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積分と級数の溜め場 (週一更新)

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目次

§はじめに
§内容
・等式編
・定義編
・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。

反復積分で$(1-x)^{-1/2},(1-x)^{-1/3}$を考えたら得られた公式↓

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

$\displaystyle \frac{1}{4\sqrt{\pi}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n\Gamma(n+\frac{1}{2})}{2^{2n}\Gamma(n+2)}\binom{2n}{n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n-1)!!^2(4n-1)}{(2n)!!^2(4n-2)}-\frac{1}{2}…(4)$

$\displaystyle \zeta(3)=\sum_{(n,m)\in\mathbb N^2}\frac{m!(n-1)!}{nm(m+n)!}…(5)$

$\displaystyle -\zeta(\bar2)=\frac{1}{2}\zeta(2)=\frac{\pi^2}{12}=\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1+t_1}…(6)$

$\displaystyle \zeta(1,\bar2)=\frac{1}{8}\zeta(3)=\int_0^1\frac{dt_3}{t_3}\int_0^{t_3}\frac{dt_2}{1+t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1+t_1}…(7)$

$\displaystyle t(2)=\frac{\pi^2}{8}=\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1-t^2}…(8)$

$\displaystyle \beta(2)=\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{1+t_1^2}…(9)$

$\displaystyle \zeta(3)=-\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{\ln(1-t_1)}{t_1}dt_1…(10)$

$\displaystyle \sum_{0\le n_1< n_2}\frac{1}{n_1n_2^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=-8+8\ln2+2\zeta(2)…(11)$

$\displaystyle \sum_{0\le n_1< n_2< n_3}\frac{1}{n_1n_2n_3^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=-4\zeta(2)+2\zeta(3)+16-16\ln 2…(12)$

$\displaystyle \sum_{0< n_1< n_2< n_3< n_4}\frac{1}{n_1n_2n_3n_4^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=2\zeta(4)-4\zeta(3)+8\zeta(2)+32\ln 2-32…(13)$

$\displaystyle \sum_{0\le n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1+1)\cdots(n_r+r)^2}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}=-\sum_{k=2}^r(-2)^{r-k+1}\zeta(k)-(-2)^{r+1}(\ln2-1)…(14)$

$\displaystyle a(\mathbf k):=\sum_{0\le n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{(n_1+1)^{k_1}\cdots(n_r+r)^{k_r}}\frac{\binom{2n_1}{n_1}}{2^{2n_1}}$
$\displaystyle a(\{1\}^{r-1},2)=-\sum_{k=2}^r(-2)^{r-k+1}\zeta(k)-(-2)^{r+1}(\ln2-1)…(15)$

「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

$\displaystyle (1)=\int_0^1\frac{dt_2}{\sqrt{t_2}}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}$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.
$q$二項定理より
$\displaystyle I=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)_n}{(n+1)!}\int_0^1\frac{t_2^{n+1}}{\sqrt{t_2}}dt_2$
$=\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)_n}{(n+1)!(n+\frac{3}{2})}$

$\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)_n=\frac{1}{2}・\frac{3}{2}\cdots・\frac{2n-1}{2}$
$\displaystyle =\frac{(2n)!}{2^nn!}$
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)の証明

(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)の証明

(3)$\displaystyle =\int_0^1\frac{dt_2}{t_2}\int_0^{t_2}\frac{dt_1}{\sqrt{1-t_1}}$を示す.
$\colorbox{cyan}{更新予定}$

(4)の証明

$\displaystyle \int_0^1\sqrt{\frac{1-t^2}{1+t^2}}dt$を考える
またまた$q$二項定理より
$\displaystyle \int_0^1\sqrt{\frac{1-t^2}{1+t^2}}dt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{}{}$
$\colorbox{cyan}{更新予定}$

(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!

$\displaystyle \sum_ρ\frac{1}{ρ^2}=1+γ^2-\frac{\pi^2}{8}+2γ_1$

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

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(4n^2-1)}=2\ln2-1$

個人的に好きなやつ

$\displaystyle \int_0^{\infty}\frac{\sin t}{t}dt= \int_0^{\infty}\frac{\sin^2 t}{t^2}dt=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin n}{2n}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{\sin^2 n}{2n^2}$

$\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2+bx+c}dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{b^2-4ac}{4a}}$

定義編

リーマンゼータ関数
多重ゼータ値
超幾何級数
ユウカ関数
フィボナッチゼータ関数
多重フィボナッチゼータ値
素数ゼータ関数

公式編

$q$二項定理

$\displaystyle {}_1\phi_0\left[\begin{alignat}{2}a\\ \_\end{alignat};q,z\right]=\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}}$
$|q|<1,|z|<1$

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。

wikiにあったもの

$\displaystyle f(a,z;q)=\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}}$とおく
$\displaystyle (1-z)f(a,z;q)=\left(1-z\right)\frac{(az;q)_{\infty}}{(z;q)_{\infty}},$
$\displaystyle =(1-z)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n,$
$\displaystyle =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n-z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n,$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n-z\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}z^n,$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}-z\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_{n-1}}z^{n-1}\right),$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_n}((1-aq^{n-1})z^n-(1-q^n)z^n),$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_n}((1-aq^{n-1})q^nz^n-a(1-q^n)q^{n-1}z^n),$
$\displaystyle =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}(qz)^n-az\frac{(a;q)_{n-1}}{(q;q)_{n-1}}(qz)^{n-1}\right),$
$\displaystyle =\left(1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}(qz)^n\right)-az\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(a;q)_n}{(q;q)_n}(qz)^n,$
$\displaystyle =(1-az)f(a,qz;q).$
$\displaystyle f(a,z;q)=\frac{1-az}{1-z}f(a,qz;q),$
$\displaystyle =\lim_{n\to\infty}\frac{(1-az)_n}{(1-z)_n}f(a,q^nz;q),$
$\displaystyle =\frac{(1-az)_{\infty}}{(1-z)_{\infty}}.$

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

$\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)^2}{x}dx\overset{?}{=}-\frac{3}{8}\zeta(4)$

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。

投稿日:118
更新日:12時間前

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投稿者

分野の好き嫌いはしないンゴ

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