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一つの式を3通りに変形する

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k=11+x2nk2n

を別の形で表すことについて考えてみます。(これは有限の値になります。)

展開する

まず、この積を展開することを考えると、x2nm次の項の係数は互いに異なる1k2nm個とってきたときの積の総和となるので、ζ([2n]m)となることがわかる。よって、
k=11+x2nk2n=k=0ζ([2n]k)x2knがわかる。

 

k=11+x2nk2n=k=0ζ([2n]k)x2kn

sinの積で表す

とりぼなっちさんの こちらの記事 を参考にさせていただくと、
k=11x2nk2n=k=1nsin(eπik/nπx)eπik/nπx
そして、k=11+x2nk2n=k=1(1x4nk4n)÷(1x2nk2n)
と表せるのでこの式を使うことができる。
k=11+x2nk2n
=k=1(1x4nk4n)÷(1x2nk2n)
=k=12nsin(eπik/2nπx)eπik/2nπx÷k=1nsin(eπik/nπx)eπik/nπx
=k=1nsin(eπi(2k1)/2nπx)eπi(2k1)/2nπx
=1eπin/2πnxnk=1nsin(eπi(2k1)/2nπx)
=1inπnxnk=1nsin(eπi(2k1)/2nπx)

 

k=11+x2nk2n=1inπnxnk=1nsin(eπi(2k1)/2nπx)

対数を取る

k=11+x2nk2n
=exp(ln(k=11+x2nk2n))
=exp(k=1ln(1+x2nk2n))
ln(1+x)k=1(1)k+1xkkと表すことができるので(マクローリン展開より)
=exp(k=1s=1(1)s+1(x2nk2n)ss)
=exp(k=1s=1(1)s+1k2snsx2sn)
=exp(s=1k=1(1)s+1k2snsx2sn)
=exp(s=1(1)s+1sk=11k2snx2sn)
=exp(s=1(1)s+1ζ(2sn)sx2sn)

ここで、log(1+x)のマクローリン展開を使いましたが、これは|x|<1の時しか収束しません。

 

k=11+x2nk2n=exp(k=1(1)k+1ζ(2kn)kx2kn)

式を見比べて

1inπnxnk=1nsin(eπi(2k1)/2nπx)=exp(k=1(1)k+1ζ(2kn)kx2kn)
両辺対数を取ると、
nln(iπx)+k=1nln(sin(eπi(2k1)/2nπx))=k=1(1)k+1ζ(2kn)kx2kn
sin(x)=i2(eixeix)を使う。
eπi(2k1)/2nπxαkと置くと、

nln(2πx)+k=1nln(eiαkeiαk)=k=1(1)k+1ζ(2kn)kx2kn
となる。

得られた式

k=11+x2nk2n=k=0ζ([2n]k)x2kn=1inπnxnk=1nsin(eπi(2k1)/2nπx)=exp(k=1(1)k+1ζ(2kn)kx2kn)

 

k=1(1)k+1ζ(2kn)kx2kn=k=1nln(eiαkeiαk2πx)
ただし、eπi(2k1)/2nπxαkとおいた

n=1とすると

k=1(1)k+1ζ(2k)kx2k=ln(eπxeπx2πx)

最後に

今回は広く浅く、という感じになってしまいましたが、4つの全く違いそうな式が同じ、というのは面白いですね!
 最後のn=1とした式はきれいですね!(普通に計算しても簡単に求められますが、、、)
 最後まで読んでいただきありがとうございます!

投稿日:20201110
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kozy
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級数をいじったりしてます

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