log2に収束する級数
はじめに
$$\log2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}$$
$$\log2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}$$
これらの等式を示す。
補題
$$C_1(n,m):=\frac{(2n)!(2m)!}{(2n+2m)!}\frac{(n+m)!}{n!m!}$$
$$\frac{1}{2m}C_1(n_0,m)=\sum_{n_0< n}\frac{1}{2n-1}C_1(n,m)$$
\begin{align}
C_1(n-1,m)-C_1(n,m)
&=C_1(n,m)\Bigg(\frac{(2n+2m)(2n+2m-1)}{(2n)(2n-1)}\frac{n}{n+m}-1\Bigg)\\
&=C_1(n,m)\Bigg(\frac{2n+2m-1}{2n-1}-1\Bigg)\\
&=\frac{2m}{2n-1}C_1(n,m)
\end{align}
両辺$2m$で割り、$n_0< n$の範囲で和を取ると
$$\frac{1}{2m}C_1(n_0,m)=\sum_{n_0< n}\frac{1}{2n-1}C_1(n,m)\blacksquare$$
$$C_2(n,m):=\frac{(2n)!(2m)!}{(2n+2m)!}\frac{(n+m)!}{n!m!}\frac{2^{2n}}{\binom{2n}{n}}\frac{2^{2m}}{\binom{2m}{m}}$$
$$\frac{1}{2m-1}C_2(n_0,m)=\sum_{n_0< n}\frac{1}{2n}C_2(n,m)$$
\begin{align}
C_2(n-1,m)-C_2(n,m)
&=C_2(n,m)\Bigg(\frac{(2n+2m)(2n+2m-1)}{(2n)(2n-1)}\frac{n}{n+m}\frac{2n-1}{2n}-1\Bigg)\\
&=C_2(n,m)\Bigg(\frac{2n+2m-1}{2n}-1\Bigg)\\
&=\frac{2m-1}{2n}C_2(n,m)
\end{align}
両辺$2m-1$で割り、$n_0< n$の範囲で和を取ると
$$\frac{1}{2m-1}C_2(n_0,m)=\sum_{n_0< n}\frac{1}{2n}C_2(n,m)\blacksquare$$
$C_1(n,m),C_2(n,m)がn,m$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。
$$\log2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}$$
\begin{align}
\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)(2n)}
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)(2n)}C_1(n,0)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{2n-1}\sum_{0< m}\frac{1}{2m-1}C_1(n,m)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)^2}C_1(n,n)+2\sum_{0< n< m}\frac{1}{2n-1}\frac{1}{2m-1}C_1(n,m)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)^2}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}+2\sum_{0< n}\frac{1}{2n-1}\sum_{n< m}\frac{1}{2m-1}C_1(n,m)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)^2}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}+2\sum_{0< n}\frac{1}{(2n)(2n-1)}C_1(n,n)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)^2}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}+\sum_{0< n}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}
\end{align}
また、
$$\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)(2n)}=\log2$$
が成り立つことはよく知られているため、これらにより
$$\log2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{4n}{2n}}\blacksquare$$
$$\log2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}$$
\begin{align}
\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)(2n)}
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)(2n)}C_2(n,0)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{2n}\sum_{0< m}\frac{1}{2m}C_2(n,m)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n)^2}C_2(n,n)+2\sum_{0< n< m}\frac{1}{2n}\frac{1}{2m}C_2(n,m)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n)^2}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}+2\sum_{0< n}\frac{1}{2n}\sum_{n< m}\frac{1}{2m}C_2(n,m)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n)^2}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}+2\sum_{0< n}\frac{1}{2n(2n-1)}C_2(n,n)\\
&=\sum_{0< n}\frac{1}{(2n)^2}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}+\sum_{0< n}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}\\
\end{align}
命題1のときの証明と同様に
$$\sum_{0< n}\frac{1}{(2n-1)(2n)}=\log2$$
なので
$$\log2=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-1)}\frac{2^{4n}}{\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}}\blacksquare$$
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。
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n(2n-2x-1)}
=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-2x-1)^2}\frac{(1-2x)^2_{2n}(1-x)_{2n}}{(1-2x)_{4n}(1-x)^2_{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-2x-1)}\frac{(1-2x)^2_{2n}(1-x)_{2n}}{(1-2x)_{4n}(1-x)^2_{n}}$$
$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2n(2n-2x-1)} =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n)^2}\frac{(1-2x)^2_{2n}(1-x)_{2n}n!^2}{(1-2x)_{4n}(1-x)^2_{n}(\frac{1}{2}-x)^2_{n}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(2n-2x-1)}\frac{(1-2x)^2_{2n}(1-x)_{2n}n!^2}{(1-2x)_{4n}(1-x)^2_{n}(\frac{1}{2}-x)^2_{n}}$$
参考文献
[1] 加速級数で表せる多重ゼータ値