自己紹介・記録解説

積分と級数の溜め場　(週一更新)

反復積分,級数,積分

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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。

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2^{2 n} (n + 1) (n + \frac{3}{2})} (\binom{2 n}{n}) = 4 - π$ …(1)

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(3 n - 2)!}{3^{3 n} (n + 1) (n + \frac{5}{3}) n! Γ (n + \frac{2}{3})} = \frac{\sqrt{3} π}{2 Γ (\frac{1}{3})^{2}} - \frac{3}{2 Γ (\frac{2}{3})}$ …(2)

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2^{2 n} (n + 1)^{2}} (\binom{2 n}{n}) = 4 - 4 \ln 2$ …(3)

$\frac{1}{4 \sqrt{π}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} Γ (n + \frac{1}{2})}{2^{2 n} Γ (n + 2)} (\binom{2 n}{n}) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(2 n - 1)!!^{2} (4 n - 1)}{(2 n)!!^{2} (4 n - 2)} - \frac{1}{2} \dots (4)$

$ζ (3) = \sum_{(n, m) \in N^{2}} \frac{m! (n - 1)!}{n m (m + n)!} \dots (5)$

$- ζ (\bar{2}) = \frac{1}{2} ζ (2) = \frac{π^{2}}{12} = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{1 + t_{1}} \dots (6)$

$ζ (1, \bar{2}) = \frac{1}{8} ζ (3) = \int_{0}^{1} \frac{d t_{3}}{t_{3}} \int_{0}^{t_{3}} \frac{d t_{2}}{1 + t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{1 + t_{1}} \dots (7)$

$t (2) = \frac{π^{2}}{8} = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{1 - t^{2}} \dots (8)$

$β (2) = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{1 + t_{1}^{2}} \dots (9)$

$ζ (3) = - \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{\ln (1 - t_{1})}{t_{1}} d t_{1} \dots (10)$

$\sum_{0 \leq n_{1} < n_{2}} \frac{1}{n_{1} n_{2}^{2}} \frac{(\binom{2 n_{1}}{n_{1}})}{2^{2 n_{1}}} = - 8 + 8 \ln 2 + 2 ζ (2) \dots (11)$

$\sum_{0 \leq n_{1} < n_{2} < n_{3}} \frac{1}{n_{1} n_{2} n_{3}^{2}} \frac{(\binom{2 n_{1}}{n_{1}})}{2^{2 n_{1}}} = - 4 ζ (2) + 2 ζ (3) + 16 - 16 \ln 2 \dots (12)$

$\sum_{0 \leq n_{1} < n_{2} < n_{3} < n_{4}} \frac{1}{n_{1} n_{2} n_{3} n_{4}^{2}} \frac{(\binom{2 n_{1}}{n_{1}})}{2^{2 n_{1}}} = 2 ζ (4) - 4 ζ (3) + 8 ζ (2) + 32 \ln 2 - 32 \dots (13)$

$\sum_{0 \leq n_{1} < \dots < n_{r}} \frac{1}{(n_{1} + 1) \dots (n_{r} + r)^{2}} \frac{(\binom{2 n_{1}}{n_{1}})}{2^{2 n_{1}}} = - \sum_{k = 2}^{r} (- 2)^{r - k + 1} ζ (k) - (- 2)^{r + 1} (\ln 2 - 1) \dots (14)$

$a (k) := \sum_{0 \leq n_{1} < \dots < n_{r}} \frac{1}{(n_{1} + 1)^{k_{1}} \dots (n_{r} + r)^{k_{r}}} \frac{(\binom{2 n_{1}}{n_{1}})}{2^{2 n_{1}}}$
$a ({1}^{r - 1}, 2) = - \sum_{k = 2}^{r} (- 2)^{r - k + 1} ζ (k) - (- 2)^{r + 1} (\ln 2 - 1) \dots (15)$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ω^{n}}{n^{3}} = \frac{ζ (3)}{3} + i \frac{5}{27} ζ (2) \dots (16)$

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} n!}{Γ (n + \frac{5}{2})} (\binom{2 n}{n}) = \sqrt{π} - \frac{2}{\sqrt{π}}$

$4 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1) (2 n + 3)} = π - 2$

$\ln (\frac{\sqrt{π}}{2}) + \frac{γ}{2} = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2^{n} n} ζ (n)$

$\begin{aligned} - \frac{7}{8} ζ (3) + \frac{1}{3} \ln^{3} (2) & = \frac{1}{2} \sum_{\begin{array}{c} 0 < n_{1} < n_{2} \\ 0 < m \end{array}} \frac{1}{n_{1} 2^{n_{2}}} \frac{2}{2 - \frac{\frac{n_{2}}{n_{1} + 1}}{2 + \frac{\frac{m}{(n_{1} + 1) (n_{1} + 2)}}{2 - \frac{\frac{(n_{1} + 1) (n_{2} + 2)}{(n_{1} + 2) (n_{1} + 3)}}{2 + \frac{\frac{2 (m - 1)}{(n_{1} + 3) (n_{1} + 4)}}{2 - \frac{\frac{(n_{1} + 2) (n_{2} + 3)}{(n_{1} + 4) (n_{1} + 5)}}{2 + \frac{\frac{3 (m - 2)}{(n_{1} + 5) (n_{1} + 6)}}{2 - ⋱}}}}}}} \end{aligned}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3} 2^{n}} = \frac{7}{8} ζ (3) + \frac{1}{6} \ln {(2)}^{3} + ζ (\bar{2}) \ln (2)$

「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)

(1)の証明

$(1) = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{\sqrt{t_{2}}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{\sqrt{1 - t_{1}}}$ を示す.
$I = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{\sqrt{t_{2}}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{\sqrt{1 - t_{1}}}$ とおく.
二項定理( $(1 - x)^{- a} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a)_{n}}{n!} x^{n}$ … $(a)_{n}$ はポッホハマー記号)より
$I = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(\frac{1}{2})}_{n}}{(n + 1)!} \int_{0}^{1} \frac{t_{2}^{n + 1}}{\sqrt{t_{2}}} d t_{2}$
$= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(\frac{1}{2})}_{n}}{(n + 1)! (n + \frac{3}{2})}$

${(\frac{1}{2})}_{n} = \frac{1}{2} ・ \frac{3}{2} \dots ・ \frac{2 n - 1}{2}$
$= \frac{(2 n)!}{2^{n} n!}$
より(1) $= \int_{0}^{1} \frac{d t_{1}}{\sqrt{t_{1}}} \int_{0}^{t_{1}} \frac{d t_{1}}{\sqrt{1 - t_{1}}}$
あとは順番に積分を解けばよい.
$\int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{\sqrt{t_{2}}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{\sqrt{1 - t_{1}}} = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{\sqrt{t_{2}}} {[- 2 \sqrt{1 - t_{1}}]}_{0}^{t_{2}}$

$= - 2 \int_{0}^{1} \frac{\sqrt{1 - t_{2}}}{\sqrt{t_{2}}} - \frac{1}{\sqrt{t_{2}}} d t_{2}$
$= - 2 \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1 - t_{2}}{t_{2}}} - \frac{1}{\sqrt{t_{2}}} d t_{2}$
$= - 2 \int_{0}^{\frac{π}{2}} (\frac{\cos x}{\sin x} - \frac{1}{\sin x}) 2 \cos x \sin x d x$ ( $t_{2} = \sin^{2} x$ )
$= - 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos^{2} x d x + 4 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos x d x$
$= 4 - π$

(2)の証明

(2) $= \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{\sqrt[3]{t_{2}}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{\sqrt[3]{1 - t_{1}}}$ を示す.
$I = \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{\sqrt[3]{t_{2}}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{\sqrt[3]{1 - t_{1}}}$ とおく.
(1)同様 $q$ 二項定理より
$I = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(\frac{1}{3})}_{n}}{(n + 1)!} \int_{0}^{1} \frac{t_{2}^{n + 1}}{\sqrt[3]{t_{2}}} d t_{2}$
$= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(\frac{1}{3})}_{n}}{(n + 1)! (n + \frac{5}{3})}$
${(\frac{1}{3})}_{n} = \frac{1}{3} ・ \frac{4}{3} ・ \frac{7}{3} \dots ・ \frac{3 n - 2}{3}$
$= \frac{1}{3^{n}} \frac{1 ・ 2 \dots ・ (3 n - 2) ・ (3 n - 1) ・ (3 n)}{2 ・ 3 \dots ・ (3 n - 1) (3 n)}$
$= \frac{Γ (\frac{2}{3})}{3^{3 n} n! Γ (n + \frac{2}{3})}$

(3)の証明

(3) $= \int_{0}^{1} \frac{d t_{2}}{t_{2}} \int_{0}^{t_{2}} \frac{d t_{1}}{\sqrt{1 - t_{1}}}$ を示す.
$更新予定$

(4)の証明

$\int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}} d t$ を考える
またまた $q$ 二項定理より
$\int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1 - t^{2}}{1 + t^{2}}} d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{}{}$
$更新予定$

(5)の証明

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！

$\sum_{ρ} \frac{1}{ρ^{2}} = 1 + γ^{2} - \frac{π^{2}}{8} + 2 γ_{1}$

この記事で示した

$\int_{0}^{1} \frac{\ln {(1 - x)}^{2}}{x} d x = 2 ζ (3)$

$\int_{0}^{1} \frac{arc \tanh (x)}{x} d x = \frac{3}{4} ζ (2)$

Wolf先生で遊んでたら得られた式(未証明含む)

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n^{2}}{(2 n)!} = \frac{e}{4}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3} (\binom{2 n}{n})} = - \frac{4}{3} ζ (3) + \frac{π}{8 \sqrt{3}} ψ^{(1)} (\frac{1}{3}) - \frac{π}{24 \sqrt{3}} ψ^{(1)} (\frac{5}{6})$

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{a}{a + n^{a}} = \sum_{ω : ω^{a} + a = 0} \frac{ψ^{(0)} (- ω)}{ω^{a - 1}}$

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\cosh t} d t = π$

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\cosh^{2} t} d t = 2$

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\cosh^{3} t} d t = \frac{π}{2}$

$\int_{- \infty}^{\infty} \frac{1}{\cosh^{4} t} d t = \frac{4}{3}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n!}{(2 n)!} = \frac{1}{2} \sqrt[4]{e} \sqrt{π} erf (\frac{1}{2})$

発散しそうでしなかったやつ
↓

$\sum_{n = 2}^{\infty} ζ (1, n) = ζ (3) + \sum_{k = 2}^{\infty} k ζ (2 k) + \sum_{k = 3}^{\infty} \frac{k - 1}{2} ζ (2 k - 1) + \sum_{k = 2}^{\infty} ζ (k, k) - \sum_{k = 2}^{\infty} ζ (k) (\sum_{n = k}^{\infty} ζ (n))$

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
↓

$\int_{0}^{\infty} \frac{\cos a x}{b^{2} + x^{2}} d x = \frac{π e^{- | a b |}}{2 | b |}$

らららさんにもらった積分・級数

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (4 n^{2} - 1)} = 2 \ln 2 - 1$

数楽さんに教わったもの(上級で解説されています)

$\int_{0}^{\infty} \ln (1 + \frac{1}{\cosh x}) d x = \frac{3}{4} ζ (2)$

$\int_{0}^{\infty} x \ln (1 + \frac{1}{\cosh x}) d x = \frac{21}{16} ζ (3)$

$\int_{0}^{\infty} x^{2} \ln (1 + \frac{1}{\cosh x}) d x = \frac{105}{32} ζ (4)$

$\int_{0}^{\infty} x^{3} \ln (1 + \frac{1}{\cosh x}) d x = \frac{1395}{128} ζ (5)$

$\int_{0}^{\infty} x^{4} \ln (1 + \frac{1}{\cosh x}) d x = \frac{5859}{128} ζ (6)$

$\int_{0}^{\infty} x \ln (1 - \frac{1}{\cosh x}) d x = - \frac{35}{16} ζ (3)$

$\int_{0}^{\infty} (1 - x) \ln (1 + \frac{1}{\cosh x}) d x = \frac{4}{3} ζ (2) - \frac{21}{16} ζ (3)$

個人的に好きなやつ
↓

$\int_{0}^{\infty} \frac{\sin t}{t} d t = \int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2} t}{t^{2}} d t = \sum_{n = - \infty}^{\infty} \frac{\sin n}{2 n} = \sum_{n = - \infty}^{\infty} \frac{\sin^{2} n}{2 n^{2}}$

$\int_{- \infty}^{\infty} e^{- a x^{2} + b x + c} d x = \sqrt{\frac{π}{a}} e^{- \frac{b^{2} - 4 a c}{4 a}}$

公式編

q

二項定理

$_{1} ϕ_{0} [\begin{array}{r} a \\ _ \end{array}; q, z] = \frac{(a z; q)_{\infty}}{(z; q)_{\infty}}$
$| q | < 1, | z | < 1$

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。

wikiにあったもの

$f (a, z; q) = \frac{(a z; q)_{\infty}}{(z; q)_{\infty}}$ とおく
$(1 - z) f (a, z; q) = (1 - z) \frac{(a z; q)_{\infty}}{(z; q)_{\infty}},$
$= (1 - z) \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} z^{n},$
$= \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} z^{n} - z \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} z^{n},$
$= 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} z^{n} - z \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} z^{n},$
$= 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} - z \frac{(a; q)_{n - 1}}{(q; q)_{n - 1}} z^{n - 1}),$
$= 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(a; q)_{n - 1}}{(q; q)_{n}} ((1 - a q^{n - 1}) z^{n} - (1 - q^{n}) z^{n}),$
$= 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(a; q)_{n - 1}}{(q; q)_{n}} ((1 - a q^{n - 1}) q^{n} z^{n} - a (1 - q^{n}) q^{n - 1} z^{n}),$
$= 1 + \sum_{n = 1}^{\infty} (\frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} (q z)^{n} - a z \frac{(a; q)_{n - 1}}{(q; q)_{n - 1}} (q z)^{n - 1}),$
$= (1 + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} (q z)^{n}) - a z \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(a; q)_{n}}{(q; q)_{n}} (q z)^{n},$
$= (1 - a z) f (a, q z; q) .$
$f (a, z; q) = \frac{1 - a z}{1 - z} f (a, q z; q),$
$= lim_{n \to \infty} \frac{(1 - a z)_{n}}{(1 - z)_{n}} f (a, q^{n} z; q),$
$= \frac{(1 - a z)_{\infty}}{(1 - z)_{\infty}} .$

アベル・プラナの和公式

ルベーグの優収束定理

Ramanujan master theoreom

予想編

$\int_{0}^{1} \frac{\ln (1 - x) \ln {(1 + x)}^{2}}{x} d x \overset{?}{=} - \frac{3}{8} ζ (4)$

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。

投稿日：2024年1月18日

更新日：2024年4月7日

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