級数bot IIの級数を示す
級数$\mathrm{bot\ II}$の級数を示す
どうも、らららです。
今回は
級数$\mathrm{bot\ II}$
のこの級数を示していきます。(
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)
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}n^2}=\frac{\pi^2}{6}-2\log^22$$
見た瞬間これポリログっぽいなぁって思いました。
ちなみにこの級数はΙδέαさんのこちらの
記事
で多重ゼータ値を用いて証明されています。
今回は別の方法で解いていきます。
解いていきます。
解くために使う補題を示していきます。
$$\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}x^n=\frac1{\sqrt{1-4x}}$$
証明
超幾何級数を用いて示す\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}x^n&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}(n!)^2}(4x)^n \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(\frac12,1\right)_n}{(1)_nn!}(4x)^n \\&={}_2F_1\left[\begin{array}{}\frac12,1\\1\end{array};4x\right] \end{align}
ここで、超幾何級数の変換を召喚して
$${}_2F_1\left[\begin{array}{}a,a+\frac1a\\2a\end{array};z\right]=\frac1{\sqrt{1-z}}\left(\frac2{1+\sqrt{1-z}}\right)^{2a-1}$$
$\di a=\frac12,z=4x$とすれば題意を得る。
(この超幾何級数の変換はNKSさんのこちらの PDF で示されている)
また、後の証明では$\di x\to\frac{x}4$として$n=1$からの形にして
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}}x^n=\frac1{\sqrt{1-x}}-1$$
を用いる。
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}n}=2\log2$$
証明
$\di\int_0^1x^{n-1}dx=\frac1n$に注意して\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}n}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}}\int_0^1x^{n-1}dx \\&=\int_0^1\frac1{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}}x^ndx \\&=\int_0^1\frac1{x}\left(\frac1{\sqrt{1-x}}-1\right)dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{1-\sqrt{1-x}}{x\sqrt{1-x}}dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{1-\sqrt{x}}{\sqrt{x}(1-x)}dx \\&=\frac12\int_0^1\frac{1-x}{1-x^2}dx \\&=\frac12\int_0^1\frac{dx}{x+1} \\&=2\log2 \end{align}
てことで証明していく😤
$$f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}n^2}x^n$$
$$f’(x)=\frac1{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}n}x^n$$
\begin{align}
f’’(x)&=-\frac1{x^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}n}x^n+\frac1{x^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{\binom{2n}n}{2^{2n}}x^n
\\&=-\frac1{x^2}f’(x)+\frac1{x^2}\left(\frac1{\sqrt{1- x}}-1\right)
\end{align}
あとは微分方程式を解いて
$$f(x)=C_1+C_2\log x+2\mathrm{Li}_2\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)-\log^2\left(1+\sqrt{1-x}\right)-2\log2\log\left(1-\sqrt{1-x}\right)$$
$$f’(x)=\frac{C_2}x-\frac{2\log\left(1+\sqrt{1-x}\right)}x$$
$f’(1)=2\log2$より$\di C_2=2\log2$
$$f’(x)=\frac{2\log2}x-\frac{2\log\left(1+\sqrt{1-x}\right)}x$$
\begin{align}
f(x)&=C_1+2\log2\log x+2\mathrm{Li}_2\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)-\log^2\left(1+\sqrt{1-x}\right)-2\log2\log\left(1-\sqrt{1-x}\right)
\\&=C_1+2\log2\left(\log x-\log\left(1-\sqrt{1-x}\right)\right)+2\mathrm{Li}_2\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)-\log^2\left(1+\sqrt{1-x}\right)
\end{align}
両辺を$x\to0$で極限をとる
\begin{align}
\lim_{x\to0}\left(\log x-\log\left(1-\sqrt{1-x}\right)\right)
&=\lim_{x\to0}\log\left(\frac{x}{1-\sqrt{1-x}}\right)
\\&=\lim_{x\to0}\log\left(1+\sqrt{1-x}\right)
\\&=\log2
\end{align}
$\di\lim_{x\to0}f(x)=0$より$C_1=-\log^22$
$$f(x)=-\log^22+2\log2\left(\log x-\log\left(1-\sqrt{1-x}\right)\right)+2\mathrm{Li}_2\left(\frac{1-\sqrt{1-x}}2\right)-\log^2\left(1+\sqrt{1-x}\right)$$
$\di\mathrm{Li}_2\left(\frac12\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\log^22}2$を用いて
$$f(1)=\frac{\pi^2}6-2\log^22$$
よって、題意は示された。
でたーー！！！
やっぱり微分方程式は強いですねぇ…
おしまい！！