大学数学基礎解説

リーマンゼータ値を含む級数

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リーマンゼータ値を含む級数

※リーマンゼータ値しか扱いません。

$\sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} ζ (n) x^{n} = x ψ (x + 1) + γ x$

証明

読者への課題とする。

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n) - 1}{n} = 1 - γ$

証明

初等的な変形により示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n) - 1}{n} & = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n} \sum_{m = 2}^{\infty} \frac{1}{m^{n}} \\ = \sum_{m = 2}^{\infty} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{1}{n} {(\frac{1}{m})}^{n} \\ = \sum_{m = 2}^{\infty} (- \log (1 - \frac{1}{m}) - \frac{1}{m}) \\ = lim_{N \to \infty} \sum_{n = 2}^{N} (\log n - \log (n - 1) - \frac{1}{n}) \\ = lim_{N \to \infty} (\log N - \sum_{n = 1}^{N} \frac{1}{n} + 1) \\ = - γ + 1 \\ = 1 - γ \end{aligned}

$\sum_{n = 2}^{\infty} (ζ (n) - 1) = 1$

証明

初等的な変形により示す。

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

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (n)}{n + 1} = 1 - \frac{1}{2} \log 2 π + \frac{1}{2} γ$

証明

母関数を積分して示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (n)}{n + 1} & = \sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} ζ (n) \int_{0}^{1} x^{n} d x \\ = \int_{0}^{1} \sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} ζ (n) x^{n} d x \\ = \int_{0}^{1} x ψ (x + 1) + γ x d x \\ = \int_{0}^{1} x ψ (x + 1) d x + \frac{1}{2} γ \\ = [x \log Γ (x + 1)]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \log Γ (x + 1) d x + \frac{1}{2} γ \\ = - \int_{0}^{1} \log Γ (x + 1) d x + \frac{1}{2} γ \\ = - \int_{0}^{1} \log x d x - \int_{0}^{1} \log Γ (x) d x + \frac{1}{2} \\ = 1 - \frac{1}{2} \log 2 π + \frac{1}{2} γ \end{aligned}

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} (ζ (n) - 1)}{n} = - 1 + \log 2 + γ$

証明

初等的な変形によっても示せるが、母関数の積分により示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} (ζ (n) - 1)}{n} & = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (n)}{n} - \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{n} \\ = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (n)}{n} + \log 2 - 1 \\ = \sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} ζ (n) \int_{0}^{1} x^{n - 1} d x + \log 2 - 1 \\ = \int_{0}^{1} ψ (x + 1) + γ d x + \log 2 - 1 \\ = \int_{0}^{1} ψ (x + 1) d x + γ + \log 2 - 1 \\ = [\log Γ (x + 1)]_{0}^{1} + γ + \log 2 - 1 \\ = - 1 + \log 2 + γ \end{aligned}

$\sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} (ζ (n) - 1) = \frac{1}{2}$

証明

命題3と同様にして示せる。

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{2^{n}} = \log 2$

証明

母関数に

x = - \frac{1}{2}

を代入することにより示す。
ディガンマ関数の級数表示

ψ (x) = - γ + \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{z - 1}{(n + 1) (n + x)}

x = \frac{1}{2}

を代入して

\begin{aligned} ψ (\frac{1}{2}) & = - γ + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + 1) (2 n + 1)} \\ = - γ + \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n + 1} \int_{0}^{1} x^{2 n} d x \\ = - γ - \int_{0}^{1} \frac{\log (1 - x^{2})}{x^{2}} d x \\ = - γ - 2 \log 2 \end{aligned}

積分は部分積分によって求められます。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{2^{n}} & = - \frac{1}{2} ψ (\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} γ \\ = - \frac{1}{2} (- γ - 2 \log 2) - \frac{1}{2} γ \\ = \frac{1}{2} γ + \log 2 - \frac{1}{2} γ \\ = \log 2 \end{aligned}

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (n)}{2^{n}} = 1 - \log 2$

証明

母関数に

x = \frac{1}{2}

を代入することで示せる。

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(n - 1) ζ (n)}{2^{n}} = \frac{π^{2}}{8}$

証明

母関数の微分により示す。
まず、ディガンマ関数の微分の級数表示

ψ^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(n + x)^{2}}

x = \frac{1}{2}

を代入をすると、

ψ^{'} (\frac{1}{2}) = \frac{π^{2}}{2}

母関数の両辺を微分して、

\sum_{n = 2}^{\infty} n ζ (n) x^{n} = x^{2} ψ^{'} (1 - x) - x ψ (1 - x) - γ x

これらと命題7の結果を用いて示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{(n - 1) ζ (n)}{2^{n}} & = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{n ζ (n)}{2^{n}} - \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{2^{n}} \\ = \frac{1}{4} ψ^{'} (\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} ψ (\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} γ - \log 2 \\ = \frac{π^{2}}{8} + \frac{1}{2} γ + \log 2 - \frac{1}{2} γ - \log 2 \\ = \frac{π^{2}}{8} \end{aligned}

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{n 2^{n}} = \frac{1}{2} \log π - \frac{1}{2} γ$

証明

母関数の積分により示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{n 2^{n}} & = \sum_{n = 2}^{\infty} ζ (n) \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{n - 1} d x \\ = - \int_{0}^{\frac{1}{2}} ψ (1 - x) + γ d x \\ = [\log Γ (1 - x) - γ x]_{0}^{\frac{1}{2}} \\ = \log Γ (\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} γ \\ = \frac{1}{2} \log π - \frac{1}{2} γ \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (n)}{(n + 1) 2^{n}} = 3 \log A - \frac{7}{12} \log 2 - \frac{1}{4} γ$

証明

母関数の積分により示す。
また、

A

はグレイシャー・キンケリンの定数である。
また、以下の積分が成り立つ。証明は読者への課題とする。

\int_{0}^{1} \log Γ (1 - x) d x = - \frac{3}{2} \log A + \frac{1}{4} \log π + \frac{7}{24} \log 2

これらを用いて示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{(n + 1) 2^{n}} & = 2 \sum_{n = 2}^{\infty} ζ (n) \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{n} d x \\ = - 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}} x ψ (1 - x) + γ x d x \\ = - 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}} x ψ (1 - x) d x - \frac{1}{4} γ \\ = 2 [x \log Γ (1 - x)]_{0}^{\frac{1}{2}} - 2 \int_{0}^{\frac{1}{2}} \log Γ (1 - x) d x - \frac{1}{4} γ \\ = \frac{1}{2} \log π + 3 \log A - \frac{7}{12} \log 2 - \frac{1}{4} \log π - \frac{1}{4} γ \\ = 3 \log A - \frac{7}{12} \log 2 - \frac{1}{4} γ \end{aligned}

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{(n + 1) 4^{n}} = \log Γ (\frac{3}{4}) - \frac{1}{8} γ - \frac{1}{4} \log 2 - \frac{1}{2} \log π - \frac{1}{π} β (2) + \frac{9}{2} \log A$

証明

ああ

$\sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{(n + 2) 4^{n}} = \log Γ (\frac{3}{4}) + \frac{1}{6} γ - \frac{1}{4} \log 2 π - \frac{2}{π} β (2) + \frac{35}{8} \frac{1}{π^{2}} ζ (3) - \frac{8}{π^{3}} β^{'} (3) + \log A$

証明

ああ

$\sum_{n = 1}^{\infty} ζ (2 n) x^{2 n} = - \frac{1}{2} π x \cot π x + \frac{1}{2}$

証明

三角関数の部分分数展開により示す。
以下の級数の等式が成り立つ。証明は読者への課題とする。

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{2} - n^{2}} = \frac{1}{2} π x \cot π x - \frac{1}{2}

これを用いて示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} ζ (2 n) x^{2 n} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{x^{2 n}}{m^{2 n}} \\ = \sum_{m = 1}^{\infty} \sum_{n = 1}^{\infty} {(\frac{x^{2}}{m^{2}})}^{n} \\ = - \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{\frac{x^{2}}{m^{2}}}{\frac{x^{2}}{m^{2}} - 1} \\ = - \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{2} - m^{2}} \\ = - \frac{1}{2} π x \cot π x + \frac{1}{2} \end{aligned}

また、相反公式による別証明もある。
🦑の等式が成り立つ。

ψ (1 - x) - ψ (x) = π \cot π x

これを用いて示す。

\begin{aligned} \sum_{n = 2}^{\infty} ζ (n) x^{n} & = x ψ (1 + x) + γ x \\ \sum_{n = 2}^{\infty} (- 1)^{n} ζ (n) x^{n} & = - x ψ (1 - x) - γ x \end{aligned}

足して2で割って

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} ζ (2 n) x^{2 n} & = \frac{1}{2} x (ψ (1 + x) - ψ (1 - x)) \\ = - \frac{1}{2} x (ψ (1 - x) - ψ (x) - \frac{1}{x}) \\ = - \frac{1}{2} x (π \cot π x - \frac{1}{x}) \\ = - \frac{1}{2} π x \cot π x + \frac{1}{2} \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{n} x^{2 n} = \log \frac{π x}{\sin π x}$

証明

上記の命題を積分することにより示せる。

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{n (2 n + 1)} = \log 2 π - 1$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{n (2 n + 1)} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{n} \int_{0}^{1} x^{2 n} d x \\ = \int_{0}^{1} \log \frac{π x}{\sin π x} d x \\ = \int_{0}^{1} \log π x d x - \int_{0}^{1} \log \sin π x d x \\ = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} \log x d x + \log 2 \\ = \frac{1}{π} [x \log x - x]_{0}^{π} + \log 2 \\ = \frac{1}{π} (π \log π - π) + \log 2 \\ = \log 2 π - 1 \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1} ζ (2 n)}{n (2 n + 1)} = 1 - \log 2 π + \frac{5}{12} π + \frac{1}{2 π} {Li}_{2} (e^{- 2 π})$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (2 n)}{n (2 n + 1)} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n} ζ (2 n)}{n} \int_{0}^{1} x^{2 n} d x \\ = \int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{n} (i x)^{2 n} d x \\ = \int_{0}^{1} \log \frac{i π x}{\sin (i π x)} d x \\ = \int_{0}^{1} \log \frac{π x}{\sinh π x} d x \\ = \int_{0}^{1} \log π x d x - \int_{0}^{1} \log \sinh π x d x \\ = \log π - 1 - \int_{0}^{1} \log \sinh π x d x d x \\ = \log 2 π - 1 - \int_{0}^{1} \log (2 \sinh π x) d x \end{aligned}

積分を求める。

\begin{aligned} \int_{0}^{1} \log (2 \sinh π x) d x & = \int_{0}^{1} \log (e^{π x} - e^{- π x}) d x \\ = \int_{0}^{1} \log (e^{π x} (1 - e^{- 2 π x})) d x \\ = \frac{π}{2} + \int_{0}^{1} \log (1 - e^{- 2 π x}) d x \\ = \frac{π}{2} + \frac{1}{2 π} [{Li}_{2} (e^{- x})]_{0}^{2 π} \\ = \frac{π}{2} + \frac{1}{2 π} ({Li}_{2} (e^{- 2 π}) + {Li}_{2} (1)) \\ = \frac{π}{2} - \frac{1}{2 π} ({Li}_{2} (e^{- 2 π}) - \frac{π^{2}}{6}) \\ = \frac{1}{2 π} {Li}_{2} (e^{- 2 π}) + \frac{12}{5} π \end{aligned}

よって、題意を得る。

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (4 n - 2)}{2^{4 n - 2}} = \frac{π}{8} \frac{e^{π} + 1}{e^{π} - 1}$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (4 n - 2)}{2^{4 n - 2}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2^{2 n}} - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (4 n)}{2^{4 n}} \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2^{2 n}} - \frac{1}{2} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2^{2 n}} (- 1)^{n} \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{π}{8} \frac{e^{π} + 1}{e^{π} - 1} - \frac{1}{4} \\ = \frac{π}{8} \frac{e^{π} + 1}{e^{π} - 1} \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{n ζ (2 n)}{2^{2 n}} = \frac{π^{2}}{16}$

証明

\begin{aligned} f (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} ζ (2 n) x^{2 n} \\ f^{'} (x) & = \sum_{n = 1}^{\infty} 2 n ζ (2 n) x^{2 n - 1} \\ f (x) & = - \frac{1}{2} π x \cot π x + \frac{1}{2} \\ f^{'} (x) & = \frac{π}{2} (π x \csc^{2} π x - \cot π x) \\ f^{'} (\frac{1}{2}) & = \frac{π^{2}}{4} \end{aligned}

よって、題意を得る。

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n) - 1}{n} = \log 2$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n) - 1}{n} & = lim_{x \to 0} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n) - 1}{n} x^{2 n} \\ = lim_{x \to 0} (\log \frac{π x}{\sin π x} + \log (1 - x^{2})) \\ = \log lim_{x \to 0} \frac{π x (1 - x^{2})}{\sin π x} \\ = \log lim_{x \to 0} \frac{π (1 - 3 x^{2})}{π \cos π x} \\ = \log 2 \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(2 n + 1) 2^{2 n}} = \frac{1}{2} (1 - \log 2)$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(2 n + 1) 2^{2 n}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2^{2 n}} \int_{0}^{1} x^{2 n} d x \\ = \int_{0}^{1} - \frac{1}{4} π x \cot \frac{π x}{2} + \frac{1}{2} d x \\ = \frac{1}{2} - \frac{π}{4} \int_{0}^{1} x \cot \frac{π x}{2} d x \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{π} \int_{0}^{\frac{π}{2}} x \cot x d x \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{π} ([x \log \sin x]_{0}^{\frac{π}{2}} - \int_{0}^{\frac{π}{2}} \log \sin x d x) \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{π} \frac{π}{2} \log 2 \\ = \frac{1}{2} (1 - \log 2) \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(2 n + 1) 4^{2 n}} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \log 2 - \frac{1}{π} β (2)$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(2 n + 1) 4^{2 n}} & = 4 \sum_{n = 1}^{\infty} ζ (2 n) \int_{0}^{\frac{1}{4}} x^{2 n} d x \\ = 4 \int_{0}^{\frac{1}{4}} - \frac{1}{2} π x \cot π x + \frac{1}{2} d x \\ = \frac{1}{2} - 2 \int_{0}^{\frac{1}{4}} π x \cot π x d x \\ = \frac{1}{2} - 2 ([x \log \sin π x]_{0}^{\frac{1}{4}} - \int_{0}^{\frac{1}{4}} \log \sin π x d x) \\ = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \log 2 - \frac{1}{π} β (2) - \frac{1}{2} \log 2 \\ = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} \log 2 - \frac{1}{π} β (2) \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(n + 1) 2^{2 n}} = \frac{1}{2} - \log 2 + \frac{7}{2} \frac{1}{π^{2}} ζ (3)$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(n + 1) 2^{2 n}} & = 2 \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2^{2 n}} \int_{0}^{1} x^{2 n} d x \\ = \int_{0}^{1} - \frac{1}{2} π x^{2} \cot \frac{π x}{2} + x d x \\ = \frac{1}{2} - \frac{π}{2} \int_{0}^{1} x^{2} \cot \frac{π x}{2} d x \\ = \frac{1}{2} - 4 π \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{2} \cot π x d x \end{aligned}

積分を求める。

\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{2} \cot π x d x & = \frac{1}{π} [x^{2} \log \sin π x]_{0}^{\frac{1}{2}} - \frac{2}{π} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x \log \sin π x d x \\ = - \frac{2}{π} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x \log \sin π x d x \\ = - \frac{2}{π} (\int_{0}^{\frac{1}{2}} x \log (2 \sin π x) d x - \frac{1}{8} \log 2) \\ = - \frac{2}{π} (- \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n} \int_{0}^{\frac{1}{2}} x \cos 2 n x d x - \frac{1}{8} \log 2) \\ = - \frac{2}{π} (\frac{1}{4 π^{2}} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1 - (- 1)^{n}}{n^{3}} - \frac{1}{8} \log 2) \\ = - \frac{2}{π} (\frac{7}{16} \frac{1}{π^{2}} ζ (3) - \frac{1}{8} \log 2) \\ = \frac{1}{4 π} \log 2 - \frac{7}{8} \frac{1}{π^{3}} ζ (3) \end{aligned}

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(n + 1) 2^{2 n}} & = \frac{1}{2} - 4 π \int_{0}^{\frac{1}{2}} x^{2} \cot π x d x \\ = \frac{1}{2} - 4 π (\frac{1}{4 π} \log 2 - \frac{7}{8} \frac{1}{π^{3}} ζ (3)) \\ = \frac{1}{2} - \log 2 + \frac{7}{2} \frac{1}{π^{2}} ζ (3) \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(n + 1) 4^{2 n}} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \log 2 - \frac{4}{π} β (2) + \frac{35}{4} \frac{1}{π^{2}} ζ (3)$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{(2 n + 2) 4^{2 n}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{4^{2 n}} \int_{0}^{1} x^{2 n + 1} d x \\ = \int_{0}^{1} x \sum_{n = 1}^{\infty} ζ (2 n) {(\frac{x}{4})}^{2 n} d x \\ = \int_{0}^{1} x (- \frac{π}{8} x \cot \frac{π x}{4} + \frac{1}{2}) d x \\ = - 8 \int_{0}^{\frac{1}{4}} π x^{2} \cot π x d x + \frac{1}{4} \\ = - 8 ([x^{2} \log \sin π x]_{0}^{\frac{1}{4}} - 2 \int_{0}^{\frac{1}{4}} x \log \sin π x d x) + \frac{1}{4} \\ = - 8 (- \frac{1}{32} \log 2 - 2 \int_{0}^{\frac{1}{4}} x \log \sin π x) + \frac{1}{4} \\ = \frac{1}{4} \log 2 + 16 \int_{0}^{\frac{1}{4}} x \log \sin π x d x + \frac{1}{4} \\ = \frac{1}{4} \log 2 - \frac{2}{π} β (2) + \frac{35}{8} \frac{1}{π^{2}} ζ (3) - \frac{1}{2} \log 2 + \frac{1}{4} \\ = \frac{1}{4} - \frac{1}{4} \log 2 - \frac{2}{π} β (2) + \frac{35}{8} \frac{1}{π} ζ (3) \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n + 1)}{2^{2 n + 1}} = \log 2 - \frac{1}{2}$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n + 1)}{2^{2 n + 1}} & = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{ζ (n)}{2^{n}} - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2^{2 n}} \\ = - \frac{1}{2} ψ (\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} γ - \frac{1}{2} \\ = \frac{1}{2} (γ + 2 \log 2) - \frac{1}{2} γ - \frac{1}{2} \\ = \log 2 - \frac{1}{2} \end{aligned}

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n + 1)}{(2 n + 1) 2^{2 n}} = \log 2 - γ$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n + 1)}{(2 n + 1) 2^{2 n + 1}} & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (n)}{n 2^{n}} - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{ζ (2 n)}{2 n 2^{2 n}} \\ = \frac{1}{2} \log π - \frac{1}{2} γ - \frac{1}{2} \log \frac{\frac{π}{2}}{\sin \frac{π}{2}} \\ = \frac{1}{2} \log π - \frac{1}{2} γ - \frac{1}{2} \log π + \frac{1}{2} \log 2 \\ = \frac{1}{2} \log 2 - \frac{1}{2} γ \end{aligned}

よって、題意を得る。

$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n + 1) ζ (2 n + 1)}{2^{2 n + 1}} = \log 2$

証明

\begin{aligned} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(2 n + 1) ζ (2 n + 1)}{2^{2 n + 1}} & = \sum_{n = 2}^{\infty} \frac{n ζ (n)}{2^{n}} - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2 n ζ (2 n)}{2^{2 n}} \\ = \frac{π^{2}}{8} + \log 2 - \frac{π^{2}}{8} \\ = \log 2 \end{aligned}

投稿日：2024年10月21日

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リーマンゼータ値を含む級数

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