積分と級数の溜め場 (週一更新)
目次
§はじめに
§内容
・等式編
・公式編
・予想編
§最後に
はじめに
どうも色々やる数学徒です。
ここでは積分級数で遊んでいて得られた結果を書いていきます。
証明できてないのもあるので、試しに解いてみてください(≧∀≦)
厳密性はあまり意識してないので怪しかったらコメントお願いします
内容
等式編
自分で遊んだり研究した結果を溜めていきます。
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2n}(n+1)(n+\frac{3}{2})}\binom{2n}{n}=4-\pi$…(1)
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(3n-2)!}{3^{3n}(n+1)(n+\frac{5}{3})n!\Gamma(n+\frac{2}{3})}=\frac{\sqrt{3}\pi}{2\Gamma(\frac{1}{3})^2}-\frac{3}{2\Gamma(\frac{2}{3})}$…(2)
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2^{2n}(n+1)^2}\binom{2n}{n}=4-4\ln 2$…(3)
$\displaystyle \frac{1}{4\sqrt{\pi}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n\Gamma(n+\frac{1}{2})}{2^{2n}\Gamma(n+2)}\binom{2n}{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n-1)!!^2(4n-1)}{(2n)!!^2(4n-2)}-\frac{1}{2}…(4)$
$\displaystyle \zeta(3)=\sum_{(n,m)\in\mathbb N^2}\frac{m!(n-1)!}{nm(m+n)!}…(5)$
$\displaystyle -\zeta(\bar2)=\frac{1}{2}\zeta(2)=\frac{\pi^2}{12}=\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1+t_1}…(6)$
$\displaystyle \zeta(1,\bar2)=\frac{1}{8}\zeta(3)=\int_0^1\frac{dt_3}{t_3}\int_0^{t_3}\frac{dt_2}{1+t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1+t_1}…(7)$
$\displaystyle t(2)=\frac{\pi^2}{8}=\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1-t^2}…(8)$
$\displaystyle \beta(2)=\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1+t_1^2}…(9)$
$\displaystyle \zeta(3)=-\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{\ln(1-t_1)}{t_1}dt_1…(10)$
$\displaystyle \sum_{0\le n_1< n_2}\frac{1}{n_1n_2^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=-8+8\ln2+2\zeta(2)…(11)$
$\displaystyle \sum_{0\le n_1< n_2< n_3}\frac{1}{n_1n_2n_3^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=-4\zeta(2)+2\zeta(3)+16-16\ln 2…(12)$
$\displaystyle \sum_{0\le n_1< n_2< n_3< n_4}\frac{1}{n_1n_2n_3n_4^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=2\zeta(4)-4\zeta(3)+8\zeta(2)+32\ln 2-32…(13)$
$\displaystyle \sum_{0\le n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1+1)\cdots(n_r+r)^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=-\sum_{k=2}^r(-2)^{r-k+1}\zeta(k)-(-2)^{r+1}(\ln2-1)…(14)$
$\displaystyle a(\mathbf k):=\sum_{0\le n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1+1)^{k_1}\cdots(n_r+r)^{k_r}}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}$
$\displaystyle a(\{1\}^{r-1},2)=-\sum_{k=2}^r(-2)^{r-k+1}\zeta(k)-(-2)^{r+1}(\ln2-1)…(15)$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\omega^n}{n^3}=\frac{\zeta(3)}{3}+i\frac{5}{27}\zeta(2)…(16)$
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nn!}{\Gamma(n+\frac{5}{2})}\binom{2n}{n}=\sqrt{\pi}-\frac{2}{\sqrt{\pi}}$
$\displaystyle 4\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)(2n+3)}=\pi-2$
$\displaystyle \ln\left(\frac{\sqrt \pi}{2}\right)+\frac{\gamma}{2}=\sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^n}{2^nn}\zeta(n)$
\begin{align} -\frac{7}{8}\zeta(3)+\frac{1}{3}\ln^3(2)&=\frac{1}{2}\sum_{\substack{0< n_1< n_2\\0< m}}\frac{1}{n_12^{n_2}}\frac{2}{2-\frac{\frac{n_2}{n_1+1}}{2+\frac{\frac{m}{(n_1+1)(n_1+2)}}{2-\frac{\frac{(n_1+1)(n_2+2)}{(n_1+2)(n_1+3)}}{2+\frac{\frac{2(m-1)}{(n_1+3)(n_1+4)}}{2-\frac{\frac{(n_1+2)(n_2+3)}{(n_1+4)(n_1+5)}}{2+\frac{\frac{3(m-2)}{(n_1+5)(n_1+6)}}{2-\ddots}}}}}}} \end{align}
$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^32^n}=\frac{7}{8}\zeta(3)+\frac{1}{6}\ln(2)^3+\zeta(\bar2)\ln(2)$
「感想・備考」
(1)は図形的にも面白いはず。
(2)はちょっと汚いかも。
(3)は$q$二項定理と反復をうまく使って出しました。
(5)はコネクターやら輸送公式なるものから導出できるらしいですがここでは反復積分で導出してみます😎(運が良かった…？です)
$\displaystyle (1)=\int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt{t_2}}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}$を示す.
$\displaystyle I=\int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt{t_2}}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}$とおく.
二項定理($\displaystyle (1-x)^{-a}=\sum_{n=0}^\infty\frac{(a)_n}{n!}x^n$…$(a)_n$はポッホハマー記号)より
$\displaystyle I=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)_n}{(n+1)!}\int_0^1\frac{t_2^{n+1}}{\sqrt{t_2}}dt_2$
$=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)_n}{(n+1)!(n+\frac{3}{2})}$
$\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)_n=\frac{1}{2}・\frac{3}{2}\cdots・\frac{2n-1}{2}$
$\displaystyle =\frac{(2n)!}{2^nn!}$
より(1)$\displaystyle =\int_0^1\frac{dt_1}{\sqrt{t_1}}\int_0^{t_1}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}$
あとは順番に積分を解けばよい.
$\displaystyle \int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt{t_2}}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}=\int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt{t_2}}\left[-2\sqrt{1-t_1}\right]_0^{t_2}$
$\displaystyle =-2\int_0^1\frac{\sqrt{1-t_2}}{\sqrt{t_2}}-\frac{1}{\sqrt{t_2}}dt_2$
$\displaystyle =-2\int_0^1\sqrt{\frac{1-t_2}{t_2}}-\frac{1}{\sqrt{t_2}}dt_2$
$\displaystyle =-2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{\cos x}{\sin x}-\frac{1}{\sin x}\right)2\cos x\sin xdx$($t_2=\sin^2 x$)
$\displaystyle =-4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos ^2xdx+4\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xdx$
$\displaystyle =4-\pi$
(2)$\displaystyle =\int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt[3]{t_2}}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt[3]{1-t_1}}$を示す.
$\displaystyle I=\int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt[3]{t_2}}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt[3]{1-t_1}}$とおく.
(1)同様$q$二項定理より
$\displaystyle I=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{3}\right)_n}{(n+1)!}\int_0^1\frac{t_2^{n+1}}{\sqrt[3]{t_2}}dt_2$
$\displaystyle =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{3}\right)_n}{(n+1)!(n+\frac{5}{3})}$
$\displaystyle \left(\frac{1}{3}\right)_n=\frac{1}{3}・\frac{4}{3}・\frac{7}{3}\cdots・\frac{3n-2}{3}$
$\displaystyle =\frac{1}{3^n}\frac{1・2\cdots・(3n-2)・(3n-1)・(3n)}{2・3\cdots・(3n-1)(3n)}$
$\displaystyle =\frac{\Gamma(\frac{2}{3})}{3^{3n}n!\Gamma(n+\frac{2}{3})}$
(3)$\displaystyle =\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}$を示す.
$\colorbox{cyan}{更新予定}$
$\displaystyle \int_0^1\sqrt{\frac{1-t^2}{1+t^2}}dt$を考える
またまた$q$二項定理より
$\displaystyle \int_0^1\sqrt{\frac{1-t^2}{1+t^2}}dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{}{}$
$\colorbox{cyan}{更新予定}$
この記事
で示した。😎
エスパーキモチェー！コネクターエグスギィ！
$\displaystyle \sum_ρ\frac{1}{ρ^2}=1+γ^2-\frac{\pi^2}{8}+2γ_1$
この 記事 で示した
$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1-x)^2}{x}dx=2\zeta(3)$
$\displaystyle \int_0^1\frac{\textup{arc}\tanh(x)}{x}dx=\frac{3}{4}\zeta(2)$
Wolf先生で遊んでたら得られた式(未証明含む)
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^2}{(2n)!}=\frac{e}{4}$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3\binom{2n}{n}}=-\frac{4}{3}\zeta(3)+\frac{\pi}{8\sqrt{3}}ψ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right)-\frac{\pi}{24\sqrt{3}}ψ^{(1)}\left(\frac{5}{6}\right)$
$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a}{a+n^a}=\sum_{ω:ω^a+a=0}\frac{ψ^{(0)}(-ω)}{ω^{a-1}}$
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\cosh t}dt=\pi $
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\cosh^2t}dt=2$
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\cosh^3 t}dt=\frac{\pi}{2}$
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\cosh^4 t}dt=\frac{4}{3}$
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{(2n)!}=\frac{1}{2}\sqrt[4]{e}\sqrt{\pi}\textup{erf}\left(\frac{1}{2}\right)$
発散しそうでしなかったやつ
↓
$\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\zeta(1,n)=\zeta(3)+\sum_{k=2}^{\infty}k\zeta(2k)+\sum_{k=3}^{\infty}\frac{k-1}{2}\zeta(2k-1)+\sum_{k=2}^{\infty}\zeta(k,k)-\sum_{k=2}^{\infty}\zeta(k)\left(\sum_{n=k}^{\infty}\zeta(n)\right)$
まっ数で望遠鏡で収束性が言えることを教えていただきました。
Necroooさん
が投稿していた問題
↓
$\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{\cos ax}{b^2+x^2}dx=\frac{\pi e^{-|ab|}}{2|b|}$
ららら さんにもらった積分・級数
$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(4n^2-1)}=2\ln2-1$
数楽さん に教わったもの(上級で解説されています)
$\displaystyle \int_0^{\infty}\ln\left(1+\frac{1}{\cosh x}\right)dx=\frac{3}{4}\zeta(2)$
$\displaystyle \int_0^{\infty}x\ln\left(1+\frac{1}{\cosh x}\right)dx=\frac{21}{16}\zeta(3)$
$\displaystyle \int_0^{\infty}x^2\ln\left(1+\frac{1}{\cosh x}\right)dx=\frac{105}{32}\zeta(4)$
$\displaystyle \int_0^{\infty}x^3\ln\left(1+\frac{1}{\cosh x}\right)dx=\frac{1395}{128}\zeta(5)$
$\displaystyle \int_0^{\infty}x^4\ln\left(1+\frac{1}{\cosh x}\right)dx=\frac{5859}{128}\zeta(6)$
$\displaystyle \int_0^{\infty}x\ln\left(1-\frac{1}{\cosh x}\right)dx=-\frac{35}{16}\zeta(3)$
$\displaystyle \int_0^{\infty}(1-x)\ln\left(1+\frac{1}{\cosh x}\right)dx=\frac{4}{3}\zeta(2)-\frac{21}{16}\zeta(3)$
個人的に好きなやつ
↓
$\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{\sin t}{t}dt= \int_0^{\infty}\frac{\sin^2 t}{t^2}dt=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin n}{2n}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2 n}{2n^2}$
$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2+bx+c}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{b^2-4ac}{4a}}$
$\displaystyle $
公式編
$\displaystyle {}_1\phi_0\left[\begin{alignat}{2}a\\ \_\end{alignat};q,z\right]=\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}}$
$|q|<1,|z|<1$
右辺を関数として関数方程式を立式したら証明できます。
$\displaystyle f(a,z;q)=\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}}$とおく
$\displaystyle (1-z)f(a,z;q)=\left(1-z\right)\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}},$
$\displaystyle =(1-z)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n,$
$\displaystyle =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n-z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n,$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n-z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n,$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}-z\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_{n-1}}z^{n-1}\right),$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_n}((1-aq^{n-1})z^n-(1-q^n)z^n),$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_n}((1-aq^{n-1})q^nz^n-a(1-q^n)q^{n-1}z^n),$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}(qz)^n-az\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_{n-1}}(qz)^{n-1}\right),$
$\displaystyle =\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}(qz)^n\right)-az\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}(qz)^n,$
$\displaystyle =(1-az)f(a,qz;q).$
$\displaystyle f(a,z;q)=\frac{1-az}{1-z}f(a,qz;q),$
$\displaystyle =\lim_{n\to\infty}\frac{(1-az)_n}{(1-z)_n}f(a,q^nz;q),$
$\displaystyle =\frac{(1-az)_{\infty}}{(1-z)_{\infty}}.$
予想編
$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)^2}{x}dx\overset{?}{=}-\frac{3}{8}\zeta(4)$
最後に
思いついた級数とか積分を解くのもなかなか楽しいですね。
自分で作問してたりすると背景的なものも意識しちゃうようになっちゃいました(｀・∀・´)
今後週一程度の頻度で更新していきます。
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