級数の加速

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この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

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 $S : = {{a_{n}} \subset C | | \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} | < + \infty}$ を定める。この時、 ${a_{n}}$ に対して定まる数列の集合 $N ({a_{n}}) : = {{f_{n}} \subset C | \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} f_{n} = 0}$ を定義する。
またこの集合 $N ({a_{n}})$ に対して以下の演算を定める。
(i)和： $\forall {f_{n}}, {g_{n}} :\in C : {f_{n}} + {g_{n}} = {f_{n} + g_{n}} \in C$
(ii)スカラー積： $\forall c \in C : \forall {f_{n}} \in C : {c f_{n}} \in C$
すると以下の事が成り立つ。
(1) $\forall {a_{n}} \in C : N ({a_{n}})$ はベクトル空間である事を確認せよ。
(2) $\forall {a_{n}} \in C : \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} = \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (1 - f_{n})$ が成り立つ事を証明せよ。
(3) $d i m (N ({a_{n}}))$ を求めよ。
(4) $N ({a_{n}})$ を求める方法を考えよ。

回答

【(1)】

(0)和に関して閉じている。

\begin{array}{rcl} \forall {f_{n}}, {g_{n}} \in 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{array}

(1)結合法則:

\begin{array}{rcl} \forall {a_{n}} \in S : \forall {f_{n}}, {g_{n}}, {h_{n}} \in 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{array}

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{array}{rcl} \forall {a_{n}} \in S : \forall f_{n}, g_{n} \in 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{array}

(iii)零元

f_{n} = 0 (n \in N)

(iv)逆元

\forall {f_{n}} \in 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{array}{rcl} \forall α \in C \forall {a_{n}} \in S : \forall {f_{n}}, {g_{n}} \in N ({a_{n}}) : \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} α (f_{n} + b_{n}) & = & \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (α f_{n} + α b_{n}) \\ = & α \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} f_{n} + α \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} g_{n} \\ = & 0 + 0 \\ = & 0 \end{array}

(vi)体の加法に対するスカラー乗法の分配則

\begin{array}{rcl} \forall α, β \in C : \forall {a_{n}} \in S : \forall {f_{n}} \in N ({a_{n}}) : \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (α + β) f_{n} & = & \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (α f_{n} + β f_{n}) \\ = & α \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} f_{n} + β \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} f_{n} \\ = & 0 + 0 \\ = & 0 \end{array}

(vii)体の乗法とスカラーの乗法の両立条件

\begin{array}{rcl} \forall α, β \in C : \forall {a_{n}} \in S : \forall {f_{n}} \in N ({a_{n}}) : \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} α (β f_{n}) & = & \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} (α β) f_{n} \\ = & α β \sum_{n = 1}^{\infty} a_{n} f_{n} \\ = & 0 \end{array}

(viii)乗法の単位元

1 \in C

【(2)】

実際に計算すればいいです。

\begin{array}{rcl} \forall {a_{n}} \in S : \forall {f_{n}} \in 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{array}

【(3)】【(4)】分かりません

数列の集合 $Z e r o = {{ϵ_{n}} | lim_{n \to \infty} ϵ_{n} = 0}$ を定める。
$\forall {a_{n}} \in S : \forall {ϵ_{n}} \in Z e r o : \exists {f_{n}} \in N ({a_{n}}) s . t . \sum_{n = 1}^{N} a_{n} f_{n} = ϵ_{N} \overset{N \to \infty}{\to} 0$

$N = 1$ の場合は $a_{1} f_{1} = ϵ_{1}$ より $f_{1} = \frac{ϵ_{1}}{a_{1}}$
また、 $1 < N$ の場合は次の様に考える事が出来る。
$ϵ_{N} = ϵ_{N - 1} + a_{N} f_{N}$
が成り立つので $f_{N} = \frac{ϵ_{N} - ϵ_{N - 1}}{a_{N}}$ と定めればよい。

$ϵ_{0} = 0$ とする。このとき、 $\forall {ϵ_{n}} \in Z e r o :$
$ζ (s) = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1 + (ϵ_{n} - ϵ_{n - 1}) n^{s}}{n^{s}}$

以下の様に計算を行えばいい。
$\begin{array}{r} {\begin{cases} f_{1} = ϵ_{1} \\ f_{n} = (ϵ_{n} - ϵ_{n - 1}) n^{s} \end{cases} \end{array}$

$M < N$ として以下の様に記号を定める。
$\begin{array}{r} ϵ_{n} = \frac{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k})_{n}}{\prod_{k = 1}^{N} (a_{k})_{n}} \end{array}$
$\begin{array}{rcl} ϵ_{n} - ϵ_{n - 1} & = & ϵ_{n} {1 - \frac{\prod_{k = 1}^{N} (a_{k} + n)}{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n)}} \\ = & ϵ_{n} \frac{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n) - \prod_{k = 1}^{N} (a_{k} + n)}{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n)} \end{array}$
ゆえに
$\begin{array}{rcl} 1 + (ϵ_{n} - ϵ_{n - 1}) n^{s} & = & ϵ_{n} {1 - \frac{\prod_{k = 1}^{N} (a_{k} + n)}{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n)}} \\ = & 1 + ϵ_{n} n^{s} \frac{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n) - \prod_{k = 1}^{N} (a_{k} + n)}{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n)} \\ = & \frac{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n) + ϵ_{n} n^{s} {\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n) - \prod_{k = 1}^{N} (a_{k} + n)}}{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n)} \end{array}$
結論として以下の式を得る。
$\begin{array}{r} ζ (s) = 1 + \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n^{s}} \frac{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n) + ϵ_{n} n^{s} {\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n) - \prod_{k = 1}^{N} (a_{k} + n)}}{\prod_{k = 1}^{M} (b_{k} + n)} \end{array}$

投稿日：29日前

更新日：27日前

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ずんだもん

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