⌊√k⌋の形の使い道はないけど面白い定理
次の定理を見つけました。ただし$\lfloor x\rfloor $は床関数(ガウス記号)であり、$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$\alpha$に収束する、つまり
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}} {f(k)}=\alpha $$とする。このとき、
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}}{f(\lfloor\sqrt{k} \rfloor)}=\alpha$$
が成り立つ。
ある関数$g(x,y)$が存在し、その交代逆数和が$\beta$に収束する、つまり
$$\sum _{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}} {g(k,k+1)}=\beta$$
とする。このとき、
$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1}}{g(\lfloor\sqrt{k} \rfloor,\lfloor\sqrt{k+1} \rfloor)} =\beta$$
が成り立つ。
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}}{\lfloor \sqrt{k}\rfloor}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1}} k=\ln2$$
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}} {\lfloor \sqrt{k}\rfloor \lfloor \sqrt{k+1}\rfloor}=\sum _{k=1}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1}} {k(k+1)}=2\ln 2 -1$$
自然数$n$について、ある整数$m(m=0,1,2,...,2n)$が存在して、
$$\lfloor {\sqrt{n^2+m}} \rfloor=n$$
である。
$n^2 \leq n^2+m<(n+1)^2=n^2+2n+1$を満たす整数$m$は$m=0,1,...,2n$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。
$$\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 0 &(nが偶数) \\ 1 &(nが奇数) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$
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、$$(-1)^{n}= \begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
-1&(nが奇数) \\
1&(nが偶数)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray} $$
から補題4が導かれる。
$$(-1)^{n^2}=(-1)^n$$
$n$と$n^2$の偶奇性は変わらないことによる。
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}}{f(\lfloor\sqrt{k} \rfloor)}=\sum_{k=1}^{\infty} \left(\sum _{m=k^2}^{k^2+2k}\frac {(-1)^{m-1}} {f(\lfloor {\sqrt {m}} \rfloor )} \right)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\sum _{m=0}^{2k}\frac {(-1)^{k^2+m-1}} {f(\lfloor {\sqrt{k^2+m}}\rfloor)}\right)$$
ここで、補題3より
$$ f(\lfloor \sqrt {k^2+m}\rfloor)=f(k)$$
また、補題4,5より、
$$\sum_{m=0}^{2k}(-1)^{k^2+m-1}=(-1)^{k^2-1}\sum_{m=1}^{2k+1}(-1)^{m-1}=(-1)^{k-1}$$
よって、
$$\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}}{f(\lfloor\sqrt{k} \rfloor)}= \sum_{k=1}^{\infty}\left(\sum _{m=0}^{2k}\frac {(-1)^{k^2+m-1}} {f(\lfloor {\sqrt{k^2+m}}\rfloor)}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac {(-1)^{k-1}}{f(k)}$$
となり、定理1が示された。
$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1}}{g(\lfloor\sqrt{k} \rfloor,\lfloor\sqrt{k+1} \rfloor)}=\sum_{k=1}^{\infty}\left( \sum _{m=k^2}^{k^2+2k}\frac {(-1)^{m-1}}{g(\lfloor\sqrt{m}\rfloor,\lfloor \sqrt{m+1}\rfloor )}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\left( \sum _{m=0}^{2k-1}\frac {(-1)^{k^2+m-1}}{g(\lfloor\sqrt{k^2+m}\rfloor,\lfloor \sqrt{k^2+m+1}\rfloor )}+\frac {(-1)^{k^2+2k-1}}{g(\lfloor \sqrt{k^2+2k}\rfloor,\lfloor {\sqrt{k^2+2k+1}}\rfloor)}\right)$$
ここで、補題3より、
$$g(\lfloor\sqrt{k^2+m}\rfloor,\lfloor \sqrt{k^2+m+1}\rfloor )=g(k,k)$$
$$ g(\lfloor \sqrt{k^2+2k}\rfloor,\lfloor {\sqrt{k^2+2k+1}}\rfloor)=g(k,k+1)$$
である。そして補題4,5より、
$$\sum_{m=0}^{2k-1}(-1)^{k^2+m-1}=(-1)^{k^2-1}\sum_{m=1}^{2k}(-1)^{m-1}=(-1)^{k-1}\cdot 0=0$$
$$(-1)^{k^2+2k-1}=(-1)^{(k-1)^2}=(-1)^{k-1}$$
よって、
$$\sum _{m=0}^{2k-1}\frac {(-1)^{k^2+m-1}}{g(\lfloor\sqrt{k^2+m}\rfloor,\lfloor \sqrt{k^2+m+1}\rfloor )}+\frac {(-1)^{k^2+2k-1}}{g(\lfloor \sqrt{k^2+2k}\rfloor,\lfloor {\sqrt{k^2+2k+1}}\rfloor)}=\frac {(-1)^{k-1}}{g(k,k+1)} $$
以上から
$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1}}{g(\lfloor\sqrt{k} \rfloor,\lfloor\sqrt{k+1} \rfloor)}=\sum_{k=1}^{\infty} \frac {(-1)^{k-1}}{g(k,k+1)} $$
となり定理2が示された。
完走した感想
床関数の性質と交代級数が上手いことかみ合って綺麗に打消しあってくれます。証明も非常に初等的でいいですね。実用性はないですが、見た目は非常に綺麗な式です。国公立二次試験が迫ってきているからって現実逃避で数学をやっているわけではありません、念のため。
