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解説大学数学以上
神鳥さんの級数問題(5)
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神鳥奈紗さんの級数問題(5) https://mathlog.info/articles/530 を解いてみました。
$\displaystyle\sum_{0< a< b}\frac{(-1)^b}{a^2b}$
見た目がシンプルだけど見た目ほど簡単にはいきませんね。
以下、解答です。
$\displaystyle\sum_{0< a< b}\frac{(-1)^b}{a^2b}
\\=\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{m^2(m+n)}
\\=\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{(-1)^{m+n}}{m^2n}-\frac{(-1)^{m+n}}{mn(m+n)}\right)$
それぞれの項について、
$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{m^2n} \\\displaystyle=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m}{m^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=\frac{\pi^2}{12}\log2$
$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{mn(m+n)} \\=\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{mn}\int_0^1x^{m+n-1}dx \\\displaystyle=\int_0^1\frac{\log^2(1+x)}{x}dx$
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log^2(1+x)}{x}dx=I$とおきます。
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{x}dx \\\displaystyle=\int_0^1\frac{-\log x}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}dx \\\displaystyle=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}=\zeta(3)$
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{x(1-x)}dx \\\displaystyle=\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{x}dx+\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{1-x}dx \\=\zeta(3)+\zeta(3)=2\zeta(3)$
従って、
$\displaystyle\int_0^\frac{1}{2}\frac{\log x\log(1-x)}{x(1-x)}dx=\zeta(3)$
$\displaystyle x=\frac{t}{1+t}$と置換すると、
$\displaystyle\int_0^\frac{1}{2}\frac{\log x\log(1-x)}{x(1-x)}dx \\=\displaystyle\int_0^1\frac{\log\frac{t}{1+t}\log\left(1-\frac{t}{1+t}\right)}{\frac{t}{1+t}\left(1-\frac{t}{1+t}\right)}\frac{dt}{(1+t)^2} \\=\displaystyle I-\int_0^1\frac{\log x\log(1+x)}{x}dx \\=\displaystyle I-\int_0^1\frac{-\log x}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nx^n}{n}dx \\=\displaystyle I-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^3} \\=\displaystyle I+\frac{3}{4}\zeta(3) =\zeta(3)$
よって、$\displaystyle I=\frac{\zeta(3)}{4}$となったので、
$\displaystyle\sum_{0< a< b}\frac{(-1)^b}{a^2b}=\frac{\pi^2}{12}\log2-\frac{\zeta(3)}{4}$
それぞれの項について、
$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{m^2n} \\\displaystyle=\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^m}{m^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n}=\frac{\pi^2}{12}\log2$
$\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{mn(m+n)} \\=\displaystyle\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{m+n}}{mn}\int_0^1x^{m+n-1}dx \\\displaystyle=\int_0^1\frac{\log^2(1+x)}{x}dx$
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log^2(1+x)}{x}dx=I$とおきます。
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{x}dx \\\displaystyle=\int_0^1\frac{-\log x}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}dx \\\displaystyle=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}=\zeta(3)$
$\displaystyle\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{x(1-x)}dx \\\displaystyle=\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{x}dx+\int_0^1\frac{\log x\log(1-x)}{1-x}dx \\=\zeta(3)+\zeta(3)=2\zeta(3)$
従って、
$\displaystyle\int_0^\frac{1}{2}\frac{\log x\log(1-x)}{x(1-x)}dx=\zeta(3)$
$\displaystyle x=\frac{t}{1+t}$と置換すると、
$\displaystyle\int_0^\frac{1}{2}\frac{\log x\log(1-x)}{x(1-x)}dx \\=\displaystyle\int_0^1\frac{\log\frac{t}{1+t}\log\left(1-\frac{t}{1+t}\right)}{\frac{t}{1+t}\left(1-\frac{t}{1+t}\right)}\frac{dt}{(1+t)^2} \\=\displaystyle I-\int_0^1\frac{\log x\log(1+x)}{x}dx \\=\displaystyle I-\int_0^1\frac{-\log x}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nx^n}{n}dx \\=\displaystyle I-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^3} \\=\displaystyle I+\frac{3}{4}\zeta(3) =\zeta(3)$
よって、$\displaystyle I=\frac{\zeta(3)}{4}$となったので、
$\displaystyle\sum_{0< a< b}\frac{(-1)^b}{a^2b}=\frac{\pi^2}{12}\log2-\frac{\zeta(3)}{4}$
シンプルな見た目だけど計算が複雑で面白い問題でした。
投稿日：2020年11月12日
更新日：2020年11月12日
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