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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。

n=2(1)nζ(n)xn=xψ(x+1)+γx

証明読者への課題とする。

n=2ζ(n)1n=1γ

証明初等的な変形により示す。
n=2ζ(n)1n=n=21nm=21mn=m=2n=21n(1m)n=m=2(log(11m)1m)=limNn=2N(lognlog(n1)1n)=limN(logNn=1N1n+1)=γ+1=1γ

n=2(ζ(n)1)=1

証明初等的な変形により示す。
n=2(ζ(n)1)=n=2m=21mn=m=2n=21mn=m=21m(m1)=m=2(1m11m)=1

n=2(1)nζ(n)n+1=112log2π+12γ

証明母関数を積分して示す。
n=2(1)nζ(n)n+1=n=2(1)nζ(n)01xndx=01n=2(1)nζ(n)xndx=01xψ(x+1)+γxdx=01xψ(x+1)dx+12γ=[xlogΓ(x+1)]0101logΓ(x+1)dx+12γ=01logΓ(x+1)dx+12γ=01logxdx01logΓ(x)dx+12=112log2π+12γ

n=2(1)n(ζ(n)1)n=1+log2+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。
n=2(1)n(ζ(n)1)n=n=2(1)nζ(n)nn=2(1)nn=n=2(1)nζ(n)n+log21=n=2(1)nζ(n)01xn1dx+log21=01ψ(x+1)+γdx+log21=01ψ(x+1)dx+γ+log21=[logΓ(x+1)]01+γ+log21=1+log2+γ

n=2(1)n(ζ(n)1)=12

証明命題3と同様にして示せる。

n=2ζ(n)2n=log2

証明
母関数にx=12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+n=1z1(n+1)(n+x)x=12を代入して
ψ(12)=γ+n=01(n+1)(2n+1)=γ+n=01n+101x2ndx=γ01log(1x2)x2dx=γ2log2
積分は部分積分によって求められます。
n=2ζ(n)2n=12ψ(12)12γ=12(γ2log2)12γ=12γ+log212γ=log2

n=2(1)nζ(n)2n=1log2

証明
母関数にx=12を代入することで示せる。

n=2(n1)ζ(n)2n=π28

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)=n=01(n+x)2
x=12を代入をすると、
ψ(12)=π22
母関数の両辺を微分して、
n=2nζ(n)xn=x2ψ(1x)xψ(1x)γx
これらと命題7の結果を用いて示す。
n=2(n1)ζ(n)2n=n=2nζ(n)2nn=2ζ(n)2n=14ψ(12)12ψ(12)12γlog2=π28+12γ+log212γlog2=π28

n=2ζ(n)n2n=12logπ12γ

証明
母関数の積分により示す。
n=2ζ(n)n2n=n=2ζ(n)012xn1dx=012ψ(1x)+γdx=[logΓ(1x)γx]012=logΓ(12)12γ=12logπ12γ

n=1ζ(n)(n+1)2n=3logA712log214γ

証明
母関数の積分により示す。
また、A 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。
01logΓ(1x)dx=32logA+14logπ+724log2
これらを用いて示す。
n=2ζ(n)(n+1)2n=2n=2ζ(n)012xndx=2012xψ(1x)+γxdx=2012xψ(1x)dx14γ=2[xlogΓ(1x)]0122012logΓ(1x)dx14γ=12logπ+3logA712log214logπ14γ=3logA712log214γ

n=2ζ(n)(n+1)4n=logΓ(34)18γ14log212logπ1πβ(2)+92logA

証明
ああ

n=2ζ(n)(n+2)4n=logΓ(34)+16γ14log2π2πβ(2)+3581π2ζ(3)8π3β(3)+logA

証明
ああ

n=1ζ(2n)x2n=12πxcotπx+12

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。
n=1x2x2n2=12πxcotπx12
これを用いて示す。
n=1ζ(2n)x2n=n=1m=1x2nm2n=m=1n=1(x2m2)n=m=1x2m2x2m21=m=1x2x2m2=12πxcotπx+12
また、相反公式による別証明もある。
🦑の等式が成り立つ。
ψ(1x)ψ(x)=πcotπx
これを用いて示す。
n=2ζ(n)xn=xψ(1+x)+γxn=2(1)nζ(n)xn=xψ(1x)γx
足して2で割って
n=1ζ(2n)x2n=12x(ψ(1+x)ψ(1x))=12x(ψ(1x)ψ(x)1x)=12x(πcotπx1x)=12πxcotπx+12

n=1ζ(2n)nx2n=logπxsinπx

証明
上記の命題を積分することにより示せる。

n=1ζ(2n)n(2n+1)=log2π1

証明
n=1ζ(2n)n(2n+1)=n=1ζ(2n)n01x2ndx=01logπxsinπxdx=01logπxdx01logsinπxdx=1π0πlogxdx+log2=1π[xlogxx]0π+log2=1π(πlogππ)+log2=log2π1

n=1(1)n1ζ(2n)n(2n+1)=1log2π+512π+12πLi2(e2π)

証明

n=1(1)nζ(2n)n(2n+1)=n=1(1)nζ(2n)n01x2ndx=01n=1ζ(2n)n(ix)2ndx=01logiπxsin(iπx)dx=01logπxsinhπxdx=01logπxdx01logsinhπxdx=logπ101logsinhπxdxdx=log2π101log(2sinhπx)dx
積分を求める。
01log(2sinhπx)dx=01log(eπxeπx)dx=01log(eπx(1e2πx))dx=π2+01log(1e2πx)dx=π2+12π[Li2(ex)]02π=π2+12π(Li2(e2π)+Li2(1))=π212π(Li2(e2π)π26)=12πLi2(e2π)+125π
よって、題意を得る。

n=1ζ(4n2)24n2=π8eπ+1eπ1

証明
n=1ζ(4n2)24n2=n=1ζ(2n)22nn=1ζ(4n)24n=1212n=1ζ(2n)22n12n=1ζ(2n)22n(1)n=1214+π8eπ+1eπ114=π8eπ+1eπ1

n=1nζ(2n)22n=π216

証明
f(x)=n=1ζ(2n)x2nf(x)=n=12nζ(2n)x2n1f(x)=12πxcotπx+12f(x)=π2(πxcsc2πxcotπx)f(12)=π24
よって、題意を得る。

n=1ζ(2n)1n=log2

証明
n=1ζ(2n)1n=limx0n=1ζ(2n)1nx2n=limx0(logπxsinπx+log(1x2))=loglimx0πx(1x2)sinπx=loglimx0π(13x2)πcosπx=log2

n=1ζ(2n)(2n+1)22n=12(1log2)

証明
n=1ζ(2n)(2n+1)22n=n=1ζ(2n)22n01x2ndx=0114πxcotπx2+12dx=12π401xcotπx2dx=121π0π2xcotxdx=121π([xlogsinx]0π20π2logsinxdx)=121ππ2log2=12(1log2)

n=1ζ(2n)(2n+1)42n=1214log21πβ(2)

証明
n=1ζ(2n)(2n+1)42n=4n=1ζ(2n)014x2ndx=401412πxcotπx+12dx=122014πxcotπxdx=122([xlogsinπx]014014logsinπxdx)=12+14log21πβ(2)12log2=1214log21πβ(2)

n=1ζ(2n)(n+1)22n=12log2+721π2ζ(3)

証明
n=1ζ(2n)(n+1)22n=2n=1ζ(2n)22n01x2ndx=0112πx2cotπx2+xdx=12π201x2cotπx2dx=124π012x2cotπxdx
積分を求める。
012x2cotπxdx=1π[x2logsinπx]0122π012xlogsinπxdx=2π012xlogsinπxdx=2π(012xlog(2sinπx)dx18log2)=2π(n=11n012xcos2nxdx18log2)=2π(14π2n=11(1)nn318log2)=2π(7161π2ζ(3)18log2)=14πlog2781π3ζ(3)
n=1ζ(2n)(n+1)22n=124π012x2cotπxdx=124π(14πlog2781π3ζ(3))=12log2+721π2ζ(3)

n=1ζ(2n)(n+1)42n=1212log24πβ(2)+3541π2ζ(3)

証明
n=1ζ(2n)(2n+2)42n=n=1ζ(2n)42n01x2n+1dx=01xn=1ζ(2n)(x4)2ndx=01x(π8xcotπx4+12)dx=8014πx2cotπxdx+14=8([x2logsinπx]0142014xlogsinπxdx)+14=8(132log22014xlogsinπx)+14=14log2+16014xlogsinπxdx+14=14log22πβ(2)+3581π2ζ(3)12log2+14=1414log22πβ(2)+3581πζ(3)

n=1ζ(2n+1)22n+1=log212

証明
n=1ζ(2n+1)22n+1=n=2ζ(n)2nn=1ζ(2n)22n=12ψ(12)12γ12=12(γ+2log2)12γ12=log212

n=1ζ(2n+1)(2n+1)22n=log2γ

証明
n=1ζ(2n+1)(2n+1)22n+1=n=1ζ(n)n2nn=1ζ(2n)2n22n=12logπ12γ12logπ2sinπ2=12logπ12γ12logπ+12log2=12log212γ
よって、題意を得る。

n=1(2n+1)ζ(2n+1)22n+1=log2

証明
n=1(2n+1)ζ(2n+1)22n+1=n=2nζ(n)2nn=12nζ(2n)22n=π28+log2π28=log2
投稿日:20241021
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ららら
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