_{1}}) \frac{1}{1 + t_{2}} d t_{1} d t_{2} \\ = 2 (\int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{1 + t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{1 - t_{1}} + \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{1 + t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{- 1 - t_{1}}) \\ = - 2 (\int_{0}^{1} z_{1, 1} z_{1, 1 + 1} + z_{1, 1} z_{1, 1 + 0}) \\ = - 2 (ζ (\overset{―}{1}, \overset{―}{1}) + ζ (1, \overset{―}{1})) \\ = - 2 (\frac{1}{2} ζ (\overset{―}{1})^{2} + ζ (\overset{―}{2}) + \frac{1}{2} ζ (\overset{―}{1})^{2}) \\ = ζ (2) - 2 ζ (\overset{―}{1})^{2} \\ = \frac{π^{2}}{6} - 2 \ln^{2} 2 \end{aligned}$

よって $\sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n^{2} 2^{2 n}} = \frac{π^{2}}{6} - 2 \ln^{2} 2$ です。

$\begin{aligned} \int_{0}^{1} a^{2} c & = - 2 \int_{0}^{1} (b_{0} + b_{1})^{2} b_{1} \\ = - 2 (ζ (\overset{―}{1}, \overset{―}{1}, \overset{―}{1}) + ζ (\overset{―}{1}, 1, \overset{―}{1}) + ζ (1, \overset{―}{1}, \overset{―}{1}) + ζ (1, 1, \overset{―}{1})) \\ = - 2 (- \frac{2}{3} \ln^{3} 2 + \frac{π^{2}}{6} \ln 2 - ζ (3)) \\ = \frac{4}{3} \ln^{3} 2 - \frac{π^{2}}{3} \ln 2 + 2 ζ (3) \end{aligned}$

よって $\sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n^{3} 2^{2 n}} = \frac{4}{3} \ln^{3} 2 - \frac{π^{2}}{3} \ln 2 + 2 ζ (3)$ です。

まとめ

$\begin{aligned} \sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n 2^{2 n}} & = 2 \ln 2 \\ \sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n^{2} 2^{2 n}} & = \frac{π^{2}}{6} - 2 \ln^{2} 2 \\ \sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n^{3} 2^{2 n}} & = \frac{4}{3} \ln^{3} 2 - \frac{π^{2}}{3} \ln 2 + 2 ζ (3) \end{aligned}$

これ、一般の $k$ についてはAMZVを用いて
$\sum_{0 < n} \frac{(\binom{2 n}{n})}{n^{k} 2^{2 n}} = - 2 \sum_{i_{1}, \dots, i_{k - 1} \in {1, \overset{―}{1}}} ζ (i_{1}, \dots, i_{k - 1}, \overset{―}{1})$
と表現できるんですが、冒頭でも言った通り項数が $O (2^{k})$ で増えていくので計算がどんどん面倒くさくなっていくんですよね。誰か $k = 4$ の場合とか計算してくれないかな。