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二項係数の逆数の無限級数の値を求める

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$$$$

$$ \sum_{n=0}^\infty\binom{2n}{n}^{-1} $$
の値を求めたい。
なお、$$\binom{p}{q} := \frac{p!}{q!\,(p-q)!} \; (pとqは \, p \geqq q \geqq 0 \, をみたす整数)$$
である。

以下解答。
$$ \sum_{n=0}^\infty\binom{2n}{n}^{-1} \\ = \sum_{n=0}^\infty \frac{(n!)^2}{(2n)!} \\ ここで \, n!=Γ(n+1) \, (n\in\mathbb{N}) \, より \\ = \sum_{n=0}^\infty \frac{(Γ(n+1))^2}{Γ(2n+1)} \\ Β(x, y) = \frac{Γ(x)Γ(y)}{Γ(x+y)} \, (x,y\in \mathbb{R}) \; に着目すると \\ = \sum_{n=0}^\infty B(n+1, \, n+1) \, \frac{Γ(2n+2)}{Γ(2n+1)} \\ ここで \, Γ(x+1) = xΓ(x) \, (x\in \mathbb{R}) \, より \\ = \sum_{n=0}^\infty (2n+1) \, B(n+1, \, n+1) \\ ベータ関数の定義 \; B(x,y)=\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}dt \; より、 \\ = \sum_{n=0}^\infty (2n+1) \int_{0}^{1}t^n(1-t)^ndt \\ 積分と無限級数の線型性より、 \\ = \int_{0}^{1}(\sum_{n=0}^\infty(2n+1)t^n(1-t)^n)dt \;\; \\ ここで \, \sum_{n=0}^\infty (2n+1)a^n \, の値を求める。 \\ S_n =\sum_{k=0}^{n}(2n+1)a^n \\ S_n = a^0 + 3a^1 + 5a^2 + \cdots + (2n-1)a^{n-1} + (2n+1)a^n \\ aS_n = a^1 + 3a^2 + \cdots + (2n-1)a^n + (2n+1)a^{n+1} \\ (1-a)S_n = a^0 + 2a^1 + 2a^2 + \cdots + 2a^n -(2n+1)a^{n+1} \\ ここで \, \sum_{n=0}^{\infty}a^n=\frac{1}{1-a} \, より \, 2a^0 + \cdots + 2a^n \, が計算できるので \\ (1-a)S_{\infty}=\frac{2}{1-a}-1 \\ \therefore \sum_{n=0}^\infty (2n+1)a^n = \frac{1+a}{(1-a)^2} \;(0< a<1) \\ このことから、\\ \int_{0}^{1}(\sum_{n=0}^\infty(2n+1)t^n(1-t)^n)dt \\ = \int_{0}^{1}\frac{1+t-t^2}{(1-t+t^2)^2}dt \\ t = x + \tfrac{1}{2} \;で置換すると \, x^2=t^2-t+\tfrac{1}{4} \; より \\ = \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}}\frac{-x^2+\frac{5}{4}}{(x^2+\frac{3}{4})^2}dx \\ x = \tfrac{\sqrt{3}}{2}tan(θ) \; とおくと \; \tfrac{dx}{dθ} = \tfrac{\sqrt{3}}{2cos^2(θ)} \; より \\ = \int_{arctan(-\frac{1}{\sqrt{3}})}^{arctan(\frac{1}{\sqrt{3}})} \frac{-\frac{3}{4}tan^2(θ)+\frac{5}{4}}{(\frac{3}{4}tan^2(θ)+\frac{3}{4})^2} \cdot \tfrac{\sqrt{3}}{2cos^2(θ)} dθ \\ (arctan(x)はtan(x)の逆関数) \\ = \int_{-\frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} \frac{\sqrt{3} \cdot 4^2 (-3tan^2(θ) + 5) }{2 \cdot 3^2 \cdot 4 (1 + tan^2(θ))^2 \cdot cos^2(θ)} dθ \;\; 分子の2\cdot4が分母の4^2と約分できる。 \\ 1+tan^2(θ) = \tfrac{1}{cos^2(θ)} \, より cos^2(θ)も約分できて \\ = \int_{-\frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} \frac{\sqrt{3}(-6tan^2(θ)+10)}{9\frac{1}{cos^2(θ)}} dθ \\ = \frac{\sqrt{3}}{9}\int_{-\frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} (10cos^2(θ) -6sin^2(θ)) \, dθ \\ sin^2(θ) = 1 - cos^2(θ) \, より \\ = \frac{\sqrt{3}}{9}\int_{-\frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} (16cos^2(θ) - 6) \, dθ \\ cos(2θ) = 2cos^2(θ) - 1 \, より \\ = \frac{\sqrt{3}}{9}\int_{-\frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} (8cos(2θ) + 2) \, dθ \\ = \frac{\sqrt{3}}{9} \left[4sin(2θ) + 2θ \, \right]_{-\frac{π}{6}}^{\frac{π}{6}} \\ = \frac{\sqrt{3}}{9} (\frac{4\sqrt{3}}{2}+\frac{π}{3}-(-\frac{4\sqrt{3}}{2}-\frac{π}{3})) \\ =\frac{4}{3} + \frac{2\sqrt{3}}{27}π $$

該当の無限級数の収束証明は この後の記事 でやってみました。

あとがき(蛇足)

数日前にMathlogを知り、自分もちょっとやってみようかなと思い立ちました。
最初の投稿に選んだこの無限級数は、大昔にとある人物がきっかけで知ることとなりました。そして最初に某数式計算ソフトを使って上記の値だけを知りました。
当時まだ若く根気があった私はなんとかその値を導き出したいと頑張り、
数日かけて漸く上記の解法にたどり着きました。
他にもっとよい解法(別解)とかあれば教えていただきたいです。
・・・が多分誰も見ないし自己満足で終わりそう・・・。

参考文献

解いた当時は色々漁りまくってたような気がしますが・・・。
今回この記事を記載するにあたっては手元の紙で計算確認しただけなので特になし。

投稿日:2022121

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