非常に興味深い級数を考える
非常に興味深い級数を考える
こんにちは。らららです。
なんと私、そろそろ高校生になってしまいます。
高校生になったら...なんでしょうか、学校で禁止されてますけどバイトとかしてみたいですね。
あ、あとアイコン変えました。
さてと、少し前から KBHM と考えていた ＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿ さんの記事の 非常に興味深い一覧 について考えたことを記事にまとめます。
多分_の数間違えてる気がしますけど、気にしないでおきましょう。
定義
楕円積分や元の記事の数列の定義をかいていきます。
元の記事はフラクトゥールで定義していましたが、この記事では普通のアルファベットを用います。
フラクトゥールとのお別れは悲しいのでここでたくさん使っておきます。私の好きな洋楽の曲名でも書きましょうかね。
$$\mathfrak{Bohemian\ Rhapsody,Crazy\ Little\ thing\ Called\ Love,Let\ It\ Be,bad\ guy,Amazing\ Grace}$$
やっぱりかっこいいですね。これでもうフラクトゥールとお別れできますね。
さようなら。
\begin{align} \beta_n&=\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}} \\\kappa(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2x^n \\K(x)&=\frac{\pi}{2}\kappa(x^2) \\K'(x)&=K\Big(\sqrt{1-x^2}\Big) \\A_n&=(-1)^n\beta_n^3\sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3} \\B_n&=\frac{(-1)^n}{(2n+1)^3\beta_n^3}\sum_{m=0}^n(-1)^m(4m+1)\beta_m^3 \\C_n&=\beta_n^4\left(\frac{7}{2}\zeta(3)+\sum_{m=1}^n\frac{4m-1}{(2m\beta_m)^4}\right) \\D_n&=\frac{1}{(2n+1)^4\beta_n^4}\sum_{m=0}^n(4m+1)\beta_m^4 \\E_n&=\beta_n^2\left(2\beta(2)+\sum_{m=1}^n\frac{1}{(2m\beta_m)^2}\right) \\F_n&=\frac{1}{(2n+1)^2\beta_n^2}\sum_{m=0}^n \beta_n^2 \\V_n&=\sum_{m=0}^n \beta_m^2\beta_{n-m}^2 \end{align}
なんじゃこりゃって感じですね。
いい感じの積分表示があるのでそれらを示していきます。
数列の積分表示
\begin{align} A_n&=\int_0^1K(x)P_{2n}(x)dx \\B_n&=\int_0^1K(x)P_{2n+1}(x)dx \end{align}
証明
まず、この 記事 にある式を用いる。
$$\int_0^1P_{2n}(x)f(x)=(-1)^m\beta_n^3\left(\int_0^1f(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^m(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\left(\lim_{x\to1}(1-x^2)f’(x)-\int_0^1P_{2m-1}(x)g(x)\right)\right)$$
$\di f(x)=K(x)$とすると、
\begin{align*} \int_{0}^{1}P_{2n}(x)K(x)dx &=(-1)^n\beta_n^3\left(\int_0^1K(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\left(\lim_{x\to1}(1-x^2)\frac{d}{dx}K(x)-\int_0^1P_{2m-1}(x)g(x)dx\right)\right) \\&=(-1)^n\beta_n^3\left(\int_0^1K(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\right) \\&=(-1)^n\beta_n^3\left(2\beta(2)-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\right) \end{align*}
ここで、以下が成り立つ。証明はこの 記事 を参照せよ。
$$\sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}=2\beta(2)$$
よって、
$$\int_0^1P_{2n}(x)K(x)dx=(-1)^n\beta_n^3\sum_{m=n+1}^{\infty}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}$$
$B_n$も同様にして示せる。
\begin{align} C_n&=\frac{\pi^2}{8}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)P_{2n}(x)dx \\D_n&=\frac{\pi^2}{8}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2-\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)P_{2n+1}(x)dx \end{align}
\begin{align} E_n&=\int_0^1x^{2n}K(x)dx \\F_n&=\int_0^1x^{2n+1}K(x)dx \end{align}
$$V_n = \frac{2}{\pi}\int_0^1x^n\kappa(x)\kappa(1-x)dx$$
証明
まず、以下が成り立つ。証明はこの 記事 を参照せよ。
$$\frac{2}{\pi}\int_0^1\frac{\kappa(x)\kappa(1-x)}{1-tx}dx=\kappa(t)^2$$
左辺を級数展開する。
\begin{align*} \frac2{\pi}\int_{0}^{1}\frac{\kappa(x)\kappa(1-x)}{1-tx}dx &=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}(tx)^{n}\kappa(x)\kappa(1-x)dx \\&=\frac{2}{\pi}\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}\int_{0}^{1}x^{n}\kappa(x)\kappa(1-x)dx \end{align*}
右辺をコーシー積を用いて級数展開する。
\begin{align*} \kappa(t)^2&=\left(\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2x^{n}\right)^2 \\&=\sum_{n=0}^{\infty}t^{n}\sum_{m=0}^{n}\beta_m^2\beta_{n-m}^2 \end{align*}
右辺と左辺の$\di t^n$の係数を比較して、題意を得る。
数列を含む級数
元の記事はこれらの数列を含む級数の一覧です。
それらの証明を書いていきます。
まだ、少ししか示せていないので量は少ないです。
示せたら、随時追加していきたいと思ってます。
元の記事の級数を示す前に、いくつか補題を示しておきます。
$$\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx=\frac13\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x}}dx=\frac{\Gamma(\frac18)^2\Gamma(\frac38)^2}{48\sqrt{2}\pi}$$
証明
まず、以下が成り立つ。$\mathrm{Landen}$変換$(\mathrm{Landen\ Transform)}$と呼ぶ。証明はこの 記事 を参照せよ。
$$K(x)=\frac{1}{1+x}K\left(\frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)$$
$\di x\to\frac{2\sqrt{x}}{1+x}$と置換することで、
\begin{align} \int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx&=\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{x(1+x)}}dx-\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx \\ 2\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx&=\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{x(1+x)}}dx \end{align}
同じ置換を用いて、
\begin{align} \int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x}}dx &=\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{x(1+x)}}dx+\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx \\&=3\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx \end{align}
両辺を$\di \frac13$倍することで(左辺)=(中辺)を得る。
次に(中辺)=(右辺)を示す。
まず、以下が成り立つ。証明は読者への課題とする。
$$\int_0^1\frac{x^{4n+1}}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{1}{(4n+1)\beta_{2n}}$$
これを用いて示す。
\begin{align} \int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x}}dx &=2\int_0^1\frac{xK(x^2)}{\sqrt{1-x^2}}dx \\&=\pi\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2\int_0^1\frac{x^{4n+1}}{\sqrt{1-x^2}}dx \\&=\pi\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\beta_n^2}{(4n+1)\beta_{2n}} \end{align}
ここで以下が成り立つ。証明は読者への課題とする。
$$\beta_{2n}=\frac{\left(\frac12\right)_n(1)_n}{\left(\frac14\right)_n\left(\frac{3}{4}\right)_n}$$
これを用いて求める級数を超幾何級数にすると、
\begin{align} \pi\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\beta_n^2}{(4n+1)\beta_{2n}}&=\pi\ {}_3F_2\left[\begin{array}{}\frac12,\frac12,\frac12\\\frac{5}{4},\frac{3}{4}\end{array};1\right] \end{align}
ここで、以下が成り立つ。$\mathrm{Whipple}$の公式と呼ぶ。証明はこの 記事 を参照せよ。
\begin{align} {}_3F_2\left[\begin{array}{}a,1-a,c\\e,1+2c-e\end{array};1\right]&=2^{1-2c}\pi\frac{\Gamma(e)\Gamma(1+2c-e)}{\Gamma\left(\frac{e+a}2\right)\Gamma\left(\frac{1+e-a}2\right)\Gamma\left(c+\frac{1-e+a}2\right)\Gamma\left(1+c-\frac{e+a}2\right)} \end{align}
$\di a=c=\frac12,e=\frac54$を代入すると、
$${}_3F_2\left[\begin{array}{}\frac12,\frac12,\frac12\\\frac54,\frac34\end{array};1\right]=\pi\frac{\Gamma(\frac{5}{4})\Gamma(\frac34)}{\Gamma(\frac{7}{8})^2\Gamma(\frac58)^2}$$
ガンマ関数の相反公式より、
\begin{align} \Gamma\left(\frac{1}{4}\right)\Gamma\left(\frac{3}{4}\right)&=\frac{2\pi}{\sqrt2} \\\Gamma\left(\frac{1}{8}\right)\Gamma\left(\frac{7}{8}\right)&=\pi\sqrt{2\big(2+\sqrt2\big)} \\\Gamma\left(\frac{3}{8}\right)\Gamma\left(\frac{5}{3}\right)&=\pi\sqrt{2\big(2-\sqrt2\big)} \end{align}
これを用いて、
\begin{align} {}_3F_2\left[\begin{array}{}\frac12,\frac12,\frac12\\\frac54,\frac34\end{array};1\right] &=\pi\frac{\Gamma(\frac{5}{4})\Gamma(\frac34)}{\Gamma(\frac{7}{8})^2\Gamma(\frac58)^2} \\&=\frac{\pi}{4}\frac{\Gamma(\frac{1}{4})\Gamma(\frac34)}{\Gamma(\frac{7}{8})^2\Gamma(\frac58)^2} \\&=\frac{\pi^2}{2\sqrt{2}}\frac{1}{\Gamma(\frac{7}{8})^2\Gamma(\frac58)^2} \\&=\frac{\pi^2}{2\sqrt{2}}\frac{\Gamma(\frac18)^2\Gamma(\frac38)^2}{\big(\Gamma\left(\frac{1}{8}\right)\Gamma\left(\frac{7}{8}\right)\big)^2\big(\Gamma\left(\frac{3}{8}\right)\Gamma\left(\frac{5}{3}\right)\big)^2} \\&=\frac{\pi^2}{2\sqrt{2}}\frac{\Gamma(\frac18)^2\Gamma(\frac38)^2}{4\pi^4(2+\sqrt2)(2-\sqrt2)} \\&=\frac{\Gamma(\frac18)^2\Gamma(\frac38)^2}{16\sqrt2\pi^2} \end{align}
これを$\di \frac{\pi}{3}$倍することで(中辺)=(右辺)を得る。
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}t^{2n}P_{2n}(x)&=\frac{1}{2}\left(\frac1{\sqrt{1-2tx+t^2}}+\frac1{\sqrt{1+2tx+t^2}}\right) \\\sum_{n=0}^{\infty}t^{2n+1}P_{2n+1}(x)&=\frac{1}{2}\left(\frac1{\sqrt{1-2tx+t^2}}-\frac1{\sqrt{1+2tx+t^2}}\right) \end{align}
証明
ルジャンドル多項式の母関数を$f(t)$とします。
$$f(t)=\sum_{n=0}^{\infty}P_{n}(x)t^n=\frac{1}{\sqrt{1-2tx+t^2}}$$
$f(t)+f(−t)$を計算する。
\begin{align} f(t)+f(-t) &=\sum_{n=0}^{\infty}\big(1+(-1)^n\big)t^nP_n(x) \\&=2\sum_{n=0}^{\infty}t^{2n}P_{2n}(x) \end{align}
両辺を$2$で割って、第$1$式を得る。
$f(t)−f(−t)$を計算することで、第$2$式を得る。
$$f(x)=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}(2n+1)\int_{-1}^{1}f(t)P_{n}(t)dt$$
証明
まず、以下が成り立つ。ルジャンドル多項式の直行性$(\mathrm{Orthogonality of Legendre polynomials})$と呼ぶ。証明はこの 記事 を参照せよ。
$$\int_{-1}^{1}P_n(x)P_m(x)dx=\frac1{2n+1}\delta_{n,m}$$
ただし、$\delta_{n,m}$はクロネッカーのデルタである。定義はこの 記事 を参照せよ。
これを用いて示す。
$$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nP_{n}(x)$$
両辺に$P_m(x)$を掛け$−1$から$1$まで積分すると
\begin{align*} \int_{-1}^1f(x)P_m(x)dx &=\int_{-1}^1\sum_{n=0}^{\infty}a_nP_n(x)P_m(x)dx \\&=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\int_{-1}^1P_n(x)P_m(x)dx \\&=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\frac{2}{2n+1}\delta_{n,m} \\&=\frac{2a_m}{2m+1} \\a_m&=\frac{2m+1}{2}\int_{-1}^1f(x)P_n(x)dx \\f(x)&=\sum_{n=0}^{\infty}a_nP_n(x) \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2n+1}{2}P_n(x)\int_{-1}^1f(x)P_n(x)dx \\&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty (2n+1)P_n(x)\int_{-1}^1 f(t)P_n(t)dt \end{align*}
よって、題意を得る。
$$\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)P_{2n}(x)A_n=K(x)$$
証明
補題$7$で$\di f(x)=K(x)$とする。
\begin{align} K(x)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty (2n+1)P_n(x)\int_{-1}^1 K(x)P_n(x)dx \\&=\frac12\left(\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{-1}^1 f(x)P_{2n}(x)dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\int_{-1}^1 K(x)P_{2n+1}(x)dx\right) \\&=\frac12\left(\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{-1}^1 K(x)P_{2n}(x)dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\cdot 0\right) \\&=\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{0}^1 K(x)P_{2n}(x)dx \\&=\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)A_n \end{align}
よって、題意を得る。
$$\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi}$$
証明
まず、以下が成り立つ。第$1$式、第$3$式の証明は読者への課題とする。
第$2$式の証明はこの 記事 を参照せよ。
第$1$式は後に何度か用いるため便宜上「😎」と呼ぶ。
\begin{align} \int_0^1x^{2n}K'(x)dx&=\frac{\pi^2}{4}\beta_n^2 \\\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^3&=\frac{\pi}{\Gamma(\frac34)^4} \\\Gamma\left(\frac14\right)\Gamma\left(\frac34\right)&=\sqrt2 \pi \end{align}
これらを用いて示す。
\begin{align} \int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x^2}}d &=\int_0^1\frac{K'(t)}{t}\frac{t}{\sqrt{1-t^2}}dt\qquad\Big(t=\sqrt{1-x^2}\Big) \\&=\int_0^1\frac{K'(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt \\&=\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n\int_0^1t^{2n}K'(t)dt \\&=\frac{\pi^2}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^3\qquad(😎) \\&=\frac{\pi^2}{4}\frac{\pi}{\Gamma(\frac34)^4} \\&=\frac{\pi^3}{4}\frac{\Gamma(\frac14)^4}{\big(\Gamma(\frac14)\Gamma(\frac34)\big)^4} \\&=\frac{\pi^3}{4}\frac{\Gamma(\frac14)^4}{4\pi^4} \\&=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi^4} \end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^2P_{2n}(x)=\frac{2}{\pi}\frac1{\sqrt{1-x^2}}$$
証明
まず、以下が成り立つ。証明は読者への課題とする。
\begin{align*} \int_{-1}^1\frac{P_{2n}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx&=\pi\beta_n^2 \\\int_{-1}^{1}\frac{P_{2n+1}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx&=0 \end{align*}
補題$7$で$\di f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$とする。
\begin{align*} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} &=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty (2n+1)P_n(x)\int_{-1}^1 \frac{P_n(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx \\&=\frac12\left(\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{-1}^1 \frac{P_{2n}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\int_{-1}^1 \frac{P_{2n+1}(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx\right) \\&=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=0}^\infty(4n+1)\pi\beta_n^2P_{2n}(x)+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\cdot0\right) \\&=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty(4n+1)\beta_n^2P_{2n}(x) \end{align*}
両辺に$\di \frac{2}{\pi}$をかけて題意を得る。
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3P_{2n}(x)=\frac{4}{\pi^2}K’(x)$$
証明
まず、以下の微分方程式が成り立つ$f(x),g(x)$を考える。
$$\left(\frac{d}{dx}x(1-x^2)\frac{d}{dx}-x\right)f(x)=g(x)$$
$f(x),g(x)$に対して以下が成り立つ。証明はこの 記事 を参照せよ。
$$\int_{0}^{1}P_{2n}(x)f(x)dx =(-1)^n\beta_n^3\left(\int_0^1f(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\left(\lim_{x\to1}(1-x^2)f'(x)-\int_0^1P_{2m-1}(x)g(x)dx\right)\right)$$
$f(x)=K’(x)$とする。
$K’(x)$に関して以下が成り立つ。証明はこの 記事 を参照せよ。
$$\left(\frac{d}{dx}x(1-x^2)\frac{d}{dx}-x\right)K'(x)=0$$
よって、$g(x)=0$となる。
極限を求める。楕円積分の導関数やオーダーについてはこの 記事 を参照せよ。
\begin{align} \lim_{x\to1}(1-x^2)\frac{d}{dx}K'(x) &=\lim_{x\to1}(1-x^2)\frac{x^2K'(x)-E'(x)}{x(1-x^2)} \\&=\lim_{x\to1}\frac{x^2K'(x)-E'(x)}{x} \\&=\lim_{t\to0}\frac{(1-t^2)K(t)-E(t)}{\sqrt{1-t^2}}\qquad\Big(t=\sqrt{1-x^2}\Big) \\&=\lim_{t\to0}\frac{(1-t^2)K(t)-\frac{\pi}{2}}{\sqrt{1-t^2}} \\&=\lim_{t\to0}\frac{(1-t^2)\left(\frac{\pi}{2}+O(t^2)\right)-\frac{\pi}{2}}{\sqrt{1-t^2}} \\&=\lim_{t\to0}\frac{-\frac{\pi}{2}t^2+(1-t^2)O(t^2))}{\sqrt{1-t^2}} \\&=0 \end{align}
積分を求める前に、以下が成り立つこと思い出す。証明は読者への課題とする。
$$\int_0^1K’(x)dx=\frac{\pi^2}{4}$$
これを用いて積分を求める。
\begin{align*} \int_{0}^{1}P_{2n}(x)K'(x)dx &=(-1)^n\beta_n^3\left(\int_0^1K'(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\left(\lim_{x\to1}(1-x^2)\frac{d}{dx}K'(x)-\int_0^1P_{2m-1}(x)g(x)dx\right)\right) \\&=(-1)^n\beta_n^3\left(\int_0^1K'(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\left(0-\int_0^1P_{2m-1}(x)\cdot 0dx\right)\right) \\&=(-1)^n\beta_n^3\left(\int_0^1K'(x)dx-\sum_{m=1}^{n}\frac{(-1)^{m-1}(4m-1)}{(2m\beta_m)^3}\cdot 0\right) \\&=(-1)^n\beta_n^3\int_0^1K'(x)dx \\&=\frac{\pi^2}{4}(-1)^n\beta_n^3 \end{align*}
補題$7$で$f(x)=K’(x)$とする。
\begin{align} K'(x)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} (2n+1)P_n(x)\int_{-1}^1 K'(x)P_n(x)dx \\&=\frac12\left(\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{-1}^1 K'(x)P_{2n}(x)dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\int_{-1}^1 K'(x)P_{2n+1}(x)dx\right) \\&=\frac{1}{2}\left(2\sum_{n=0}^\infty(4n+1)\int_{-1}^1 K'(x)P_{2n}(x)dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\cdot0\right) \\&=\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\frac{\pi^2}{4}(-1)^n\beta_n^3 \\&=\frac{\pi^2}{4}\sum_{n=0}^\infty(-1)^n(4n+1)\beta_n^3P_{2n}(x) \end{align}
両辺に$\di \frac{4}{\pi^2}$をかけて題意を得る。
$$\int_0^1\frac{K(x)^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=2\int_0^1K(x)K’(x)dx=\frac{\pi^3}{3}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^4$$
証明
まず、以下が成り立つ。証明は読者の課題とする。
$$\int_0^1\frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{\pi}{2}\beta_n$$
次に、コーシー積を用いて$\di K(x)^2$を展開する。
$$K(x)^2=\frac{\pi^2}{4}\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n}\sum_{m=0}^{n}\beta_m^2\beta_{n-m}^2=\frac{\pi^2}{4}\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n}V_n$$
これを用いて示す。
\begin{align} \int_0^1\frac{K(x)^2}{\sqrt{1-x^2}}dx &=\frac{\pi^2}{4}\sum_{n=0}^{\infty}V_n\int_0^1\frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}dx \\&=\frac{\pi^3}{8}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_nV_n \\&=\frac{\pi^2}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n\int_0^1x^n\kappa(x)\kappa(1-x)dx \\&=\frac{\pi^2}{4}\int_0^1\kappa(x)\kappa(1-x)\sum_{n=0}^{\infty}\beta_nx^ndx \\&=\frac{\pi^2}{4}\int_0^1\frac{\kappa(x)\kappa(1-x)}{\sqrt{1-x}}dx \\&=\frac{\pi^2}{2}\int_0^1\frac{t\kappa(t)\kappa(1-t^2)}{\sqrt{1-t^2}}dt\qquad\big(x=t^2\big) \\&=2\int_0^1\frac{tK(t)K'(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt \\&=2\int_0^1K(x)K'(x)dx\qquad\Big(x=\sqrt{1-t^2}\Big) \\&=\pi\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2\int_0^1x^{2n}K'(x)dx \\&=\frac{\pi^3}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^4\qquad(😎) \end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)P_{2n}(x)C_n=\frac{\pi^2}{8}\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)$$
証明
補題$7$で$\di f(x)=\frac{\pi^2}{8}\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)$とする。
便宜上、$\di \frac{\pi^2}{8}\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)$とは表記せずに$f(x)$と表記する。
\begin{align} f(x)&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty} (2n+1)P_n(x)\int_{-1}^1 f(x)P_n(x)dx \\&=\frac12\left(\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{-1}^1 f(x)P_{2n}(x)dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\int_{-1}^1 f(x)P_{2n+1}(x)dx\right) \\&=\frac{1}{2}\left(2\sum_{n=0}^\infty(4n+1)\int_{-1}^1 f(x)P_{2n}(x)dx+\sum_{n=0}^\infty (4n+3)P_{2n+1}(x)\cdot0\right) \\&=\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)\int_{0}^1 f(x)P_{2n}(x)dx \\&=\sum_{n=0}^\infty(4n+1)P_{2n}(x)C_n \end{align}
準備ができたので、本題の命題を示していきます。
$$\sum_{n=0}^{\infty}A_n=2\sum_{n=0}^{\infty}B_n=\frac{\Gamma(\frac18)^2\Gamma(\frac38)^2}{48\pi}$$
まず、補題$6$の第$1$式に$t=1$を代入する。
$$\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n}(x)=\frac{1}{2\sqrt2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}+\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)$$
これを用いて示す。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}A_n
&=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1K(x)P_{2n}(x)dx
\\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n}(x)
\\&=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x}}dx+\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx\right)
\\&=\frac{2}{\sqrt{2}}\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx\qquad(\mathrm{Lemma5})
\\&=\frac{2}{\sqrt{2}}\frac{{\Gamma(\frac{1}{8})}^2{\Gamma(\frac{3}{8})}^2}{48\sqrt{2}\pi}\qquad(\mathrm{Lemma5})
\\&=\frac{{\Gamma(\frac{1}{8})}^2{\Gamma(\frac{3}{8})}^2}{48\pi}
\end{align}
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}B_n
&=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1K(x)P_{2n+1}(x)dx
\\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n+1}(x)
\\&=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left(\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x}}dx-\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx\right)
\\&=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1+x}}dx\qquad(\mathrm{Lemma5})
\\&=\frac{1}{\sqrt{2}}\frac{{\Gamma(\frac{1}{8})}^2{\Gamma(\frac{3}{8})}^2}{48\sqrt{2}\pi}\qquad(\mathrm{Lemma5})
\\&=\frac{{\Gamma(\frac{1}{8})}^2{\Gamma(\frac{3}{8})}^2}{96\pi}
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\beta_nA_n=\frac{\pi}{2}$$
補題$7$に$x=0$を代入する。
$\di P_{2n}(0)=(−1)^n\beta_n$より、
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\beta_n A_n&=K(0)
\\&=\frac{\pi}{2}
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nA_n=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{32\pi}$$
補題$6$の第$1$式に$t=i$を代入する。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nP_{2n}(x)
&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{-2ix}}+\frac{1}{\sqrt{2ix}}\right)
\\&=\frac{e^{\frac{\pi i}{4}}+e^{-\frac{\pi i}{4}}}{2\sqrt2}\frac{1}{\sqrt{x}}
\\&=\frac{1}{2\sqrt{x}}
\end{align}
これを用いて示す。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nA_n&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\int_0^1K(x)P_{2n}(x)dx
\\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nP_{2n}(x)dx
\\&=\frac1{2}\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{x}}dx
\\&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}K\left(\frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)dx\qquad(\mathrm{Landen\ Transform})
\\&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{t}{1-\sqrt{1-t^2}}\frac{1}{1+\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t}\right)^2}K(t)\frac{2\big(1-\sqrt{1-t^2}\big)^2}{t^3\sqrt{1-t^2}}dt\qquad\left(t=\frac{2\sqrt{x}}{1+x}\right)
\\&=\int_0^1\frac{t^2}{t^2+\big(1-\sqrt{1-t^2}\big)^2}\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t^2\sqrt{1-t^2}}K(t)dt
\\&=\int_0^1\frac1{t^2+1-2\sqrt{1-t^2}+1-t^2}\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{\sqrt{1-t^2}}K(t)dt
\\&=\int_0^1\frac{1}{2\big(1-\sqrt{1-t^2}\big)}\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{\sqrt{1-t^2}}K(t)dt
\\&=\frac12\int_0^1\frac{K(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt
\\&=\frac{1}{2}\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi}\qquad(\mathrm{Lemma9})
\\&=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{32\pi}
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^2A_n=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{8\pi^2}$$
クロネッカーのデルタに関して、以下が成り立つ。証明は読者への課題とする。
\begin{align}
1&=\sum_{m=0}^{\infty}\delta_{n,m}
\\a_n\delta_{n,m}&=a_m\delta_{n,m}
\\\delta_{2n,2m}&=\delta_{n,m}
\end{align}
これらを用いて示す。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^2A_n
&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^2A_n(4m+1)\frac{2}{4m+1}\delta_{n,m}
\\&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(4n+1)\beta_m^2A_n(4m+1)\frac{2}{4m+1}\delta_{n,m}
\\&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(4n+1)\beta_m^2A_n(4m+1)\frac{2}{4m+1}\delta_{2n,2m}
\\&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(4n+1)\beta_m^2A_n(4m+1)\int_{-1}^{1}P_{2n}(x)P_{2m}(x)dx\qquad(\mathrm{Orthogonality\ of\ Legendre\ polynomials})
\\&=\frac12\int_{-1}^{1}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)P_{2n}(x)A_n\right)\left(\sum_{m=0}^{\infty}(4m+1)\beta_m^2P_{2m}(x)\right)dx
\\&=\frac{1}{\pi}\int_{-1}^{1}\frac{K(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx\qquad(\mathrm{Lemma8,10})
\\&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{1}\frac{K(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx
\\&=\frac{2}{\pi}\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi}\qquad(\mathrm{Lemma9})
\\&=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{8\pi^2}
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}\beta_nE_n=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi}$$
元の記事では分母が$8π$になりますが、それは誤りで分母は$16π$が正しいです。
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\beta_nE_n&=\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n\int_0^1x^{2n}K(x)dx \\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}\beta_nx^{2n}dx \\&=\int_0^1\frac{K(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx \\&=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi}\qquad(\mathrm{Lemma9}) \end{align}
$$\sum_{n=1}^{\infty}n\beta_nF_{n-1}^2=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{8}$$
更新予定
$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{E_n}{4n+1}+\frac{F_n}{4n+3}\right)=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{64}$$
元の記事では分母が$32$になりますが、それは誤りで分母は$64$です。
まず、以下が成り立つ。第$1$式の証明はこの
記事
を参照せよ。第$2$式の証明は読者への課題とする。
\begin{align}
\beta_n\int_0^1\frac{\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}x^{2n}dx&=\int_0^1x^{2n}K(x)dx
\\\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}&=\tanh^{-1}x=\frac12\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)
\end{align}
これらを用いて示す。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{E_n}{4n+1}+\frac{F_n}{4n+3}\right)
&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{1}{4n+1}\int_0^1x^{2n}K(x)dx+\frac{1}{4n+3}\int_0^1x^{2n+1}K(x)dx\right)
\\&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{2n+1}\int_0^1x^nK(x)dx
\\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{2n+1}dx
\\&=2\int_0^1K(x^2)\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}dx\qquad\big(x\to x^2\big)
\\&=\int_0^1\frac{1}{1+x^2}K\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)dx\qquad(\mathrm{Landen\ Transform})
\\&=\int_0^1\frac{1}{1+\left(\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t}\right)^2}K(t)\log\left(\frac{1+\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t}}{1-\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t}}\right)\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t^2\sqrt{1-t^2}}dt\qquad\left(t=\frac{2x}{1+x^2}\right)
\\&=\int_0^1\frac{t^2}{t^2+(1-\sqrt{1-t^2})^2}\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{t^2\sqrt{1-t^2}}\log\left(\frac{t+1-\sqrt{1-t^2}}{t-1+\sqrt{1-t^2}}\right)K(t)dt
\\&=\int_0^1\frac{1}{2(1-\sqrt{1-t^2})}\frac{1-\sqrt{1-t^2}}{\sqrt{1-t^2}}\log\left(\frac{\sqrt{1+t}\big(\sqrt{1+t}-\sqrt{1-t}\big)}{\sqrt{1-t}\big(-\sqrt{1-t}+\sqrt{1+t}\big)}\right)K(t)dt
\\&=\frac14\int_0^1\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\log\left(\frac{1+t}{1-t}\right)K(t)dt
\\&=\frac12\int_0^1\frac{\tanh^{-1}t}{\sqrt{1-t^2}}K(t)dt
\\&=\frac{\pi}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2\int_0^1\frac{\tanh^{-1}t}{\sqrt{1-t^2}}t^{2n}dt
\\&=\frac{\pi}{4}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n\int_0^1t^{2n}K(t)dt
\\&=\frac{\pi}{4}\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}\beta_nt^{2n}dt
\\&=\frac{\pi}{4}\int_0^1\frac{K(t)}{\sqrt{1-t^2}}dx
\\&=\frac{\pi}{4}\frac{\Gamma(\frac14)^4}{16\pi}\qquad(\mathrm{Lemma9})
\\&=\frac{\Gamma(\frac14)^4}{64}
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3A_n=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^4$$
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3A_n &=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^n(4n+1)\beta_n^3A_n(4m+1)\frac{2}{4m+1}\delta_{n,m} \\&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m(4n+1)\beta_m^3A_n(4m+1)\frac{2}{4m+1}\delta_{n,m} \\&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m(4n+1)\beta_m^3A_n(4m+1)\frac{2}{4m+1}\delta_{2n,2m} \\&=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m(4n+1)\beta_m^3A_n(4m+1)\int_{-1}^{1}P_{2n}(x)P_{2m}(x)dx\qquad(\mathrm{Orthogonality\ of\ Legendre\ polynomials}) \\&=\frac12\int_{-1}^{1}\left(\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)P_{2n}(x)A_n\right)\left(\sum_{m=0}^{\infty}(-1)^m(4m+1)\beta_m^3P_{2m}(x)\right)dx \\&=\frac{2}{\pi^2}\int_{-1}^{1}K(x)K'(x)dx\qquad(\mathrm{Lemma8,11}) \\&=\frac{4}{\pi^2}\int_{0}^{1}K(x)K'(x)dx \\&=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^4\qquad(\mathrm{Lemma12}) \end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)A_n^2=\frac{\pi^3}{32}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6$$
まず、以下が成り立つ。証明はこの
記事
を参照せよ。
$$\int_0^1K(x)^2=\frac{1}{2}\int_0^1K’(x)^2=\frac{\pi^3}{32}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6$$
これは後に何度か用いるため便宜上「🤩」と呼ぶ。
これを用いて示す。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)A_n^2
&=\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)A_n\int_0^1K(x)P_{2n}(x)dx
\\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)P_{2n}(x)A_ndx
\\&=\int_0^1K(x)^2dx\qquad(\mathrm{Lemma8})
\\&=\frac{\pi^3}{32}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6\qquad(🤩)
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}C_n=3\sum_{n=0}^{\infty}D_n=\frac{3\pi^4}{64}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6$$
まず、補題$6$で$t=1$とする。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n}(x)=\frac{1}{2\sqrt2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}+\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)
\\\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n+1}(x)=\frac{1}{2\sqrt2}\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)
\end{align}
これらを用いて示す。
\begin{align}
\sum_{n=0}^{\infty}C_n
&=\frac{\pi^2}{8}\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)P_{2n}(x)dx
\\&=\frac{\pi^2}{8}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n}(x)dx
\\&=\frac{\pi^2}{16\sqrt{2}}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2+\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}+\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)dx
\\&=\frac{\pi^2}{8\sqrt{2}}\int_0^1\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}+\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)dx\qquad(\mathrm{King\ Property})
\\&=\frac{\pi^2}{16\sqrt{2}}\int_{-1}^1\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}+\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)dx
\\&=\frac{\pi^2}{16}\int_{0}^1\kappa(t)^2\left(\frac{1}{\sqrt{t}}+\frac{1}{\sqrt{1-t}}\right)dt\qquad\left(t=\frac{1+x}{2}\right)
\\&=\frac{1}{2}\left(\int_0^1K(t)^2+\int_0^1\frac{xK(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx\right)\qquad\big(x=t^2\big)
\\&=\frac{1}{2}\left(\int_0^1K(t)^2+\int_0^1K’(t)^2dt\right)\qquad\left(t=\sqrt{1-x^2}\right)
\\&=\frac{3}{2}\int_0^1K(x)^2dx\qquad(🤩)
\\&=\frac{3\pi^4}{64}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6\qquad(🤩)
\\\sum_{n=0}^{\infty}D_n
&=\frac{\pi^2}{8}\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2-\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)P_{2n+1}(x)dx
\\&=\frac{\pi^2}{8}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2-\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)\sum_{n=0}^{\infty}P_{2n+1}(x)dx
\\&=\frac{\pi^2}{16\sqrt{2}}\int_0^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2-\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)dx
\\&=\frac{\pi^2}{32\sqrt{2}}\int_{-1}^1\left(\kappa\left(\frac{1+x}{2}\right)^2-\kappa\left(\frac{1-x}{2}\right)^2\right)\left(\frac{1}{\sqrt{1-x}}-\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)dx
\\&=\frac{\pi^2}{32}\int_0^1\big(\kappa(t)^2-\kappa(1-t)^2\big)\left(\frac{1}{\sqrt{1-t}}-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)dt\qquad\left(t=\frac{1+x}{2}\right)
\\&=\frac{\pi^2}{32}\left(\int_0^1\frac{\kappa(t)^2}{\sqrt{1-t}}dt-\int_0^1\frac{\kappa(t)^2}{\sqrt{t}}dt-\int_0^1\frac{\kappa(1-t)^2}{\sqrt{t}}dt+\int_0^1\frac{\kappa(1-t)^2}{\sqrt{1-t}}dt\right)
\\&=\frac{\pi^2}{16}\left(\int_0^1\frac{\kappa(t)^2}{\sqrt{1-t}}dt-\int_0^1\frac{\kappa(t)^2}{\sqrt{t}}dt\right)\qquad(\mathrm{King\ Property})
\\&=\frac{1}{2}\left(\int_0^1\frac{xK(x)^2}{\sqrt{1-x^2}}dx-\int_0^1K(x)^2\right)\qquad\big(x=t^2\big)
\\&=\frac{1}{2}\left(\int_0^1K’(t)^2dt-\int_0^1K(x)^2\right)\qquad\left(t=\sqrt{1-x^2}\right)
\\&=\frac{1}{2}\int_0^1K(x)^dx\qquad(🤩)
\\&=\frac{\pi^3}{64}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6\qquad(🤩)
\end{align}
$$\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2E_n=\frac{\pi^3}{16}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6$$
\begin{align} \sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2E_n &=\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2\int_0^1x^{2n}K(x)dx \\&=\int_0^1K(x)\sum_{n=0}^{\infty}\beta_n^2dx \\&=\frac{2}{\pi}\int_0^1K(x)^2dx \\&=\frac{\pi^3}{16}\sum_{n=0}^{\infty}(4n+1)\beta_n^6\qquad(🤩) \end{align}
終わりに
示せてるのは以上です。
大体は$\mathrm{KBHM}$の仕事です。
さらに示せたら追加していく予定です。
あと、証明が書けていない更新予定のところも後日書きます。
行間を狭くして書いてみましたが、この記事読む人は行間が広くても理解できるでしょうから、あんまり行間を狭くする必要なかったなって思いました。
多分これが私の中学最後の記事になるでしょうね。(春休み期間って中学生扱いなのかな…)
高校生になったらさらに楕円積分について考えていきたいです。
おしまい！！！
