大学数学基礎解説

ディリクレのベータ関数の特殊値をいろいろ求める

ポリガンマ関数,フルヴィッツゼータ関数,ディリクレのベータ関数

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ディリクレのベータ関数の特殊値をいろいろ求める

ディリクレのベータ関数の特殊値についていろいろ求めます。

ディリクレのベータ関数

ディリクレのベータ関数の定義はこちら

ディリクレのベータ関数

$β (s) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{s}} (Re (s) > 0)$
$Re (s) \leq 0$ の場合は解析接続により定義される。

フルヴィッツゼータ関数

フルヴィッツゼータ関数の定義

フルヴィッツゼータ関数

$ζ (s, z) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + z)^{s}} (Re (s) > 1, Re (z) > 0)$
解析接続により定義域が拡張される。

関数等式

$β (1 - s) = {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} Γ (s) β (s)$

証明はこちらの記事にあります。

フルヴィッツゼータ関数との関係式

$β (s) = \frac{1}{4^{s}} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4}))$

証明

級数は絶対収束するので各項を並び替えて証明する。

\begin{aligned} β (s) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{s}} \\ = \frac{1}{1^{s}} - \frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{5^{s}} - \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{9^{s}} - \frac{1}{11^{s}} \dots \\ = (\frac{1}{1^{s}} + \frac{1}{5^{s}} + \frac{1}{9^{s}} + \dots) - (\frac{1}{3^{s}} + \frac{1}{7^{s}} + \frac{1}{11^{s}} + \dots) \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(4 n + 1)^{s}} - \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(4 n + 3)^{s}} \\ = \frac{1}{4^{s}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{{(n + \frac{1}{4})}^{s}} - \frac{1}{4^{s}} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{{(n + \frac{3}{4})}^{s}} \\ = \frac{1}{4^{s}} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4})) \end{aligned}

それでは特殊値を求めていきます。

$β (1)$ の値

β (1)

の値

$β (1) = \frac{π}{4}$

積分を用いた解法

\int_{0}^{1} x^{n - \frac{1}{2}} d x = \frac{2}{2 n + 1}

に注意して、

\begin{aligned} β (1) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} \\ = \frac{1}{2} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \int_{0}^{1} x^{n - \frac{1}{2}} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} x^{n - \frac{1}{2}} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \sum_{n = 0}^{\infty} (- x)^{n} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{x}} \frac{1}{1 + x} d x \\ = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + t^{2}} d t (x^{2} \mapsto t) \\ = \int_{0}^{\frac{π}{4}} 1 d θ (t \mapsto \tan θ) \\ = \frac{π}{4} \end{aligned}

フーリエ級数を用いた証明

以下のような

f (x)

をフーリエ級数展開します。

f (x) = {\begin{cases} - 1 & (- π \leq x < 0) \\ 1 & (0 \leq x < π) \end{cases}

奇関数なので求めるのは

\sin n x

の係数だけでいいです。

f (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} \sin n x

\begin{aligned} b_{n} & = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} f (x) \sin n x d x \\ = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} \sin n x d x \\ = \frac{2}{π} \frac{1 - \cos n π}{n} \\ = \frac{4}{π} \frac{1}{2 n - 1} \end{aligned}

偶数項は

0

なので、

\begin{aligned} f (x) & = \frac{4}{π} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{2 n - 1} \sin ((2 n - 1) x) \\ = \frac{4}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 n + 1} \sin ((2 n + 1) x) \end{aligned}

x = \frac{π}{2}

を代入して、

\begin{aligned} 1 & = \frac{4}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 n + 1} \sin (\frac{(2 n + 1) π}{2}) \\ = \frac{4}{π} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} \\ = \frac{4}{π} β (1) \\ β (1) & = \frac{π}{4} \end{aligned}

超幾何級数を用いた証明

_{2} F_{1} [\begin{matrix} a, b \\ c \end{matrix}; z] = \frac{Γ (c)}{Γ (a) Γ (c - b)} \int_{0}^{1} x^{b - 1} (1 - x)^{c - b - 1} (1 - z x)^{- a} d x

を用いて命題を示す。

\begin{aligned} β (1) & = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{{(\frac{1}{2})}_{n}}{{(\frac{3}{2})}_{n}} (- 1)^{n} \\ =_{2} F_{1} [\begin{matrix} \frac{1}{2}, 1 \\ \frac{3}{2} \end{matrix}; - 1] \\ = \frac{Γ (\frac{3}{2})}{Γ (1) Γ (\frac{1}{2})} \int_{0}^{1} (1 - x)^{- \frac{1}{2}} (1 + x)^{- \frac{1}{2}} d x \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{d x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \\ = \frac{1}{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} 1 d θ (x \mapsto \sin θ) \\ = \frac{π}{4} \end{aligned}

$β (3)$ の値

$β (2)$ は $ζ (3)$ のように具体的な値は見つかってません。

β (3)

の値

$β (3) = \frac{π^{3}}{32}$

フーリエ級数を用いた証明

x^{3}

をフーリエ級数展開します。(周期は

2 π

)
奇関数なので求めるのは

\sin n x

の係数だけでいいです。

x^{3} = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} \sin n x

\begin{aligned} b_{n} & = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} x^{3} \sin n x d x \\ = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x^{3} \sin n x d x \\ = \frac{2 (6 - π^{2} n^{2}) (- 1)^{n}}{n^{3}} (部分積分により得られる) \end{aligned}

\begin{aligned} x^{3} & = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} \sin n x \\ = 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(6 - π^{2} n^{2}) (- 1)^{n} \sin n x}{n^{3}} \\ = 12 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n^{3}} \sin n x - 2 π^{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} \sin n x \\ = \frac{3}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} \sin 2 n x - 12 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(2 n + 1)^{3}} \sin ((2 n + 1) x) - π^{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \sin 2 n x + 2 π^{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{2 n + 1} \sin ((2 n + 1) x) \end{aligned}

x = \frac{π}{2}

を代入して、

\begin{aligned} \frac{π^{3}}{8} & = - 12 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{3}} - 2 π^{2} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1} \\ \frac{π^{3}}{8} & = - 12 β (3) - \frac{π^{3}}{2} \\ β (3) & = \frac{π^{3}}{32} \end{aligned}

アベルプラナ和公式を用いた証明

以下の等式はアベルプラナ和公式という名前で知られています。

\sum_{n = - \infty}^{\infty} f (n) (- 1)^{n} = - π \sum_{k = 1}^{m} \underset{z = α_{k}}{Res} f (z) \csc π z

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{m}

は

f (z)

の特異点

f (z) = \frac{1}{(2 z + 1)^{3}}

として計算していきます。

\begin{aligned} β (3) & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{3}} \\ = \frac{1}{2} \sum_{n = - \infty}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{3}} \\ = - \frac{π}{2} \underset{z = - \frac{1}{2}}{Res} \frac{\csc π z}{(2 z + 1)^{3}} \\ = - \frac{π}{4} lim_{z \to - \frac{1}{2}} \frac{d^{2}}{d z^{2}} \frac{\csc π z}{(2 z + 1)^{3}} {(z + \frac{1}{2})}^{3} \\ = - \frac{π}{32} lim_{z \to - \frac{1}{2}} \frac{d^{2}}{d z^{2}} \csc π z \\ = - \frac{π^{3}}{32} lim_{z \to - \frac{1}{2}} \csc π z (\cot^{2} π z + \csc^{2} π z) \\ = \frac{π^{3}}{32} \end{aligned}

ポリガンマ関数の相反公式を用いた証明

ディガンマ関数の級数表示を用いて

β (3)

をディガンマ関数で表示し、相反公式を用いる。

\begin{aligned} ψ^{(m)} (z) & = (- 1)^{m + 1} m! \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + z)^{m + 1}} \\ = (- 1)^{m + 1} m! ζ (m + 1, z) \\ ζ (m + 1, z) & = \frac{(- 1)^{m + 1}}{m!} ψ^{(m)} (z) \end{aligned}

m = 2

を代入して、

ζ (3, z) = - \frac{1}{2} ψ^{(2)} (z)

\begin{aligned} β (3) & = \frac{1}{64} (ζ (3, \frac{1}{4}) - ζ (3, \frac{3}{4})) \\ = \frac{1}{128} (ψ^{(2)} (\frac{3}{4}) - ψ^{(2)} (\frac{1}{4})) \end{aligned}

ここで、ガンマ関数の相反公式の対数をとり、

2

階微分する。

Γ (s) Γ (1 - s) = \frac{π}{\sin π s}

\log Γ (s) + \log Γ (1 - s) = \log \frac{π}{\sin π s}

ψ (s) - ψ (1 - s) = - π \cot π s

ψ^{(1)} (s) + ψ^{(1)} (1 - s) = π^{2} \csc^{2} π s

ψ^{(2)} (s) - ψ^{(2)} (1 - s) = - 2 π^{3} \cot π s \csc^{2} π s

s = \frac{3}{4}

を代入して、

\begin{aligned} ψ^{(2)} (\frac{3}{4}) - ψ^{(2)} (\frac{1}{4}) & = - 2 π^{3} \cot \frac{3 π}{4} \csc^{2} \frac{3 π}{4} \\ = 4 π^{3} \end{aligned}

\begin{aligned} β (3) & = \frac{1}{128} (ψ^{(2)} (\frac{3}{4}) - ψ^{(2)} (\frac{1}{4})) \\ = \frac{4 π^{3}}{128} \\ = \frac{π^{3}}{32} \end{aligned}

超幾何級数を用いた証明

NKS

さんの

PDF

の

67 p

を参照。

$β (2 n + 1)$ の値

β (2 n + 1)

の値

$β (2 n + 1) = \frac{(- 1)^{n} E_{2 n} π^{2 n + 1}}{2^{2 n + 2} (2 n)!}$

$n$ は $0$ 以上の整数です。

証明は神鳥奈紗さんの記事を参照。

別の方法は多分 $\cot π s$ の反復微分して $\frac{3}{4}$ を代入したり漸化式立てたりしないといけなさそうなので面倒そうです。

$β (4)$ の値

$β (4)$ は $β (2)$ とポリガンマ関数の微分を用いて表示できます。

β (4)

の値

$β (4) = \frac{1}{768} (ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) - 8 π^{4})$

ポリガンマ関数の相反公式を用いた証明

ζ (m + 1, z) = \frac{(- 1)^{m + 1}}{m!} ψ^{(m)} (z)

m = 3

を代入して、

ζ (4, z) = \frac{1}{6} ψ^{(3)} (z)

\begin{aligned} β (4) & = \frac{1}{256} (ζ (4, \frac{1}{4}) - ζ (4, \frac{3}{4})) \\ = \frac{1}{1536} (ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) - ψ^{(3)} (\frac{3}{4})) \end{aligned}

ここで、ガンマ関数の相反公式の対数をとり、

3

階微分して整理することで、以下の等式を得る。

ψ^{(3)} (1 - s) + ψ^{(3)} (s) = 2 π^{4} \csc^{2} π s (2 \cot^{2} π s + \csc^{2} π s)

s = \frac{3}{4}

を代入すると、

ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) + ψ^{(3)} (\frac{3}{4}) = 16 π^{4}

を得る。これを用いて命題を示す。

\begin{aligned} β (4) & = \frac{1}{1536} (ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) - ψ^{(3)} (\frac{3}{4})) \\ = \frac{1}{1536} (2 ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) - (ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) + ψ^{(3)} (\frac{3}{4}))) \\ = \frac{1}{1536} (2 ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) - 16 π^{4}) \\ = \frac{1}{768} (ψ^{(3)} (\frac{1}{4}) - 8 π^{4}) \end{aligned}

$β (2 n)$ の値

$β (2 n) = \frac{1}{2^{4 n - 1}} \frac{1}{(2 n - 1)!} ψ^{(2 n - 1)} (\frac{1}{4}) - \frac{(2^{2 n} - 1) | B_{2 n} | π^{2 n}}{2 (2 n)!}$

ポリガンマ関数を用いた証明

ポリガンマ関数について、以下の等式が成り立つ。

ψ^{(m)} (\frac{1}{4}) = 2^{m} (2^{m + 1} - 1) ψ^{(m)} (1) - 2 (- 1)^{m} 4^{m} m! β (m + 1) - δ_{m, 0} 3 \log 2

証明は

\sinh 76821661

さんの記事を参照。

m = 2 n - 1

を代入して、

ψ^{(2 n - 1)} (\frac{1}{4}) = 2^{2 n - 1} (2^{2 n} - 1) ψ^{(2 n - 1)} (1) + 2 \cdot 4^{2 n - 1} (2 n - 1)! β (2 n) - δ_{2 n - 1, 0} 3 \log 2

n \in N

のとき、

δ_{2 n - 1, 0} = 0

なので、

ψ^{(2 n - 1)} (\frac{1}{4}) = 2^{2 n - 1} (2^{2 n} - 1) ψ^{(2 n - 1)} (1) + 2 \cdot 4^{2 n - 1} (2 n - 1)! β (2 n)

ここで、ポリガンマ関数の級数表示を用いて、

\begin{aligned} ψ^{(2 n - 1)} (1) & = (2 n - 1)! \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m^{2 n}} \\ = (2 n - 1)! ζ (2 n) \\ = (2 n - 1)! \frac{2^{2 n} | B_{2 n} | π^{2 n}}{2 (2 n!)} \end{aligned}

\begin{aligned} ψ^{(2 n - 1)} (\frac{1}{4}) & = 2^{2 n - 1} (2^{2 n} - 1) ψ^{(2 n - 1)} (1) + 2 \cdot 4^{2 n - 1} (2 n - 1)! β (2 n) \\ = 2^{2 n - 1} (2^{2 n} - 1) (2 n - 1)! \frac{2^{2 n} | B_{2 n} | π^{2 n}}{2 (2 n!)} + 2 \cdot 4^{2 n - 1} (2 n - 1)! β (2 n) \\ β (2 n) & = \frac{1}{2^{4 n - 1}} \frac{1}{(2 n - 1)!} ψ^{(2 n - 1)} (\frac{1}{4}) - \frac{(2^{2 n} - 1) | B_{2 n} | π^{2 n}}{2 (2 n)!} \end{aligned}

$β (0)$ の値

β (0)

の値

$β (0) = \frac{1}{2}$

フルヴィッツゼータ関数を用いた証明

フルヴィッツゼータ関数の等式、

ζ (0, z) = \frac{1}{2} - z

を用いる。
証明はまめけびさんの記事を参照。

\begin{aligned} β (0) & = ζ (0, \frac{1}{4}) - ζ (0, \frac{3}{4}) \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} - \frac{1}{2} + \frac{3}{4} \\ = \frac{1}{2} \end{aligned}

正規化を用いた証明

β (s)

の級数表示の定義域を無視して

β (0)

を求めます。

\begin{aligned} β (0) & = \sum_{n = 0}^{\infty} (- 1)^{n} \\ = - η (0) \\ = - ζ (0) \\ = \frac{1}{2} \end{aligned}

この級数の正規化はいろんな方法があるので調べてみたらいいかもしれません。

関数等式を用いた証明

関数等式に

s = 1

を代入して命題を示す。

β (1 - s) = {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} Γ (s) β (s)

s = 1

を代入して、

\begin{aligned} β (0) & = \frac{2}{π} β (1) \\ = \frac{2}{π} \frac{π}{4} \\ = \frac{1}{2} \end{aligned}

$β (- 2 n)$ の値

β (- 2 n)

の値

$β (- 2 n) = \frac{1}{2} E_{2 n}$

$n$ は $0$ 以上の整数です。

関数等式を用いた証明

s = 2 n + 1

を代入して命題を証明する。

β (1 - s) = {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} Γ (s) β (s)

n = 2 n + 1

を代入して、

\begin{aligned} β (- 2 n) & = {(\frac{π}{2})}^{- 2 n - 1} \sin \frac{(2 n + 1) π}{2} Γ (2 n + 1) β (2 n + 1) \\ = \frac{1}{π^{2 n + 1}} 2^{2 n + 1} (- 1)^{n} (2 n)! \frac{(- 1)^{n} E_{2 n} π^{2 n + 1}}{2^{2 n + 2} (2 n)!} \\ = \frac{1}{2} E_{2 n} \end{aligned}

ハンケルの積分路を用いた証明

もっちさんの記事を参照。

$β (- 2 n - 1)$ の値

β (- 2 n - 1)

の値

$β (- 2 n - 1) = 0$

$n$ は $0$ 以上の整数です。

関数等式を用いた証明

関数等式に

s = 2 n + 2

を代入して命題を示す。

β (1 - s) = {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} Γ (s) β (s)

s = 2 n + 2

を代入して、

\begin{aligned} β (- 2 n - 1) & = {(\frac{π}{2})}^{- 2 n - 2} \sin ((n + 1) π) Γ (2 n + 2) β (2 n + 2) \\ = 0 \end{aligned}

ハンケルの積分路を用いた証明

もっちさんの記事を参照。

$β (- n)$ の値

β (- n)

の値

$β (- n) = \frac{1}{2} E_{n}$

オイラー数の性質を用いた証明

β (- 2 n) = \frac{1}{2} E_{2 n}

オイラー数の奇数番目は

0

なので

β (- n) = \frac{1}{2} E_{n}

とできる。

ハンケルの積分路を用いた証明

もっちさんの記事を参照。

ハンケルの積分路を用いた証明のみでも良かったが、関数等式での証明も紹介したかったので $2$ 通りの証明を紹介した。

$β^{'} (- 1)$ の値

β^{'} (- 1)

の値

$β^{'} (- 1) = \frac{2}{π} β (2)$

関数等式を用いた証明

関数等式を微分し、

s = 2

を代入して命題を示す。

\begin{aligned} β (s) & = {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} Γ (s) β (s) \\ - β^{'} (1 - s) & = (- {(\frac{π}{2})}^{- s} \log \frac{π}{2} \sin \frac{π s}{2} - {(\frac{π}{2})}^{1 - s} \cos \frac{π s}{2}) Γ (s) β (s) + {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} (Γ (s) ψ (s) β (s) + Γ (s) β^{'} (s)) \end{aligned}

s = 2

を代入して、

\begin{aligned} - β^{'} (- 1) & = (- {(\frac{π}{2})}^{- 2} \log \frac{π}{2} \sin π - {(\frac{π}{2})}^{- 1} \cos π) Γ (2) β (2) + {(\frac{π}{2})}^{- 2} \sin π (Γ (2) ψ (2) β (2) + Γ (2) β^{'} (2)) \\ = - \frac{2}{π} β (2) \\ β^{'} (- 1) & = \frac{2}{π} β (2) \end{aligned}

$β^{'} (0)$ の値

β^{'} (0)

の値

$β^{'} (0) = \log \frac{Γ {(\frac{1}{4})}^{2}}{2 \sqrt{2} π}$

フルヴィッツゼータ関数を用いた証明

フルヴィッツゼータ関数の

s = 0

での微分係数

{\frac{d}{d s} ζ (s, z) |}_{s = 0} = \log Γ (z) - \log 2 π

を用いて命題を証明していく。
この等式の証明はまめけびさんの記事を参照。

\begin{aligned} β (s) & = \frac{1}{4^{s}} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4})) \\ β^{'} (s) & = - 2 \log 2 \frac{1}{4^{s}} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4})) + \frac{1}{4^{s}} \frac{d}{d s} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4})) \\ = - 2 \log 2 β (s) + \frac{1}{4^{s}} \frac{d}{d s} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4})) \\ β^{'} (0) & = - 2 \log 2 β (0) + {\frac{d}{d s} (ζ (s, \frac{1}{4}) - ζ (s, \frac{3}{4})) |}_{s = 0} \\ = - 2 \log 2 + \log Γ (\frac{1}{4}) - \log 2 π - \log Γ (\frac{3}{4}) + \log 2 π \\ = \log \frac{Γ (\frac{1}{4})}{2 Γ (\frac{3}{4})} \\ = \log \frac{Γ {(\frac{1}{4})}^{2}}{2 Γ (\frac{1}{4}) Γ (\frac{3}{4})} \\ = \log \frac{Γ {(\frac{1}{4})}^{2}}{2 \frac{π}{\sin \frac{π}{4}}} \\ = \log \frac{Γ {(\frac{1}{4})}^{2}}{2 \sqrt{2} π} \end{aligned}

$β^{'} (1)$ の値

β^{'} (- 1)

の値

$β^{'} (1) = \frac{π}{4} (γ + 2 \log 2 + 3 \log π - 4 \log Γ (\frac{1}{4}))$

関数等式を用いた証明

関数等式を微分し

s = 1

を代入し命題を証明する。

\begin{aligned} β (s) & = {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} Γ (s) β (s) \\ - β^{'} (1 - s) & = (- {(\frac{π}{2})}^{- s} \log \frac{π}{2} \sin \frac{π s}{2} - {(\frac{π}{2})}^{1 - s} \cos \frac{π s}{2}) Γ (s) β (s) + {(\frac{π}{2})}^{- s} \sin \frac{π s}{2} (Γ (s) ψ (s) β (s) + Γ (s) β^{'} (s)) \end{aligned}

s = 1

を代入して、

\begin{aligned} - β^{'} (0) & = - \frac{2}{π} \log \frac{π}{2} β (1) + \frac{2}{π} (- γ β (1) + β^{'} (1)) \\ = - \frac{1}{2} \log \frac{π}{2} - \frac{1}{2} γ + \frac{π}{2} β^{'} (1) \\ β^{'} (1) & = \frac{π}{2} (\frac{1}{2} \log \frac{π}{2} + \frac{1}{2} γ - β^{'} (0)) \\ = \frac{π}{2} (\frac{1}{2} γ + \frac{1}{2} \log 2 - \frac{1}{2} \log 2 - 2 \log Γ (\frac{1}{4}) + \frac{3}{2} \log 2 + \log π) \\ = \frac{π}{2} (\frac{1}{2} γ + \frac{3}{2} \log π + \log 2 - 2 \log Γ (\frac{1}{4})) \\ = \frac{π}{4} (γ + 2 \log 2 + 3 \log π - 4 \log Γ (\frac{1}{4})) \end{aligned}

おしまい。

投稿日：2024年4月3日

更新日：2024年9月7日

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ディリクレのベータ関数の特殊値をいろいろ求める

ディリクレのベータ関数の特殊値をいろいろ求める
ディリクレのベータ関数
フルヴィッツゼータ関数
関数等式
フルヴィッツゼータ関数との関係式
$β (1)$ の値
$β (3)$ の値
$β (2 n + 1)$ の値
$β (4)$ の値
$β (2 n)$ の値
$β (0)$ の値
$β (- 2 n)$ の値
$β (- 2 n - 1)$ の値
$β (- n)$ の値
$β^{'} (- 1)$ の値
$β^{'} (0)$ の値
$β^{'} (1)$ の値

ディリクレのベータ関数の特殊値をいろいろ求める

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ディリクレのベータ関数

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β(1)の値

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$β^{'} (0)$ の値

$β^{'} (1)$ の値