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大学数学基礎解説
文献あり

級数を求めたい[2]

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$$\newcommand{bm}[0]{\boldsymbol} \newcommand{D}[0]{{\cal D}} \newcommand{ds}[0]{\displaystyle} \newcommand{H}[0]{{\cal H}} \newcommand{n}[0]{\varnothing} \newcommand{ol}[1]{\overline{#1}} $$

導入

前回の続きです。今回は前回の級数の分母にいろいろ飾りつけをします。

本題

$\ds C_n:=\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n}=(-1)^n\binom{-1/2}{n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}$
$\ds\H({\bm s};s):=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^s}$
$\ds\H({\bm s};s)[x]:=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^s}x^n$
$\ds\H({\bm s};s)\langle x\rangle:=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^s}x^{n_1}$
$a,b_0,b_1,c$:それぞれ$\ds\frac{dt}{t},\frac{dt}{1-t},\frac{dt}{-1-t},\frac{((1-t)^{-1/2}-1)dt}{t}$に対応する微分形式の語
$\D:=\mathbb{Q}\langle a,b_0,b_1,c\rangle$(非可換多項式環)

既知の結果

$\ds\H(\n;k)=-2\sum_{i_1,\cdots,i_{k-1}\in\{1,\ol1\}}\zeta(i_1,\cdots,i_{k-1},\ol1)$

\begin{align} \H(\n;k)[x]&=\sum_{0< n}\frac{C_n}{n^k}x^n \\ &=\sum_{0< n}\frac{C_n}{n^{k-1}}\int_0^xt^{n-1}dx \\ &=\int_0^x\frac{dt}{t}\H(\n;k-1)[t] \\ &=\cdots \\ &=\int_{1>t_1>\cdots>t_{k-1}>0}\frac{dt_1}{t_1}\cdots\frac{dt_{k-1}}{t_{k-1}}\sum_{0< n}\frac{C_n}{n}t_{k-1}^n \\ &=\int_{1>t_1>\cdots>t_{k-1}>0}\frac{dt_1}{t_1}\cdots\frac{dt_{k-1}}{t_{k-1}}\sum_{0< n}C_n\int_0^{t_{k-1}}t_k^ndt_k \\ &=\int_{1>t_1>\cdots>t_k>0}\frac{dt_1}{t_1}\cdots\frac{dt_{k-1}}{t_{k-1}}\sum_{0< n}C_nt_k^ndt_k \\ &=\int_{1>t_1>\cdots>t_k>0}\frac{dt_1}{t_1}\cdots\frac{dt_{k-1}}{t_{k-1}}\frac{((1-t_k)^{-1/2}-1)dt_k}{t_k} \\ &=\int_0^xa^{k-1}c \end{align}
ここで、置換$g:x\mapsto1-x^2$によって$\ds\int_0^1a^{k-1}c$
\begin{align} \int_0^1a^{k-1}c&=\int_0^1\frac{dt_1}{t_1}\int_0^{t_1}\frac{dt_2}{t_2}\cdots\int_0^{t_{k-1}}\frac{((1-t_k)^{-1/2}-1)dt_k}{t_k} \\ &=\int_0^1\frac{dt_1}{t_1}\int_0^{t_1}\frac{dt_2}{t_2}\cdots\int_{\sqrt{1-t_{k-1}}}^1\frac{-2dt_k}{-1-t_k} \\ &=\cdots \\ &=\int_0^1\left(\frac{dt_1}{1-t_1}+\frac{dt_1}{-1-t_1}\right)\cdots\int_{t_{k-2}}^1\left(\frac{dt_{k-1}}{1-t_{k-1}}+\frac{dt_{k-1}}{-1-t_{k-1}}\right)\int_{t_{k-1}}^1\frac{-2dt_k}{-1-t_k} \\ &=-2\int_0^1b_1(b_0+b_1)^{k-1} \\ &=-2\sum_{i_1,\cdots,i_{k-1}\in\{1,\ol1\}}\zeta(i_1,\cdots,i_{k-1},\ol1) \end{align}

主定理

$\ds\H({\bm s};s)$はAMZVが$\mathbb{Q}$上張る空間に含まれる。

${\bm k}=(k_1,\cdots,k_r)$のとき
${\bm k}_\to:=(k_1,\cdots,k_r,1)$
${\bm k}_\leftarrow:=(k_1,\cdots,k_{r-1})$
${\bm k}_\uparrow:=(k_1,\cdots,k_r+1)$
${\bm k}_\downarrow:=(k_1,\cdots,k_r-1)$
${}_\leftarrow{\bm k}:=(1,k_1,\cdots,k_r)$
${}_\rightarrow{\bm k}:=(k_2,\cdots,k_r)$
${}_\uparrow{\bm k}:=(k_1+1,\cdots,k_r)$
${}_\downarrow{\bm k}:=(k_1-1,\cdots,k_r)$
とする。

$\ds\H({}_\uparrow\bm s;k)\langle x\rangle=\int_0^x\frac{dt}{t}\H(\bm s;k)\langle t\rangle$
$\ds\H({}_\leftarrow\bm s;k)\langle x\rangle=\int_0^x\frac{dt}{1-t}(\H(\bm s;k)-\H(\bm s;k)\langle t\rangle)$

\begin{align} \H({}_\uparrow\bm s;k)\langle x\rangle &=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1+1}\cdots n_i^{s_i}n^k}x^{n_1} \\ &=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^k}\int_0^xt^{n_1-1}dt \\ &=\int_0^x\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^k}\frac{t^{n_1}}{t}dt \\ &=\int_0^x\frac{dt}{t}\H(\bm s;k)\langle t\rangle \end{align}
\begin{align} \H({}_\leftarrow\bm s;k)\langle x\rangle &=\sum_{0< m\leq n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{mn_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^k}x^{m} \\ &=\sum_{0< m\leq n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^k}\int_0^xt^{m-1}dt \\ &=\int_0^x\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^k}\frac{1-t^{n_1}}{1-t}dt \\ &=\int_0^x\frac{dt}{1-t}(\H(\bm s;k)-\H(\bm s;k)\langle t\rangle) \\ \end{align}

ここで、任意のインデックスはweight$1$,depth$1$のインデックス$(1)$から${}_\uparrow*$${}_\leftarrow*$の繰り返しで作ることができる。$\bm s$の一番右の要素が$1$の時、$(\H(\bm s;k)-\H(\bm s;k)\langle t\rangle)$
\begin{align} \H(\bm s;k)-\H(\bm s;k)\langle t\rangle &=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}(1-t^{n_1}) \\ &=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}\int_t^1u^{n_1-1}du \\ &=\int_t^1\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}u^{n_1-1}du \\ &=\int_t^1\sum_{0< n_2\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}\frac{1-u^{n_2}}{1-u}du \\ &=\int_t^1\frac{du}{1-u}\sum_{0< n_2\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}(1-u^{n_2}) \\ &=\int_t^1\frac{du}{1-u}(\H({}_\rightarrow\bm s;k)-\H({}_\rightarrow\bm s;k)\langle u\rangle) \end{align}
また、$\bm s$の一番右の要素が$1$より大きい時、$(\H(\bm s;k)-\H(\bm s;k)\langle t\rangle)$
\begin{align} \H(\bm s;k)-\H(\bm s;k)\langle t\rangle &=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1}\cdots n_i^{s_i}n^k}(1-t^{n_1}) \\ &=\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1-1}n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}\int_t^1u^{n_1-1}du \\ &=\int_t^1\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1-1}n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}u^{n_1-1}du \\ &=\int_t^1\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1-1}n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}\frac{u^{n_1}}{u}du \\ &=\int_t^1\frac{du}{u}\sum_{0< n_1\leq\cdots\leq n_i\leq n}\frac{C_n}{n_1^{s_1-1}n_2^{s_2}\cdots n_i^{s_i}n^k}u^{n_1} \\ &=\int_t^1\frac{du}{u}\H({}_\downarrow\bm s;k)\langle u\rangle \end{align}
となるので上の操作を繰り返して$\H(1,k)\langle x\rangle$もしくは$\H(1,k)-\H(1,k)\langle x\rangle$$\ds\int_0^t,\int_t^1,\frac{dt}{t},\frac{dt}{1-t}$を用いて反復積分した形に直すことができる。
\begin{align} \H(1;k)\langle t\rangle &=\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{mn^k}t^m \\ &=\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{n^k}\int_0^tu^{m-1}du \\ &=\int_0^t\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{n^k}u^{m-1}du \\ &=\int_0^t\sum_{0< n}\frac{C_n}{n^k}\frac{1-u^n}{1-u}du \\ &=\int_0^t\frac{du}{1-u}\sum_{0< n}\frac{C_n}{n^k}(1-u^{n}) \\ &=\int_0^t\frac{du}{1-u}(\H(\n;k)-\H(\n;k)\langle u\rangle) \\ &=\int_0^t\frac{du}{1-u}(\H(\n;k)-\H(\n;k)[u]) \\ &=\int_0^t\frac{du}{1-u}\int_u^1a^{k-1}c \end{align}
\begin{align} \H(1;k)-\H(1;k)\langle t\rangle &=\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{mn^k}(1-t^m) \\ &=\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{n^k}\int_t^1u^{m-1}du \\ &=\int_t^1\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{n^k}u^{m-1}du \\ &=\int_t^1\sum_{0< n}\frac{C_n}{n^k}\frac{1-u^n}{1-u}du \\ &=\int_t^1\frac{du}{1-u}\sum_{0< n}\frac{C_n}{n^k}(1-u^{n}) \\ &=\int_t^1\frac{du}{1-u}(\H(\n;k)-\H(\n;k)\langle u\rangle) \\ &=\int_t^1\frac{du}{1-u}(\H(\n;k)-\H(\n;k)[u]) \\ &=\int_t^1\frac{du}{1-u}\int_u^1a^{k-1}c \end{align}
なので、$\H(\bm s;k)$$\ds\int_0^t,\int_t^1,\frac{dt}{t},\frac{dt}{1-t},\frac{((1-t)^{-1/2}-1)dt}{t}$を用いた反復積分で表せるから、 この記事 や上の定理1でも用いたpull-back$g:t\mapsto1-t^2$により$\H(\bm s;k)$がAMZVの$\mathbb{Q}$線形結合で表されることがわかる。

計算例

\begin{align} \sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{mn} &=\H(1;1) \\ &=\H(1;1)\langle1\rangle \\ &=\int_0^1\frac{dt}{1-t}\int_t^1\frac{(1-u)^{-1/2}-1}{u}du \\ &=\int_0^1\frac{((1-u)^{-1/2}-1)du}{u}\int_0^u\frac{dt}{1-t} \\ &=2\int_0^1\frac{((1-u)^{-1/2}-1)du}{u}\int_\sqrt{1-u}^1\frac{dt}{t} \\ &=4\int_0^1\frac{(1-u)du}{1-u^2}\int_u^1\frac{dt}{t} \\ &=-4\int_0^1\frac{dt}{t}\int_0^t\frac{du}{-1-u} \\ &=-4\zeta(\ol2) \\ &=\frac{\pi^2}{3} \end{align}
この記事 にある通り、
$\ds\sum_{0< m\leq n}\frac{C_n}{m^2n}=\H(2;1)=\frac32\zeta(3)$
です。

参考文献

投稿日:20211219
OptHub AI Competition

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Ιδέα
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