連分数による級数の加速方法
あいさつ
んーちゃろー🎵
今回は子葉さんのこちらの記事Apéryの加速法1：あらすじを参考に僕なりにオリジナルの級数を得ていくよー！
- 💦: 僕独自の造語・方法
- 🌱:葉子さんを参考にしたもの
- TODO: 後から追記する
では連分数RTA始まるよー
修正中
連分数(復習編)
複素数$a,b,c,d\in\mathbb{C}(a,c\neq0)$に対して以下の様な演算$\boxplus$を定め連分和と名づける。
\begin{equation}
\frac{b}{a}\boxplus\frac{d}{c}\coloneqq\frac{b}{a+\frac{d}{c}}
\end{equation}
連分和$\boxplus$は明らかに結合律を満たさないので必ず右側から演算を施すものとする。またこの約束のもとで以下の様な記号を定め、これを総連分数和と呼ぶ事にする。
\begin{equation}
\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}=\frac{b_{1}}{a_{1}}\boxplus\frac{b_{2}}{a_{2}}\boxplus\cdots\boxplus\frac{b_{n}}{a_{n}}
\end{equation}
数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}$が既知の数列$\{A_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{B_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}$により定まる以下の三項間漸化式を満たしているとする。
\begin{equation}
a_{n+1}=A_{n}a_{n}+B_{n}a_{n-1}
\end{equation}
この時、$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}$は以下の連分数として表せる事を証明せよ。
\begin{equation}
\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=A_{n}+\boxplus_{k=n}^{2}\frac{B_{k}}{A_{k-1}}\boxplus\frac{B_{1}a_{0}}{a_{1}}
\end{equation}
与えられた漸化式の両辺を$a_{n}$で割る事で直ちに証明される。
\begin{equation}
\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=A_{n}+\frac{B_{n}}{\frac{a_{n}}{a_{n-1}}}
\end{equation}
複素数列$\{a_{k}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}},\{b_{k}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}$から定まる連分数$a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}$を複素数列$\{P_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{-1}},\{Q_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{-1}}\subset\mathbb{C}$によって$\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}$の様に表す。すると以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{l}
P_{n}=a_{n}P_{n-1}+b_{n}P_{n-2}\\
Q_{n}=a_{n}Q_{n-1}+b_{n}Q_{n-2}\\
P_{0}=1,P_{-1}=0\\
Q_{0}=a_{0},Q_{-1}=1
\end{array}
\right.
\end{equation}
[1]まず、$n=1$の場合は$P_{1}=a_{1}=a_{1}P_{0}+b_{1}P_{-1},Q_{1}=a_{1}a_{0}+b_{1}=a_{1}Q_{0}+b_{1}Q_{-1}$なので正しい。
[2]そこで、$1,2,...,n$まで正しいものとする。すると
\begin{eqnarray}
\frac{Q_{n+1}}{P_{n+1}}&=&a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n+1}\frac{b_{k}}{a_{k}}\\
&=&a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n-1}\frac{b_{k}}{a_{k}}\boxplus\frac{a_{n+1}b_{n}}{a_{n+1}a_{n}+b_{n+1}}
\end{eqnarray}
が得られるので、帰納法の仮定より
\begin{eqnarray}
P_{n+1}&=&(a_{n+1}a_{n}+b_{n+1})P_{n-1}+a_{n+1}b_{n}P_{n-2}\\
&=&a_{n+1}(a_{n}P_{n-1}+b_{n}P_{n-2})+b_{n+1}P_{n-1}\\
&=&a_{n+1}P_{n}+b_{n+1}P_{n-1}
\end{eqnarray}
$Q_{n}$も同様
複素数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{C}$により定まる連分数:
\begin{equation}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}
\end{equation}
に対して以下の様な操作を行う事で新しい連分数を構築する事をBauer-Muir変換という。
\begin{eqnarray}
\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}&=&a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n-1}\frac{b_{k}}{a_{k}}\boxplus\frac{b_{n}}{a_{n}+r_{n}}\\
&=&A_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{B_{k}}{A_{k}}
\end{eqnarray}
この変換により得られる$\{\tilde{P}_{n}\}_{n\in\mathbb{N}},\{\tilde{Q}_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$は定理2より以下の式を満たす。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{P}_{n}=P_{n}+r_{n}P_{n-1}\\
\tilde{Q}_{n}=Q_{n}+r_{n}Q_{n-1}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
では、$\tilde{P}_{n},\tilde{Q}_{n}$が満たす三項間漸化式はどの様なものになるだろうか？
[1]
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{P}_{n}=(a_{n}+r_{n})P_{n-1}+b_{n}P_{n-2}\\
\tilde{P}_{n-1}=P_{n-1}+r_{n-1}P_{n-2}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{P}_{n-2}=P_{n-2}+r_{n-2}P_{n-3}\\
P_{n-1}=a_{n-1}P_{n-2}+b_{n-1}P_{n-3}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ゆえに以下の式を得る。
\begin{equation}
\tilde{P}_{n-2}=\frac{r_{n-2}}{b_{n-1}}P_{n-1}+\frac{b_{n-1}-r_{n-2}a_{n-1}}{b_{n-1}}P_{n-2}
\end{equation}
[3]以下の連立方程式を解く
\begin{equation}
\begin{pmatrix}\tilde{P}_{n-1}\\b_{n-1}\tilde{P}_{n-2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&r_{n-1}\\r_{n-2}&b_{n-1}-r_{n-2}a_{n-1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}P_{n-1}\\P_{n-2}\end{pmatrix}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
\begin{pmatrix}P_{n-1}\\P_{n-2}\end{pmatrix}&=&\frac{1}{b_{n-1}-r_{n-2}(a_{n-1}+r_{n-1})}\begin{pmatrix}b_{n-1}-r_{n-2}a_{n-1}&-r_{n-1}\\-r_{n-2}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\tilde{P}_{n-1}\\b_{n-1}\tilde{P}_{n-2}\end{pmatrix}\\
&=&\frac{1}{d_{n-1}}\begin{pmatrix}r_{n-2}r_{n-1}+d_{n-1}&-r_{n-1}\\-r_{n-2}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\tilde{P}_{n-1}\\b_{n-1}\tilde{P}_{n-2}\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
ただし$d_{n}\coloneqq b_{n}-r_{n-1}(a_{n}+r_{n})\quad(n=2,3,...)$の様においた。
[4]実は計算すると以下の様に綺麗にまとめる事ができる。
\begin{eqnarray}
\tilde{P}_{n}&=&(a_{n}+r_{n})P_{n-1}+b_{n}P_{n-2}\\
&=&\frac{\{(a_{n}+r_{n})(r_{n-2}r_{n-1}+d_{n-1})-r_{n-2}b_{n}\}\tilde{P}_{n-1}+\{b_{n}b_{n-1}-r_{n-1}b_{n-1}(a_{n}+r_{n})\}\tilde{P}_{n-2}}{d_{n-1}}\\
&=&\frac{[(a_{n}+r_{n})d_{n-1}-r_{n-2}\{b_{n}-r_{n-1}(a_{n}+r_{n})\}]\tilde{P}_{n-1}+b_{n-1}\{b_{n}-r_{n-1}(a_{n}+r_{n})\}\tilde{P}_{n-2}}{d_{n-1}}\\
&=&(a_{n}+r_{n}-r_{n-2}\frac{d_{n}}{d_{n-1}})\tilde{P}_{n-1}+b_{n-1}\frac{d_{n}}{d_{n-1}}\tilde{P}_{n-2}
\end{eqnarray}
[5]さらに以下の境界条件を得るので
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{P}_{0}=P_{0}+r_{0}P_{-1}=1\\
\tilde{Q}_{0}=Q_{0}+r_{0}Q_{-1}=a_{0}+r_{0}\\
\tilde{P}_{1}=P_{1}+r_{1}P_{0}=a_{1}+r_{1}\\
\tilde{Q}_{1}=Q_{1}+r_{1}Q_{0}=a_{0}(a_{1}+r_{1})+b_{1}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
[6]
\begin{equation}
\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}=a_{0}+r_{0}+\frac{b_{1}-r_{0}(a_{1}+r_{1})}{a_{1}+r_{1}}\boxplus_{k=2}^{n}\frac{b_{k-1}\frac{d_{k}}{d_{k-1}}}{(a_{k}+r_{k}-r_{k-2}\frac{d_{k}}{d_{k-1}})}
\end{equation}
折角なのでまとめておこう
複素数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{C}$により定まる連分数:
\begin{equation}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}
\end{equation}
に対して以下の様な操作を行う事で新しい連分数を構築する事をBauer-Muir変換という。
\begin{eqnarray}
\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}&=&a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n-1}\frac{b_{k}}{a_{k}}\boxplus\frac{b_{n}}{a_{n}+r_{n}}\\
&=&A_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{B_{k}}{A_{k}}
\end{eqnarray}
この変換により得られる$\{\tilde{P}_{n}\}_{n\in\mathbb{N}},\{\tilde{Q}_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}$は定理2より以下の式を満たす。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{P}_{n}=P_{n}+r_{n}P_{n-1}\\
\tilde{Q}_{n}=Q_{n}+r_{n}Q_{n-1}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
これらはさらに以下の三項間漸化式を満たしかつ、次の様な連分数に変換される。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
d_{n}\coloneqq b_{n}-r_{n-1}(a_{n}+r_{n})\quad(n=2,3,...)\\
\tilde{P}_{n}=(a_{n}+r_{n}-r_{n-2}\frac{d_{n}}{d_{n-1}})\tilde{P}_{n-1}+b_{n-1}\frac{d_{n}}{d_{n-1}}\tilde{P}_{n-2}\\
\tilde{Q}_{n}=(a_{n}+r_{n}-r_{n-2}\frac{d_{n}}{d_{n-1}})\tilde{Q}_{n-1}+b_{n-1}\frac{d_{n}}{d_{n-1}}\tilde{Q}_{n-2}\\
\tilde{P}_{0}=1\\
\tilde{Q}_{0}=a_{0}+r_{0}\\
\tilde{P}_{1}=a_{1}+r_{1}\\
\tilde{Q}_{1}=a_{0}(a_{1}+r_{1})+b_{1}\\
\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}=a_{0}+r_{0}+\frac{b_{1}-r_{0}(a_{1}+r_{1})}{a_{1}+r_{1}}\boxplus_{k=2}^{n}\frac{b_{k-1}\frac{d_{k}}{d_{k-1}}}{(a_{k}+r_{k}-r_{k-2}\frac{d_{k}}{d_{k-1}})}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
複素数列$\{r_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}$ただし$\forall n\in\mathbb{N}_{0}:\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}\neq-1$を満たしているものを使用してBauer-Muir変換を施すと以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}}{P_{n}}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}
\end{equation}
[1]
$\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}|=\lambda\lt+\infty$が成り立つとする。
\begin{eqnarray}
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}&=&
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}+r_{n}Q_{n-1}}{P_{n}+r_{n}P_{n-1}}\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{Q_{n}}{P_{n}}\frac{P_{n}}{P_{n-1}}+r_{n}\frac{Q_{n-1}}{P_{n-1}}}{\frac{P_{n}}{P_{n-1}}+r_{n}}\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}\frac{Q_{n}}{P_{n}}+\frac{Q_{n-1}}{P_{n-1}}}{\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}+1}\\
&=&\frac{\lambda}{\lambda+1}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}}{P_{n}}+\frac{1}{\lambda+1}\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n-1}}{P_{n-1}}\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}}{P_{n}}
\end{eqnarray}
[2]
$\lim_{n\rightarrow\infty}|\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}|=+\infty$とする。すると
\begin{eqnarray}
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}&=&
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}+r_{n}Q_{n-1}}{P_{n}+r_{n}P_{n-1}}\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{Q_{n}}{P_{n}}\frac{P_{n}}{P_{n-1}}+r_{n}\frac{Q_{n-1}}{P_{n-1}}}{\frac{P_{n}}{P_{n-1}}+r_{n}}\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}\frac{Q_{n}}{P_{n}}+\frac{Q_{n-1}}{P_{n-1}}}{\frac{P_{n}}{P_{n-1}r_{n}}+1}\\
&=&\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}}{P_{n}}
\end{eqnarray}
数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{C}$により定義される連分数:
\begin{equation}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}
\end{equation}
は以下の級数と等価
\begin{equation}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}=\frac{Q_{0}}{P_{0}}+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}\prod_{l=1}^{k}b_{l}}{P_{k-1}P_{k}}
\end{equation}
望遠鏡和を使う事で構成できる。
\begin{eqnarray}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}&=&\frac{Q_{0}}{P_{0}}+\sum_{k=1}^{n}(\frac{Q_{k}}{P_{k}}-\frac{Q_{k-1}}{P_{k-1}})\\
&=&\frac{Q_{0}}{P_{0}}-\sum_{k=1}^{n}\frac{P_{k}Q_{k-1}-P_{k-1}Q_{k}}{P_{k-1}P_{k}}\\
&=&\frac{Q_{0}}{P_{0}}+\sum_{k=1}^{n}\frac{(-1)^{k-1}\prod_{l=1}^{k}b_{l}}{P_{k-1}P_{k}}
\end{eqnarray}
(💦)上記一般化
上記の構成から分かる様に重要な事は以下の二つ
- $P_{n}Q_{n-1}-P_{n-1}Q_{n}=(-1)^{n}\prod_{k=1}^{n}b_{k}$
- 望遠鏡和
ではこの二つを組み合わせた式を構成すればいい事はもう明らかだね。では構成してみよう。
\begin{eqnarray}
P_{n}Q_{m}-P_{m}Q_{n}&=&(a_{n}P_{n-1}+b_{n}P_{n-2})Q_{m}-P_{m}(a_{n}Q_{n-1}+b_{n}Q_{n-2})\\
&=&a_{n}(P_{n-1}Q_{m}-P_{m}Q_{n-1})+b_{n}(P_{n-2}Q_{m}-P_{m}Q_{n-2})\\
\end{eqnarray}
という事は、$R_{n,m}\coloneqq P_{n}Q_{n-m}-P_{n-m}Q_{n}$の様に定めると以下の様に書けることが分かる。
\begin{equation}
R_{n,m}=a_{n}R_{n-1,m}+b_{n}R_{n-2,m}
\end{equation}
すなわちある数列$\{A_{n,m}\},\{B_{n,m}\}\subset\mathbb{C}$
\begin{equation}
R_{n,m}=A_{n,m}R_{m+1,m}+B_{n,m}R_{m-1,m}
\end{equation}
を用いて以下の様に書ける。
ゆえに単調増加な正整数列$\{m_{k}\}_{k\in\mathbb{k}}\subset\mathbb{N}_{0}$について以下の式が成り立つ。
\begin{eqnarray}
\frac{Q_{m_{n}}}{P_{m_{n}}}&=&\frac{Q_{m_{0}}}{P_{m_{0}}}+(\frac{Q_{m_{1}}}{P_{m_{1}}}-\frac{Q_{m_{0}}}{P_{m_{0}}})+\cdots+(\frac{Q_{m_{n}}}{P_{m_{n}}}-\frac{Q_{m_{n-1}}}{P_{m_{n-1}}})\\
&=&\frac{Q_{m_{0}}}{P_{m_{0}}}+\sum_{k=1}^{n}\frac{A_{m_{k},m_{k-1}}R_{m_{k-1}+1,m_{k-1}}+B_{m_{k},m_{k-1}}R_{m_{k-1}-1,m_{k-1}}}{P_{m_{k}}P_{m_{k-1}}}
\end{eqnarray}
数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{C}$により定義される連分数:
\begin{equation}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}
\end{equation}
は以下の級数と等価:
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\frac{Q_{m_{n}}}{P_{m_{n}}}=\frac{Q_{m_{0}}}{P_{m_{0}}}+\sum_{k=1}^{n}\frac{A_{m_{k},m_{k-1}}R_{m_{k-1}+1,m_{k-1}}+B_{m_{k},m_{k-1}}R_{m_{k-1}-1,m_{k-1}}}{P_{m_{k}}P_{m_{k-1}}}\\
R_{n,m}\coloneqq P_{n}Q_{m}-P_{m}Q_{n}=A_{n,m}R_{m+1,m}+B_{n,m}R_{m-1,m}\\
A_{n,m},B_{n,m}はある複素数列\\
\{m_{k}\}_{k\in\mathbb{N}_{0}}は任意の単調増加な正整数列
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}},\{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}\subset\mathbb{C}$により定義される連分数:
\begin{equation}
\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\boxplus_{k=1}^{n}\frac{b_{k}}{a_{k}}
\end{equation}
について数列$\{r_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}$によりBauer-Muir変換を行うと以下の様に計算できる。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
\tilde{P}_{n}=P_{n}+r_{n}P_{n-1}\quad(n=1,2,3,...)\\
\frac{\tilde{Q}_{n}}{\tilde{P}_{n}}=a_{0}+r_{0}+\frac{b_{1}-r_{0}(a_{1}+r_{1})}{a_{1}+r_{1}}+\frac{b_{1}-r_{0}(a_{1}+r_{1})}{d_{1}}\sum_{k=2}^{n}\frac{(-1)^{k-1}d_{k}\prod_{l=1}^{k-1}b_{k}}{\tilde{P}_{k-1}\tilde{P}_{k}}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
特に定理4を使用すると以下の級数を得る。
\begin{equation}
\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{Q_{n}}{P_{n}}=a_{0}+\frac{b_{1}}{a_{1}+r_{1}}+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}d_{k}\prod_{l=1}^{k-1}b_{k}}{(P_{k-1}+r_{k-1}P_{k-2})(P_{k}+r_{k}P_{k-1})}
\end{equation}
ただし$d_{n}\equiv b_{n}-r_{n-1}(a_{n}+r_{n})\quad(n=2,3,...)$
複素数列$\{a_{n}\}_{n\in\mathbb{N}_{0}}\subset\mathbb{C}\setminus\{0\}$に対して以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{N}\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{0}}\boxplus_{k=1}^{N}\frac{-a_{k-1}^{2}}{a_{k-1}+a_{k}}
\end{equation}
[1]
\begin{equation}
\frac{1}{a_{0}}+\frac{1}{a_{1}}=\frac{1}{a_{0}}\boxplus\frac{-a_{0}^{2}}{a_{0}+a_{1}}
\end{equation}
[2]仮定を施す
\begin{equation}
\sum_{n=0}^{N}\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{0}}\boxplus_{k=1}^{N-1}\frac{-a_{k-1}^{2}}{a_{k-1}+a_{k}}
\end{equation}
[3]
\begin{eqnarray}
\sum_{n=0}^{N+1}\frac{1}{a_{n}}&=&\sum_{n=0}^{N-1}\frac{1}{a_{n}}+\frac{1}{a_{N}-\frac{a_{N}^{2}}{a_{N}+a_{N+1}}}\\
&=&\frac{1}{a_{0}}\boxplus_{k=1}^{N+1}\frac{-a_{k-1}^{2}}{a_{k-1}+a_{k}}
\end{eqnarray}
Bauer-Muir変換応用
Bauer-Muri変換により以下の級数を得る。
\begin{equation}
\zeta(3)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}(4n^{4}+1)}
\end{equation}
[1]
\begin{eqnarray}
\zeta(3)&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}\\
&=&\frac{1}{1}\boxplus_{n=1}^{\infty}\frac{-n^{6}}{n^{3}+(n+1)^{3}}
\end{eqnarray}
[2]
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P_{0}=1,P_{-1}=0\\
P_{1}=1\\
P_{n}=\{(n-1)^{3}+n^{3}\}P_{n-1}-(n-1)^{6}P_{n-2}\quad(n=2,3,4,...)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
実は以下の式が成り立つことが$n=2,3,4,...$と計算してみると分かる。
\begin{equation}
P_{n}=(n!)^{3}\quad(n=1,2,3,...)
\end{equation}
また以下の様に計算できる。
\begin{eqnarray}
d_{n}&=&b_{n}-r_{n-1}(a_{n}+r_{n})\\
&=&-(n-1)^{6}-r_{n-1}\{(n-1)^{3}+n^{3}+r_{n}\}\\
&=&-[(n-1)^{6}+\{(n-1)^{3}+n^{3}\}r_{n-1}+r_{n-1}r_{n}]
\end{eqnarray}
次に$r_{n-1}=p_{n}-x_{n}$とおく。すると
\begin{align}
&(n-1)^{6}+\{(n-1)^{3}+n^{3}\}(p_{n}-x_{n})+(p_{n}-x_{n})(p_{n+1}-x_{n+1})\\
&=(n-1)^{6}+\{(n-1)^{3}+n^{3}\}p_{n}+p_{n}p_{n+1}-\{(n-1)^{3}+n^{3}\}x_{n}-p_{n+1}x_{n}-p_{n}x_{n+1}+x_{n}x_{n+1}\\
&=(n-1)^{3}(x_{n+1}-x_{n})+x_{n}x_{n+1}
\end{align}
ただし$p_{n}\coloneqq-(n-1)^{3}$とした。この計算により
\begin{equation}
d_{n}=-\{(n-1)^{3}\Delta x_{n}+x_{n}x_{n+1}\}\quad(n=2,3,4,...)
\end{equation}
[3]
\begin{eqnarray}
\zeta(3)&=&-\frac{1}{x_{2}}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}\{(k-1)^{3}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}\}(-1)^{k-2}\{(k-2)!\}^{6}}{[\{(k-1)!\}^{3}-\{(k-1)^{3}+x_{k-1}\}\{(k-2)!\}^{3}][(k!)^{3}-\{k^{3}+x_{k}\}\{(k-1)!\}^{3}]}\\
&=&-\frac{1}{x_{2}}+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(k-1)^{3}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}}{(k-1)^{3}x_{k}x_{k+1}}
\end{eqnarray}
[4]$x_{k}=Ak^{2}+Bk+C$と置くと
\begin{eqnarray}
(k-1)^{3}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}&=&(k-1)^{3}(2Ak+A+B)+(Ak^{2}+Bk+C)\{Ak^{2}+(2A+B)k+A+B+C\}
\end{eqnarray}
$k^{4}$の係数が$0$となる条件で考えると$A=-2$を得る。さらに$k^{3},k^{2}$の係数が$0$になるように定めることで最終的に以下の値が定まる。
\begin{align}
&\frac{d^{2}}{dk^{2}}(k-1)^{3}(2Ak+A+B)+(Ak^{2}+Bk+C)\{Ak^{2}+(2A+B)k+A+B+C\}|_{k=0}\\
&=-6(A+B)+12A+2A(A+B+C)+2B(2A+B)+2AC\\
&=0
\end{align}
\begin{align}
&\frac{d^{3}}{dk^{3}}(k-1)^{3}(2Ak+A+B)+(Ak^{2}+Bk+C)\{Ak^{2}+(2A+B)k+A+B+C\}|_{k=0}\\
&=6(A+B)-36A+6A(2A+B)+6AB\\
&=0
\end{align}
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
A=-2\\
B=6\\
C=-5
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$x_{k}=-2k^{2}+6k-5$と定めると
\begin{eqnarray}
(k-1)^{3}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}&=&-4(k-1)^{4}(k+1)+4k^{4}-16k^{3}+24k^{2}-16k+5\\
&=&1
\end{eqnarray}
を得る。
最終的に以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
\zeta(3)&=&1+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{1}{(k-1)^{3}(2k^{2}-6k+5)(2k^{2}-2k+1)}\\
&=&1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}(2n^{2}-2n+1)(2n^{2}+2n+1)}\\
&=&1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}(4n^{4}+1)}
\end{eqnarray}
\begin{equation} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_{n}}=\frac{-1}{x_{2}}+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{a_{k-1}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}}{a_{k-1}x_{k}x_{k+1}} \end{equation}
[1]連分数に変換
\begin{equation}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_{n}}=\frac{1}{a_{1}}\boxplus_{k=1}^{\infty}\frac{-a_{k}^{2}}{a_{k}+a_{k+1}}
\end{equation}
[2]$P_{n}$の満たす漸化式を求める。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
P_{0}=1,P_{-1}=0\\
P_{1}=a_{1}\\
P_{n}=(a_{n-1}+a_{n})P_{n-1}-a_{n-1}^{2}P_{n-2}\quad(n=2,3,4,...)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
次にこの漸化式を解く。
\begin{eqnarray}
P_{n}-a_{n}P_{n-1}&=&a_{n-1}(P_{n-1}-a_{n-1}P_{n-2})\\
&=&0
\end{eqnarray}
\begin{equation}
P_{n}=\prod_{k=1}^{n}a_{k}
\end{equation}
\begin{eqnarray}
d_{n}&=&-a_{n-1}^{2}-r_{n-1}(a_{n-1}+a_{n}+r_{n})\\
&=&-\{a_{n-1}^{2}+(a_{n-1}+a_{n})r_{n-1}+r_{n-1}r_{n}\}
\end{eqnarray}
よって$r_{n-1}=-a_{n-1}-x_{n}$と置くと
\begin{eqnarray}
d_{n}&=&-\{a_{n-1}^{2}-(a_{n-1}+a_{n})(a_{n-1}+x_{n})+(a_{n-1}+x_{n})(a_{n}+x_{n+1})\}\\
&=&-\{a_{n-1}\Delta x_{n}+x_{n}x_{n+1}\}\quad(n=2,3,4,...)
\end{eqnarray}
[3]
\begin{eqnarray}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_{n}}&=&\frac{-1}{x_{2}}-\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}\{a_{k-1}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}\}(-1)^{k-2}\prod_{l=1}^{k-1}a_{l}^{2}}{[\prod_{l=1}^{k-1}a_{l}-(a_{k-1}+x_{k})\prod_{l=1}^{k-2}a_{l}][\prod_{l=1}^{k}a_{l}-(a_{k}+x_{k+1})\prod_{l=1}^{k-1}a_{l}]}\\
&=&\frac{-1}{x_{2}}+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{a_{k-1}\Delta x_{k}+x_{k}x_{k+1}}{a_{k-1}x_{k}x_{k+1}}
\end{eqnarray}
この記事を高評価した人
この記事に送られたバッジ
投稿者
