二項係数を含む2重和の計算⑴

前提: \begin{eqnarray} \beta_n:=\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \end{eqnarray}

前に書いた反復ベータ積分を使って計算した級数をまとめます.

https://mathlog.info/articles/80SryeoyWvxGuVoKzxbY

二項係数の2重和

\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}&=&\frac{2\ln(1+\sqrt{1-x})-\ln(1-x)-2\ln2}{\sqrt{1-x}}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^{2n}\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^2}&=&\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\sum_{n>0}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\left(\tan\frac{\sin^{-1}x}{2}\right)^{2n}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\beta_k}&=&\frac{2}{3}\left(\frac{1}{(1-x)^2}-\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right)\\ \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k\beta_k}&=&\frac{2}{1-x}-\frac{2}{\sqrt{1-x}}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2\beta_k}&=&-\frac{\pi^2}{2\sqrt{1-x}}+4\sum_{n≥0}\frac{(1-x)^n}{(2n+1)^2}-\frac{(1-x)^n}{2n+1}\ln\sqrt{1-x}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^{2n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2\beta_k^2 }&=&\frac{2\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}\ln\frac{x^2}{1-x^2} +\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\sum_{n≥0} \frac{\sin{(2(2n+1)\sin^{-1}x)}}{(2n+1)^2} \end{eqnarray}

二項係数の逆数を含む2重和

\begin{eqnarray} \sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{n\beta_n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}&=&-\frac{2\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}\ln(1-x^2)-\frac{4\ln2\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}+\sum_{n≥1}\frac{(-1)^{n-1}\sin(2n\sin^{-1}x)}{n^2}\\ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{n\beta_n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\beta_k}{k}&=&\frac{4\ln2}{\sqrt{1-x^2}}\sin^{-1}x+\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\sum_{n≥1}\frac{(-1)^{n-1}\sin(2n\sin^{-1}x)}{n^2}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{n\beta_n}\sum_{k=0}^{n}\beta_k &=&\frac{2x}{1-x^2}\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n^2\beta_n}\sum_{k=0}^{n}\beta_k &=&2\ln(1-x^2)\\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{n\beta_n}\sum_{k=1}^{n}\beta_k^2&=& \frac{\ln\frac{1-x}{1+x}}{\sqrt{1-x^2}} \end{eqnarray}

計算方法

\begin{eqnarray} \sum_{k=m}^{\infty} a_kx^{2k}=f(x) \end{eqnarray}
とする.
\begin{eqnarray} \sum_{k=m}^{\infty}\int_{0}^{x}\frac{a_kt^{2k-1}}{\sqrt{1-t^2}}dt \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} =\sum_{n=m}^{\infty}\beta_nx^{2n}\sqrt{1-x^2}\sum_{k=m}^{n}\frac{a_k}{2k\beta_k} \end{eqnarray}
また,これは元々
\begin{eqnarray} \int_{0}^{x}\frac{f(t)}{t\sqrt{1-t^2}}dt \end{eqnarray}
であるため,
\begin{eqnarray} \sum_{n=m}^{\infty}\beta_nx^{2n}\sum_{k=m}^{n}\frac{a_k}{k\beta_k} =\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\int_{0}^{x} \frac{f(t)}{t\sqrt{1-t^2}}dt \end{eqnarray}
となる.
ここからわかる通り右辺に級数が出てきてしまうのはこの不定積分が初等関数で表せないためである.
逆数の場合でも同様の方法によって計算できる.
ここからわかることは級数の中の有限和内の数列はfの級数展開によるということで,中の二項係数に3乗をつけたい場合は楕円積分を用いることによって出すことができるはずである.
また,そのようなこと計算をする場合は次のNKSさんの記事を参考にすると良いと思う.

https://mathlog.info/articles/Niw3jKf0nscULhNPzXyi

また,他にも二項係数の指数部分を増やす方法は次の記事のような方法があるらしい.
https://mathlog.info/articles/uWdcYqKmmNPThJr6iYDE

こちらはまだよく理解できていないのでこれからできるようにしたい.

有限和ではない方の数列は後々から変えることができる.
級数に慣れている方ならわかる通り
xについて微分や積分をすることによって
分母分子ににnを増やすことができる.
二項係数を増やす場合は次の等式を用いる.

これはベータ関数からすぐにわかる.

最初に級数展開を得た後にx→txと置換し
tについて[0,1]でこの積分をすることによって二項係数を得られる.

証明

(1.1)\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^{\infty}\beta_n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\frac{2\ln(1+\sqrt{1-x})-\ln(1-x)-2\ln 2}{\sqrt{1-x}} \end{eqnarray}

(1.2)
\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^{2n} \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2} =\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}\sum_{n>0}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\tan^{2n}\frac{\sin^{-1}x}{2} \end{eqnarray}

(1.3)
\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\beta_k}=\frac{2}{3}\left(\frac{1}{(1-x)^2}-\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right) \end{eqnarray}

(1.4)
\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty}\beta_nx^n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k\beta_k}=\frac{2}{1-x}-\frac{2}{\sqrt{1-x}} \end{eqnarray}

(1.6),(1.5)においても同様に計算可能

(2.5)
\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n-1}}{n\beta_n}\sum_{k=0}^{n-1}\beta_k^2=\frac{\ln\frac{1-x}{1+x}}{\sqrt{1-x^2}} \end{eqnarray}

(2.1)(2.2)(2.3)(2.4)も同様にして示せるが有限和が計算可能な物もあるためあまり面白いものではない.

終わり

$(n+\frac{1}{2})\beta_n=(n+1)\beta_{n+1}$という等式を用いることで半整数を含む二項係数の多重和も計算できる.
また4n±1を含む多重和もTwitterでよく見かけるためそれらも示せるようにしていきたい.