級数を求めたい[1]
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。
$$\ds\sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n^k2^{2n}}$$
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。
$$ x\mapsto1-x^2$$
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。
$$(-1)^n\binom{-\frac12}{n}=2^{-2n}\binom{2n}{n}$$
\begin{align} (-1)^n\binom{-\frac12}{n}&=(-1)^n\frac{(-\frac12)\cdots(-\frac{2n-1}{2})}{n!} \\ &=\frac{(2n-1)!!}{2^nn!} \\ &=\frac{(2n)!}{2^nn!(2n)!!} \\ &=2^{-2n}\frac{(2n)!}{(n!)^2} \\ &=2^{-2n}\binom{2n}{n} \end{align}
$$\int_0^1\frac{(1-t)^{-1/2}-1}{t}dt=\sum_{0< n}\frac{(-1)^n}{n}\binom{-1/2}{n}$$
\begin{align}
\int_0^x\frac{(1-t)^{-1/2}-1}{t}dt&=\int_0^x\frac{dt}{t}\left(-1+\sum_{n=0}^\infty\binom{-1/2}{n}(-t)^n\right) \\
&=\int_0^x\sum_{0< n}\binom{-1/2}{n}(-1)^nt^{n-1}dt \\
&=\sum_{0< n}\binom{-1/2}{n}(-1)^n\int_0^xt^{n-1}dt \\
&=\sum_{0< n}\binom{-1/2}{n}(-1)^n\frac{x^n}{n}
\end{align}
ここで$x\to1$とすれば定理の主張を得る。
以下、$\ds c=\frac{(1-t)^{-1/2}-1}{t}dt$とおく。
$$\int_0^1a^{k-1}c=\sum_{0< n}\frac{(-1)^n}{n^k}\binom{-1/2}{n}$$
\begin{align}
\int_0^xa^{k-1}c&=\int_0^xa^{k-1}\int_0^t\frac{(1-u)^{-1/2}-1}{u}du \\
&=\int_0^xa^{k-1}\sum_{0< n}\frac{(-1)^nt^n}{n}\binom{-1/2}{n} \\
&=\int_0^xa^{k-2}\int_0^t\frac{du}{u}\sum_{0< n}\frac{(-1)^nu^n}{n}\binom{-1/2}{n} \\
&=\int_0^xa^{k-2}\sum_{0< n}\frac{(-1)^n}{n}\binom{-1/2}{n}\int_0^tu^{n-1}du \\
&=\int_0^xa^{k-2}\sum_{0< n}\frac{(-1)^nt^n}{n^2}\binom{-1/2}{n} \\
&=\cdots \\
&=\int_0^x\frac{dt}{t}\sum_{0< n}\frac{(-1)^nt^n}{n^{k-1}}\binom{-1/2}{n} \\
&=\sum_{0< n}\frac{(-1)^nx^n}{n^k}\binom{-1/2}{n}
\end{align}
となるので$x\to1$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{align} \ds\int_0^1c&=\int_0^1\frac{(1-t)^{-1/2}-1}{t}dt \\ &=-2\int_1^0\frac{u^{-1}-1}{1-u^2}udu &(t\mapsto1-u^2)\\ &=2\int_0^1\frac{du}{1+u} \\ &=-2\int_0^1z_{1,1} \\ &=-2\zeta(\ol{1}) \\ &=2\ln2 \end{align}
よって、$\ds\sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n2^{2n}}=2\ln2$です。
\begin{align} \int_0^1ac&=\int_0^1\frac{dt}{t}\int_0^tc \\ &=\int_0^1\frac{dt_1}{t_1}\int_0^{t_1}\frac{(1-t_2)^{-1/2}-1}{t_2}dt_2 \\ &=2\int_0^1\frac{dt_1}{t_1}\int_\sqrt{1-t_1}^{1}\frac{1-t_2}{1-t_2^2}dt_2 &(t_2\mapsto1-t_2^2) \\ &=2\int_0^1\frac{2t_1}{1-t_1^2}dt_1\int_{t_1}^{1}\frac{dt_2}{1+t_2} &(t_1\mapsto1-t_1^2) \\ &=2\int_{0< t_1< t_2<1}\left(\frac{1}{1-t_1}+\frac{1}{-1-t_1}\right)\frac{1}{1+t_2}dt_1dt_2 \\ &=2\left(\int_0^1\frac{dt_2}{1+t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1-t_1}+\int_0^1\frac{dt_2}{1+t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{-1-t_1}\right) \\ &=-2\left(\int_0^1z_{1,1}z_{1,1+1}+z_{1,1}z_{1,1+0}\right) \\ &=-2(\zeta(\ol1,\ol1)+\zeta(1,\ol1)) \\ &=-2\left(\frac12\zeta(\ol1)^2+\zeta(\ol2)+\frac12\zeta(\ol1)^2\right) \\ &=\zeta(2)-2\zeta(\ol1)^2 \\ &=\frac{\pi^2}{6}-2\ln^22 \end{align}
よって$\ds\sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n^22^{2n}}=\frac{\pi^2}{6}-2\ln^22$です。
\begin{align} \int_0^1a^2c&=-2\int_0^1(b_0+b_1)^2b_1 \\ &=-2(\zeta(\ol1,\ol1,\ol1)+\zeta(\ol1,1,\ol1)+\zeta(1,\ol1,\ol1)+\zeta(1,1,\ol1)) \\ &=-2\left(-\frac23\ln^32+\frac{\pi^2}{6}\ln2-\zeta(3)\right) \\ &=\frac43\ln^32-\frac{\pi^2}{3}\ln2+2\zeta(3) \end{align}
よって$\ds\sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n^32^{2n}}=\frac43\ln^32-\frac{\pi^2}{3}\ln2+2\zeta(3)$です。
まとめ
\begin{align} \sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n2^{2n}} &=2\ln2 \\ \sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n^22^{2n}}&=\frac{\pi^2}{6}-2\ln^22 \\ \sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n^32^{2n}}&=\frac43\ln^32-\frac{\pi^2}{3}\ln2+2\zeta(3) \end{align}
これ、一般の$k$についてはAMZVを用いて
$$\sum_{0< n}\frac{\binom{2n}{n}}{n^k2^{2n}}=-2\sum_{i_1,\cdots,i_{k-1}\in\{1,\ol1\}}\zeta({i_1},\cdots,{i_{k-1}},\ol1)$$
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。
次回予告
次は12月19日にこの級数の発展形の記事を出します。