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ζ(1,1,2)=ζ(4)の証明2

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$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{d}[0]{\displaystyle} \newcommand{f}[0]{<} \newcommand{l}[0]{\left(} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{r}[0]{\right)} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{tria}[0]{\tau\rho\iota\alpha} \newcommand{v}[0]{\varnothing} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} $$

はじめに

この記事ではまた新たに$\z(1,1,2)=\z(4) $の証明を発見したので、それについて書きます。

また、 こちら の記事で過去に発見した$\z(1,1,2)=\z(4) $の証明について書いているので、先にそちらを読むことをお勧めします。

証明

$ \begin{eqnarray*} &&\d\z(1,1,2)\\ &=&\sum_{0\f a\f b\f c}\frac1{abc^2}\\ &=&\sum_{0\f a,b,c}\frac1{a(a+b)(a+b+c)^2}\\ &=&\sum_{0\f a,b,c}\frac1{a(a+b)}\int_0^\infty xe^{-(a+b+c)x}dx\\ &=&\sum_{0\f a,b,c} \l \frac1{ab}-\frac1{b(a+b)} \r \int_0^\infty xe^{-(a+b+c)x}dx\\ &=&\sum_{0\f a,b,c} \frac1{ab}\int_0^\infty xe^{-(a+b+c)x}dx-\sum_{0\f a,b,c}\frac1{a(a+b)}\int_0^\infty xe^{-(a+b+c)x}dx\\ &=&\frac12\sum_{0\f a,b,c} \frac1{ab}\int_0^\infty xe^{-(a+b+c)x}dx\\ &=&\frac12\int_0^\infty x\sum_{0\f a,b,c}\frac{(e^{-x})^a(e^{-x})^b(e^{-x})^c}{ab}dx\\ &=&\frac12\int_0^\infty \frac{xe^{-x}\log^2(1-e^{-x})}{1-e^{-x}}dx\\ &=&-\frac12\int_0^1 \frac{\log t\log^2(1-t)}{1-t}dt~~~~~~~~~~(t=e^{-x})\\ &=&-\frac12\int_0^1 \frac{\log^2 t\log(1-t)}{t}dt\\ &=&\frac12\int_0^1 \frac{\log^2 t}t\sum_{k=1}^\infty \frac{t^k}k dt\\ &=&\frac12\sum_{k=1}^\infty \frac1k\int_0^1 t^{k-1} \log^2 tdt\\ &=&\frac12\sum_{k=1}^\infty\frac1k\int_0^\infty u^2e^{-ku}du~~~~~~~~~~(u=-\log t)\\ &=&\frac12\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^4}\int_0^\infty u^2e^{-u}du\\ &=&\frac12\Gamma(3)\zeta(4)\\ &=&\zeta(4) \end{eqnarray*} $

より、$\zeta(1,1,2)=\z(4) $が証明されました。

おわりに

この記事では前回までの証明とは違い、積分を使った方法を考えてみました。やはり積分は全てを解決しますね。

投稿日:20201113

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投稿者

神鳥奈紗
神鳥奈紗
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遭難者です.高専1年です.MZV,級数,積分をメインにやっています.

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