４日目

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

導入

今回は無限和で表された関数です。
$f (x) = \sum_{n \in Z} \frac{2^{n}}{1 + x^{2^{n}}} (x > 1) = (\dots + \frac{\frac{1}{8}}{1 + \sqrt[8]{x}} + \frac{\frac{1}{4}}{1 + \sqrt[4]{x}} + \frac{\frac{1}{2}}{1 + \sqrt{x}} + \frac{1}{1 + x} + \frac{2}{1 + x^{2}} + \frac{4}{1 + x^{4}} + \frac{8}{1 + x^{8}} + \dots)$
というものを思いつきました。ここで、総和記号の添え字の $n \in Z$ ですが、 $n$ を全整数に動かしながら足していくことを表しています。総和の上端及び下端の極限の取り方ですが、任意に取ることができます。すなわち、 $lim$ 記号を用いて書くなら、
$f (x) = lim_{\begin{matrix} n \to \infty \\ m \to \infty \end{matrix}} \sum_{k = - n}^{m} \frac{2^{k}}{1 + x^{2^{k}}} (x > 1)$
という感じです。
そして、実はこの関数は、
$f (x) = \frac{1}{\ln (x)}$
という閉じた形を持ちます。
なので、例えばここに $x = 2$ を代入すると、
$(. . . + \frac{\frac{1}{8}}{1 + \sqrt[8]{2}} + \frac{\frac{1}{4}}{1 + \sqrt[4]{2}} + \frac{\frac{1}{2}}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{1 + 2} + \frac{2}{1 + 2^{2}} + \frac{4}{1 + 2^{4}} + \frac{8}{1 + 2^{8}} + . . .) = \frac{1}{\ln (2)}$
という等式が得られたりします。今回はそんな関数のお話です。では、導出していきましょう。

導出

まず、任意の自然数 $n$ に対し、 $g (x) = 1 - x^{2^{n}}$ を考えます。よく知られた因数分解公式 $A^{2} - B^{2} = (A + B) (A - B)$ を繰り返し用いて、
$g (x) = 1 - x^{2^{n}} = (1 + x^{2^{n - 1}}) (1 - x^{2^{n - 1}}) = (1 + x^{2^{n - 1}}) (1 + x^{2^{n - 2}}) (1 - x^{2^{n - 2}}) = \dots = (1 - x) \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 + x^{2^{k}})$ です。 $x \neq 1$ のとき、両辺を $1 - x$ で割って、
$\frac{1 - x^{2^{n}}}{1 - x} = \prod_{k = 0}^{n - 1} (1 + x^{2^{k}}) . . . ①$ という関係が得られます。ここで、 $n \to \infty$ の極限を考えます。元の関数 $g (x)$ が収束するのは、 $| x | \leq 1$ の場合ですが、簡単のため $x \neq \pm 1$ としておきます。
そうすると、 $x^{2^{n}} \to 0 (n \to 0)$ となるので、①から、
$\frac{1}{1 - x} = \prod_{k = 0}^{\infty} (1 + x^{2^{k}}) (| x | < 1) . . . ②$
となります。左辺の $\frac{1}{1 - x}$ は、初項 $1$ 公比 $x$ の無限等比級数の和としてよく見かけますね。収束する範囲が $| x | < 1$ であることからも、

$\sum_{k = 0}^{\infty} x^{k}$ と $\prod_{k = 0}^{\infty} (1 + x^{2^{k}})$ は親戚のように思えます。

さて、②の両辺に自然対数 $\ln$ をとると、
$\ln (\frac{1}{1 - x}) = \ln (\prod_{k = 0}^{\infty} (1 + x^{2^{k}}))$
となります。真数の積は和に変換できますから、
$- \ln (1 - x) = \sum_{k = 0}^{\infty} \ln (1 + x^{2^{k}})$ となります。両辺を $x$ で微分します。
$\frac{1}{1 - x} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2^{k} x^{2^{k} - 1}}{1 + x^{2^{k}}}$
両辺に $x$ を掛けて、
$\frac{x}{1 - x} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2^{k} x^{2^{k}}}{1 + x^{2^{k}}} . . . ③$
元の関数 $f (x)$ に近い形が出てきましたが、これはまだ自然数についてのみ足し上げただけです。負の整数も足さなければなりません。
この次の作業が少しトリッキーです。
まず、 $x$ の範囲を、 $0 \leq x < 1$ に制限します。このとき、自然数 $n$ を用いて、 $x = \sqrt[2^{n}]{t}$ と置きます。明らかに $0 \leq t < 1$ です。
③に代入すると、
$\frac{\sqrt[2^{n}]{t}}{1 - \sqrt[2^{n}]{t}} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2^{k} t^{2^{k - n}}}{1 + t^{2^{k - n}}} . . . ④$
となります。 $(x^{2^{k}} = {(\sqrt[2^{n}]{t})}^{2^{k}} = t^{\frac{2^{k}}{2^{n}}} = t^{2^{k - n}})$ であることに注意してください。
$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2^{k} t^{2^{k - n}}}{1 + t^{2^{k - n}}} = 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2^{k - n} t^{2^{k - n}}}{1 + t^{2^{k - n}}} . . . ⑤$
なので、新たに $j = k - n$ とすると、 $k$ の取りうる範囲は $0 \leq k$ なので、 $- n \leq k - n$ より $- n \leq j$ となります。よって、④⑤から、
$\frac{\sqrt[2^{n}]{t}}{1 - \sqrt[2^{n}]{t}} = 2^{n} \sum_{j = - n}^{\infty} \frac{2^{j} t^{2^{j}}}{1 + t^{2^{j}}}$
両辺を $2^{n}$ で割って、
$\frac{2^{- n} \sqrt[2^{n}]{t}}{1 - \sqrt[2^{n}]{t}} = \sum_{j = - n}^{\infty} \frac{2^{j} t^{2^{j}}}{1 + t^{2^{j}}} . . . ⑥$
あとは、 $n \to \infty$ の極限を取るだけです。ここで、
$\frac{2^{- n} \sqrt[2^{n}]{t}}{1 - \sqrt[2^{n}]{t}} = \frac{2^{- n} t^{\frac{1}{2^{n}}}}{1 - t^{\frac{1}{2^{n}}}} = \frac{2^{- n} t^{2^{- n}}}{1 - t^{2^{- n}}}$ ですから、 $2^{- n} = α$ とおくと、 $n \to \infty$ で $α \to 0$ です。
よって、
$lim_{n \to \infty} \frac{2^{- n} t^{2^{- n}}}{1 - t^{2^{- n}}} = lim_{α \to 0} \frac{α t^{α}}{1 - t^{α}} . . . ⑦$
これは $\frac{0}{0}$ の不定形です。ロピタルを使うことも出来ますが、せっかくなのでしっかりと求めてみましょう。
まず求める極限の逆数を取ると、
${(\frac{α t^{α}}{1 - t^{α}})}^{- 1} = \frac{1 - t^{α}}{α t^{α}} = \frac{\frac{1}{t^{α}} - 1}{α}$
ここで、関数 $h (x) = t^{- x}$ を考えます。今 $t$ は定数として扱っているので、これは $t$ を底とする指数関数です。
そして、 $h (0) = t^{0} = 1$ であるので、先ほどの極限は、
$lim_{α \to 0} \frac{h (α) - h (0)}{α - 0}$ とみなせて、これは $h^{'} (0)$ に等しく、
$h^{'} (x) = \frac{d}{d x} (t^{- x}) = - \ln (t) \cdot t^{- x}$ であることから、
⑦の極限は、
$lim_{α \to 0} \frac{α t^{α}}{1 - t^{α}} = \frac{1}{h^{'} (0)} = \frac{- 1}{\ln (t)} . . . ⑧$

と求まりました。
よって、⑥⑧から、

$\sum_{j = - \infty}^{\infty} \frac{2^{j} t^{2^{j}}}{1 + t^{2^{j}}} = \frac{- 1}{\ln (t)}$

とが得られます。 $j$ を $n$ に置きなおして、また、 $j$ の動く範囲は全整数ですから、結局
$\sum_{n \in Z} \frac{2^{n} t^{2^{n}}}{1 + t^{2^{n}}} = \frac{- 1}{\ln (t)} (0 < t < 1)$
となります。
ここで、 $t = \frac{1}{x}$ とすれば、 $0 < t < 1$ より $1 < x$ で、

$\sum_{n \in Z} \frac{2^{n} {(\frac{1}{x})}^{2^{n}}}{1 + {(\frac{1}{x})}^{2^{n}}} = \frac{- 1}{\ln (\frac{1}{x})}$

より
$\sum_{n \in Z} \frac{2^{n}}{1 + x^{2^{n}}} = \frac{1}{\ln (x)} (x > 1)$
となります。
(総和の上端と下端の極限の順序について、今回は上端→下端の順に取りましたが、おそらく逆でも可能なはずです。面倒なので省いています。)
よって、 $f (x)$ の閉じた形が得られました。

応用

さて、 $f (x)$ 自身は全整数を動くわけですが、途中の③に、非負整数のみを動くような式が得られていました。
$\sum_{n \in Z} \frac{2^{n} x^{2^{n}}}{1 + x^{2^{n}}} = \frac{- 1}{\ln (x)} (0 < x < 1)$

かつ

$\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2^{n} x^{2^{n}}}{1 + x^{2^{n}}} = \frac{x}{1 - x} (0 < x < 1)$

なので、前者から後者を引いて、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{- n} x^{2^{- n}}}{1 + x^{2^{- n}}} = \frac{- 1}{\ln (x)} - \frac{x}{1 - x} . . . ⑨$
であり、
$x \to \frac{1}{x}$ として、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{- n}}{1 + x^{2^{- n}}} = \frac{1}{\ln (x)} + \frac{1}{x - 1}$
でもあります。そしてこれらの級数に関しては、 $x > 0$ で収束します。

更に、
以前用いた関係式
$\int_{0}^{1} \frac{t^{x} - 1}{\ln (t)} d t = \ln (x + 1)$
を用いると、
$\int_{0}^{1} \sum_{n \in Z} \frac{2^{n} t^{2^{n}} (1 - t^{x})}{1 + t^{2^{n}}} d t = \ln (x + 1)$

左辺について、積分と総和を入れ替えて
$\sum_{n \in Z} 2^{n} \int_{0}^{1} \frac{t^{2^{n}} (1 - t^{x})}{1 + t^{2^{n}}} d t$
今 $0 < t < 1$ なので、 $0 < t^{2^{n}} < 1$ が成り立ちますから、等比級数の和の公式を適用して、
$= \sum_{n \in Z} 2^{n} \int_{0}^{1} t^{2^{n}} (1 - t^{x}) \sum_{k = 0}^{\infty} {(- t^{2^{n}})}^{k} d t$
またも積分と総和を入れ替えて
$= \sum_{n \in Z} 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} \int_{0}^{1} t^{k \cdot 2^{n}} t^{2^{n}} (1 - t^{x}) d t$
$= \sum_{n \in Z} 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k - 1} \int_{0}^{1} t^{(k + 1) \cdot 2^{n}} - t^{x + (k + 1) \cdot 2^{n}} d t$
$= \sum_{n \in Z} 2^{n} \sum_{k = 0}^{\infty} (- 1)^{k} (\frac{1}{2^{n} (k + 1) + 1} - \frac{1}{2^{n} (k + 1) + x + 1})$
$= \sum_{n \in Z} 2^{n} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} (\frac{1}{2^{n} k + 1} - \frac{1}{2^{n} k + x + 1})$
$= \sum_{n \in Z} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} (\frac{1}{k + \frac{1}{2^{n}}} - \frac{1}{k + \frac{x + 1}{2^{n}}})$
となります。これが $\ln (x + 1)$ に等しいので、例えば $x = 1$ を代入すれば、
$\sum_{n \in Z} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} (\frac{1}{k + \frac{1}{2^{n}}} - \frac{1}{k + \frac{1}{2^{n - 1}}}) = \ln (2) = 0.6931 . . .$
という等式が得られます。収束速度は遅いので実用的ではありません。
更に、⑨を用いれば、左辺の計算は省略して、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} (\frac{1}{k + 2^{n}} - \frac{1}{k + 2^{n} (x + 1)}) = \ln (x + 1) - \int_{0}^{1} \frac{t (1 - t^{x})}{1 - t} d t$
ここで、
$\int_{0}^{1} \frac{t (1 - t^{x})}{1 - t} d t = \int_{0}^{1} (1 - t^{x}) \sum_{n = 0}^{\infty} t^{n + 1} d t = \sum_{n = 0}^{\infty} \int_{0}^{1} (t^{n + 1} - t^{n + x + 1}) d t$
$= \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n + 2} - \frac{1}{n + x + 2})$
$= \sum_{n = 0}^{\infty} (\frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + x + 1}) - \frac{x}{x + 1}$
$= ψ (x + 1) - \frac{x}{x + 1} + γ$
ここで、ディガンマ関数 $ψ (x)$ は、階乗の一般化であるガンマ関数 $Γ (x)$ の対数微分 $\frac{d}{d x} (\ln (Γ (x))) = \frac{Γ^{'} (x)}{Γ (x)}$ であり、 $γ$ はオイラーの定数と呼ばれる、調和級数と自然対数の差の極限 $lim_{n \to \infty} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n))$ で定義される定数で、その値はおよそ $0.5772 . . .$ です。
いまだ無理数かどうか分かっていないなど、この定数自身も非常に興味深い数ですが、今回はひとまずおいておいて、
結局、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} (\frac{1}{k + 2^{n}} - \frac{1}{k + 2^{n} (x + 1)}) = \ln (x + 1) - ψ (x + 1) + \frac{x}{x + 1} - γ$
となります。
$x = 1$ を代入すれば、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} (- 1)^{k - 1} (\frac{1}{k + 2^{n}} - \frac{1}{k + 2^{n + 1}}) = \ln (2) - ψ (2) + \frac{1}{2} - γ = 0.19314 . . .$
などが得られます。