⌊√k⌋の形の使い道はないけど面白い定理

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次の定理を見つけました。ただし $⌊ x ⌋$ は床関数(ガウス記号)であり、 $x$ 以下の最大の整数を表します。そして、 $n, k, m$ などは断りがない場合は自然数(時に $0$ も含める)とします。

ある関数 $f (x)$ が存在し、その交代逆数和が $α$ に収束する、つまり
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{f (k)} = α$ とする。このとき、
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{f (⌊ \sqrt{k} ⌋)} = α$
が成り立つ。

ある関数 $g (x, y)$ が存在し、その交代逆数和が $β$ に収束する、つまり
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{g (k, k + 1)} = β$
とする。このとき、
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{g (⌊ \sqrt{k} ⌋, ⌊ \sqrt{k + 1} ⌋)} = β$
が成り立つ。

$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{⌊ \sqrt{k} ⌋} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k} = \ln 2$
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{⌊ \sqrt{k} ⌋ ⌊ \sqrt{k + 1} ⌋} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{k (k + 1)} = 2 \ln 2 - 1$

自然数 $n$ について、ある整数 $m (m = 0, 1, 2, . . ., 2 n)$ が存在して、

$⌊ \sqrt{n^{2} + m} ⌋ = n$
である。

補題3の証明

$n^{2} \leq n^{2} + m < (n + 1)^{2} = n^{2} + 2 n + 1$ を満たす整数 $m$ は $m = 0, 1, . . ., 2 n$ である。各辺に根号を取って
$n \leq \sqrt{n^{2} + m} < n + 1$
床関数の定義より、補題3が示される。

$\sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k - 1} = \begin{array}{r} {\begin{cases} 0 & (n が偶数) \\ 1 & (n が奇数) \end{cases} \end{array}$

補題4の証明

等比級数和の公式より、
$\sum_{k = 1}^{n} (- 1)^{k - 1} = \frac{1 - (- 1)^{n}}{1 - (- 1)} = \frac{1 - (- 1)^{n}}{2}$
また、 $(- 1)^{n} = \begin{array}{r} {\begin{cases} - 1 & (n が奇数) \\ 1 & (n が偶数) \end{cases} \end{array}$
から補題4が導かれる。

$(- 1)^{n^{2}} = (- 1)^{n}$

補題5の証明

$n$ と $n^{2}$ の偶奇性は変わらないことによる。

定理1の証明

$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{f (⌊ \sqrt{k} ⌋)} = \sum_{k = 1}^{\infty} (\sum_{m = k^{2}}^{k^{2} + 2 k} \frac{(- 1)^{m - 1}}{f (⌊ \sqrt{m} ⌋)}) = \sum_{k = 1}^{\infty} (\sum_{m = 0}^{2 k} \frac{(- 1)^{k^{2} + m - 1}}{f (⌊ \sqrt{k^{2} + m} ⌋)})$
ここで、補題3より
$f (⌊ \sqrt{k^{2} + m} ⌋) = f (k)$
また、補題4,5より、
$\sum_{m = 0}^{2 k} (- 1)^{k^{2} + m - 1} = (- 1)^{k^{2} - 1} \sum_{m = 1}^{2 k + 1} (- 1)^{m - 1} = (- 1)^{k - 1}$
よって、
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{f (⌊ \sqrt{k} ⌋)} = \sum_{k = 1}^{\infty} (\sum_{m = 0}^{2 k} \frac{(- 1)^{k^{2} + m - 1}}{f (⌊ \sqrt{k^{2} + m} ⌋)}) = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{f (k)}$
となり、定理1が示された。

定理2の証明

$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{g (⌊ \sqrt{k} ⌋, ⌊ \sqrt{k + 1} ⌋)} = \sum_{k = 1}^{\infty} (\sum_{m = k^{2}}^{k^{2} + 2 k} \frac{(- 1)^{m - 1}}{g (⌊ \sqrt{m} ⌋, ⌊ \sqrt{m + 1} ⌋)}) = \sum_{k = 1}^{\infty} (\sum_{m = 0}^{2 k - 1} \frac{(- 1)^{k^{2} + m - 1}}{g (⌊ \sqrt{k^{2} + m} ⌋, ⌊ \sqrt{k^{2} + m + 1} ⌋)} + \frac{(- 1)^{k^{2} + 2 k - 1}}{g (⌊ \sqrt{k^{2} + 2 k} ⌋, ⌊ \sqrt{k^{2} + 2 k + 1} ⌋)})$
ここで、補題3より、
$g (⌊ \sqrt{k^{2} + m} ⌋, ⌊ \sqrt{k^{2} + m + 1} ⌋) = g (k, k)$
$g (⌊ \sqrt{k^{2} + 2 k} ⌋, ⌊ \sqrt{k^{2} + 2 k + 1} ⌋) = g (k, k + 1)$
である。そして補題4,5より、
$\sum_{m = 0}^{2 k - 1} (- 1)^{k^{2} + m - 1} = (- 1)^{k^{2} - 1} \sum_{m = 1}^{2 k} (- 1)^{m - 1} = (- 1)^{k - 1} \cdot 0 = 0$
$(- 1)^{k^{2} + 2 k - 1} = (- 1)^{(k - 1)^{2}} = (- 1)^{k - 1}$
よって、
$\sum_{m = 0}^{2 k - 1} \frac{(- 1)^{k^{2} + m - 1}}{g (⌊ \sqrt{k^{2} + m} ⌋, ⌊ \sqrt{k^{2} + m + 1} ⌋)} + \frac{(- 1)^{k^{2} + 2 k - 1}}{g (⌊ \sqrt{k^{2} + 2 k} ⌋, ⌊ \sqrt{k^{2} + 2 k + 1} ⌋)} = \frac{(- 1)^{k - 1}}{g (k, k + 1)}$
以上から
$\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{g (⌊ \sqrt{k} ⌋, ⌊ \sqrt{k + 1} ⌋)} = \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{k - 1}}{g (k, k + 1)}$
となり定理2が示された。