log2に収束する級数

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はじめに

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

これらの等式を示す。

補題

輸送関係式1

$C_{1} (n, m) := \frac{(2 n)! (2 m)!}{(2 n + 2 m)!} \frac{(n + m)!}{n! m!}$
$\frac{1}{2 m} C_{1} (n_{0}, m) = \sum_{n_{0} < n} \frac{1}{2 n - 1} C_{1} (n, m)$

$\begin{aligned} C_{1} (n - 1, m) - C_{1} (n, m) & = C_{1} (n, m) (\frac{(2 n + 2 m) (2 n + 2 m - 1)}{(2 n) (2 n - 1)} \frac{n}{n + m} - 1) \\ = C_{1} (n, m) (\frac{2 n + 2 m - 1}{2 n - 1} - 1) \\ = \frac{2 m}{2 n - 1} C_{1} (n, m) \end{aligned}$
両辺 $2 m$ で割り、 $n_{0} < n$ の範囲で和を取ると
$\frac{1}{2 m} C_{1} (n_{0}, m) = \sum_{n_{0} < n} \frac{1}{2 n - 1} C_{1} (n, m) ◼$

輸送関係式2

$C_{2} (n, m) := \frac{(2 n)! (2 m)!}{(2 n + 2 m)!} \frac{(n + m)!}{n! m!} \frac{2^{2 n}}{(\binom{2 n}{n})} \frac{2^{2 m}}{(\binom{2 m}{m})}$
$\frac{1}{2 m - 1} C_{2} (n_{0}, m) = \sum_{n_{0} < n} \frac{1}{2 n} C_{2} (n, m)$

$\begin{aligned} C_{2} (n - 1, m) - C_{2} (n, m) & = C_{2} (n, m) (\frac{(2 n + 2 m) (2 n + 2 m - 1)}{(2 n) (2 n - 1)} \frac{n}{n + m} \frac{2 n - 1}{2 n} - 1) \\ = C_{2} (n, m) (\frac{2 n + 2 m - 1}{2 n} - 1) \\ = \frac{2 m - 1}{2 n} C_{2} (n, m) \end{aligned}$
両辺 $2 m - 1$ で割り、 $n_{0} < n$ の範囲で和を取ると
$\frac{1}{2 m - 1} C_{2} (n_{0}, m) = \sum_{n_{0} < n} \frac{1}{2 n} C_{2} (n, m) ◼$

$C_{1} (n, m), C_{2} (n, m) が n, m$ について対象であることに注意する。

本題

早速、証明をしていく。和を取る範囲を分けたり、補題を適用していくことで証明は完了する。

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

$\begin{aligned} \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1) (2 n)} & = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1) (2 n)} C_{1} (n, 0) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{2 n - 1} \sum_{0 < m} \frac{1}{2 m - 1} C_{1} (n, m) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1)^{2}} C_{1} (n, n) + 2 \sum_{0 < n < m} \frac{1}{2 n - 1} \frac{1}{2 m - 1} C_{1} (n, m) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1)^{2}} \frac{(\binom{2 n}{n})}{(\binom{4 n}{2 n})} + 2 \sum_{0 < n} \frac{1}{2 n - 1} \sum_{n < m} \frac{1}{2 m - 1} C_{1} (n, m) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1)^{2}} \frac{(\binom{2 n}{n})}{(\binom{4 n}{2 n})} + 2 \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n) (2 n - 1)} C_{1} (n, n) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1)^{2}} \frac{(\binom{2 n}{n})}{(\binom{4 n}{2 n})} + \sum_{0 < n} \frac{1}{n (2 n - 1)} \frac{(\binom{2 n}{n})}{(\binom{4 n}{2 n})} \end{aligned}$
また、
$\sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1) (2 n)} = \log 2$
が成り立つことはよく知られているため、これらにより
$\log 2 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 n - 1)^{2}} \frac{(\binom{2 n}{n})}{(\binom{4 n}{2 n})} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (2 n - 1)} \frac{(\binom{2 n}{n})}{(\binom{4 n}{2 n})} ◼$

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

$\begin{aligned} \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1) (2 n)} & = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1) (2 n)} C_{2} (n, 0) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{2 n} \sum_{0 < m} \frac{1}{2 m} C_{2} (n, m) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n)^{2}} C_{2} (n, n) + 2 \sum_{0 < n < m} \frac{1}{2 n} \frac{1}{2 m} C_{2} (n, m) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n)^{2}} \frac{2^{4 n}}{(\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n})} + 2 \sum_{0 < n} \frac{1}{2 n} \sum_{n < m} \frac{1}{2 m} C_{2} (n, m) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n)^{2}} \frac{2^{4 n}}{(\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n})} + 2 \sum_{0 < n} \frac{1}{2 n (2 n - 1)} C_{2} (n, n) \\ = \sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n)^{2}} \frac{2^{4 n}}{(\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n})} + \sum_{0 < n} \frac{1}{n (2 n - 1)} \frac{2^{4 n}}{(\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n})} \end{aligned}$
命題1のときの証明と同様に
$\sum_{0 < n} \frac{1}{(2 n - 1) (2 n)} = \log 2$
なので
$\log 2 = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 n)^{2}} \frac{2^{4 n}}{(\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n})} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (2 n - 1)} \frac{2^{4 n}}{(\binom{4 n}{2 n}) (\binom{2 n}{n})} ◼$

要するにどちらの級数もメルカトル級数がもとになっているということですね

一般化

詳しくは書きませんが、パラメーター付きのコネクターを用いることで、次のようなより一般的な等式を求めることもできます。
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 n (2 n - 2 x - 1)} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 n - 2 x - 1)^{2}} \frac{(1 - 2 x)_{2 n}^{2} (1 - x)_{2 n}}{(1 - 2 x)_{4 n} (1 - x)_{n}^{2}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (2 n - 2 x - 1)} \frac{(1 - 2 x)_{2 n}^{2} (1 - x)_{2 n}}{(1 - 2 x)_{4 n} (1 - x)_{n}^{2}}$

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 n (2 n - 2 x - 1)} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{(2 n)^{2}} \frac{(1 - 2 x)_{2 n}^{2} (1 - x)_{2 n} n!^{2}}{(1 - 2 x)_{4 n} (1 - x)_{n}^{2} (\frac{1}{2} - x)_{n}^{2}} + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n (2 n - 2 x - 1)} \frac{(1 - 2 x)_{2 n}^{2} (1 - x)_{2 n} n!^{2}}{(1 - 2 x)_{4 n} (1 - x)_{n}^{2} (\frac{1}{2} - x)_{n}^{2}}$