級数の加速
あいさつ
んちゃ！
今回は長編記事を書いてるやなさんが途中で面白い事を思いついたそうなのでそれについて僕が代わりに書いてみますのだ。
次の複素数列の集合$S\coloneqq\{\{a_{n}\}\subset\mathbb{C}||\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}|\lt+\infty\}$を定める。この時、$\{a_{n}\}$に対して定まる数列の集合$\mathcal{N}(\{a_{n}\})\coloneqq\{\{f_{n}\}\subset\mathbb{C}|\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}=0\}$を定義する。
またこの集合$\mathcal{N}(\{a_{n}\})$に対して以下の演算を定める。
(i)和：$\forall \{f_{n}\},\{g_{n}\}:\in\mathbb{C}:\{f_{n}\}+\{g_{n}\}=\{f_{n}+g_{n}\}\in\mathbb{C}$
(ii)スカラー積：$\forall c\in\mathbb{C}:\forall \{f_{n}\}\in\mathbb{C}:\{cf_{n}\}\in\mathbb{C}$
すると以下の事が成り立つ。
(1)$\forall \{a_{n}\}\in\mathbb{C}:\mathcal{N}(\{a_{n}\})$はベクトル空間である事を確認せよ。
(2)$\forall \{a_{n}\}\in\mathbb{C}:\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(1-f_{n})$が成り立つ事を証明せよ。
(3)$dim(\mathcal{N}(\{a_{n}\}))$を求めよ。
(4)$\mathcal{N}(\{a_{n}\})$を求める方法を考えよ。
【(1)】
(0)和に関して閉じている。\begin{eqnarray} \forall \{f_{n}\},\{g_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\forall \{a_{n}\}\in S:\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(f_{n}+g_{n})&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}g_{n}\\ &=&0+0\\ &=&0 \end{eqnarray}
(1)結合法則:
\begin{eqnarray} \forall \{a_{n}\}\in S:\forall \{f_{n}\},\{g_{n}\},\{h_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\{f_{n}+(g_{n}+h_{n})\}&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\{(f_{n}+g_{n})+h_{n}\}\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(f_{n}+g_{n})+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}h_{n}\\ &=&0+0\\ &=&0 \end{eqnarray}
ゆえに、次の結合法則が得られる。$(\{f_{n}\}+\{g_{n}\})+\{h_{n}\}=\{f_{n}\}+(\{g_{n}\}+\{h_{n}\})$
(ii)可換律
\begin{eqnarray} \forall \{a_{n}\}\in S:\forall f_{n},g_{n}\in \mathcal{N}(\{a_{n}\}):\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(f_{n}+g_{n})&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(g_{n}+f_{n})\\ &=&0 \end{eqnarray}
(iii)零元$f_{n}=0\quad(n\in\mathbb{N})$
(iv)逆元$\forall \{f_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\{-f_{n}\}$は逆元
(v)加法に対するスカラー積の分配法則：
\begin{eqnarray} \forall \alpha\in\mathbb{C}\forall \{a_{n}\}\in S:\forall \{f_{n}\},\{g_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\alpha(f_{n}+b_{n})&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(\alpha f_{n}+\alpha b_{n})\\ &=&\alpha\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}+\alpha\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}g_{n}\\ &=&0+0\\ &=&0 \end{eqnarray}
(vi)体の加法に対するスカラー乗法の分配則
\begin{eqnarray} \forall \alpha,\beta\in\mathbb{C}:\forall \{a_{n}\}\in S:\forall \{f_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(\alpha+\beta)f_{n}&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(\alpha f_{n}+\beta f_{n})\\ &=&\alpha\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}+\beta\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}\\ &=&0+0\\ &=&0 \end{eqnarray}
(vii)体の乗法とスカラーの乗法の両立条件
\begin{eqnarray} \forall \alpha,\beta\in\mathbb{C}:\forall \{a_{n}\}\in S:\forall \{f_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\alpha(\beta f_{n})&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(\alpha\beta) f_{n}\\ &=&\alpha\beta\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}\\ &=&0 \end{eqnarray}
(viii)乗法の単位元$1\in\mathbb{C}$
【(2)】
実際に計算すればいいです。
\begin{eqnarray} \forall \{a_{n}\}\in S:\forall \{f_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\}):\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}&=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(1\pm f_{n})\mp\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}f_{n}\\ &=&\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(1\pm f_{n}) \end{eqnarray}
【(3)】【(4)】分かりません
数列の集合$Zero=\{\{\epsilon_{n}\}|\lim_{n\rightarrow \infty}\epsilon_{n}=0\}$を定める。
$\forall \{a_{n}\}\in S:\forall \{\epsilon_{n}\}\in Zero:\exists \{f_{n}\}\in\mathcal{N}(\{a_{n}\})\ s.t.\ \sum_{n=1}^{N}a_{n}f_{n}=\epsilon_{N}\overset{N\rightarrow\infty}\rightarrow 0$
$N=1$の場合は$a_{1}f_{1}=\epsilon_{1}$より$f_{1}=\frac{\epsilon_{1}}{a_{1}}$
また、$1\lt N$の場合は次の様に考える事が出来る。
\begin{equation}
\epsilon_{N}=\epsilon_{N-1}+a_{N}f_{N}
\end{equation}
が成り立つので$f_{N}=\frac{\epsilon_{N}-\epsilon_{N-1}}{a_{N}}$と定めればよい。
$\epsilon_{0}=0$とする。このとき、$\forall \{\epsilon_{n}\}\in Zero:$
\begin{equation}
\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1+(\epsilon_{n}-\epsilon_{n-1})n^{s}}{n^{s}}
\end{equation}
以下の様に計算を行えばいい。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
f_{1}=\epsilon_{1}\\
f_{n}=(\epsilon_{n}-\epsilon_{n-1})n^{s}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
$M\lt N$として以下の様に記号を定める。
\begin{eqnarray}
\epsilon_{n}=\frac{\prod_{k=1}^{M}(b_{k})_{n}}{\prod_{k=1}^{N}(a_{k})_{n}}
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
\epsilon_{n}-\epsilon_{n-1}&=&\epsilon_{n}\{1-\frac{\prod_{k=1}^{N}(a_{k}+n)}{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)}\}\\
&=&\epsilon_{n}\frac{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)-\prod_{k=1}^{N}(a_{k}+n)}{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)}
\end{eqnarray}
ゆえに
\begin{eqnarray}
1+(\epsilon_{n}-\epsilon_{n-1})n^{s}&=&\epsilon_{n}\{1-\frac{\prod_{k=1}^{N}(a_{k}+n)}{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)}\}\\
&=&1+\epsilon_{n}n^{s}\frac{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)-\prod_{k=1}^{N}(a_{k}+n)}{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)}\\
&=&\frac{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)+\epsilon_{n}n^{s}\{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)-\prod_{k=1}^{N}(a_{k}+n)\}}{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)}
\end{eqnarray}
結論として以下の式を得る。
\begin{eqnarray}
\zeta(s)=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^{s}}\frac{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)+\epsilon_{n}n^{s}\{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)-\prod_{k=1}^{N}(a_{k}+n)\}}{\prod_{k=1}^{M}(b_{k}+n)}\end{eqnarray}
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