高校数学議論

ベータ関数から作る円周率公式

級数,ベータ関数,円周率

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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。

積分の交換できるかとか収束するかとかは無視させてください、、、

今日は円周率の日ですね！
大したことは書いていませんが最後まで読んでもらえると嬉しいです!

今日の目標

＾＿＾

\begin{eqnarray} \pi=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{2^{k+3}k!(3k+2)!(4k)!(40k^2+60k+23)}{(2k)!(6k+5)!} \end{eqnarray}

ベータ関数とは

$Re(a),Re(b)>0$とする
\begin{eqnarray} B(a,b) :&=& \int_{0}^{1} t^{a-1} (1-t)^{b-1} dt \\&=& \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} \end{eqnarray}

今回のミソ

$a,c$ は自然数とし、$b,d>-1,\left| z \right| > \frac{a^ac^c}{(a+c)^{a+c}}$を満たす実数とする
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)}=z\int_{0}^{1} {\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-t)^c}}dx \end{eqnarray}
が成り立つ

('@')//がんばるｿﾞ

ベータ関数より、
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+1)}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+2)} &=&\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{1}{z^k}\int_{0}^{1}{x^{ak+b}(1-x)^{ck+d}}dx} \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{\int_{0}^{1}{\frac{x^{ak+b}(1-x)^{ck+d}}{z^k}dx}} \\&=&\int_{0}^{1}{\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{x^{ak+b}(1-x)^{ck+d}}{z^k}}dx} \\&=&\int_{0}^{1}x^b(1-x)^d\sum_{k=0}^{\infty}{\left(\frac{x^a(1-x)^c}{z} \right)^k}dx \\&=&\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{1-\frac{x^a(1-x)^c}{z}}dx \\&=&z\int_{0}^{1}\frac{x^b(1-x)^d}{z-x^a(1-x)^c}dx \end{eqnarray}
これで示せたよ～

今回は$d$を$d-\frac{1}{2}$に置き換えます
そして$b$と置き換えた後の$d$は非負整数とします

$\Gamma(n+\frac{1}{2})=\frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt{\pi} $を用いる
代入して
\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\Gamma(ak+b+1)\Gamma(ck+d+\frac{1}{2})}{z^k\Gamma((a+c)k+b+d+1+\frac{1}{2})} &=&\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(ak+b)!}{z^k}\frac{(2ck+2d)!\sqrt{\pi}}{4^{ck+d}(ck+d)!}\frac{4^{(a+c)k+b+d+1}((a+c)k+b+d+1)!}{(2(a+c)k+2b+2d+2)!\sqrt{\pi}} \\&=&2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{4^{ak+b}(ak+b)!(2ck+2d)!((a+c)k+b+d)!}{z^k(ck+d)!(2(a+c)k+2b+2d+1)!} \\&=&z\int_{0}^{1}{\frac{x^b(1-x)^d}{\sqrt{1-x}(z-x^a(1-x)^c)}}dx \\&=&2z\int_{0}^{1}{\frac{(1-t^2)^bt^{2d}}{z-(1-t^2)^at^{2c}}}dt \hspace{ 10pt }(x \mapsto 1-t^2) \end{eqnarray}

よって

\begin{eqnarray} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{4^{ak+b}(ak+b)!(2ck+2d)!((a+c)k+b+d)!}{z^k(ck+d)!(2(a+c)k+2b+2d+1)!}=z\int_{0}^{1}{\frac{(1-t^2)^bt^{2d}}{z-(1-t^2)^at^{2c}}}dt \end{eqnarray}

やっと出せましたね
ここから今日の目標の式を求めてみましょう

方針

$z-(1-t^2)^at^{2c}$の因数の逆数を0から1まで積分した時に円周率が出るような$a,c,z$の組を探す
$z-(1-t^2)^at^{2c}$をさっきの因数で割った結果をいくつかの$(1-t^2)^bt^{2d}$の和で表します
見つかった$a,b,c,d,z$の組をさっき示された級数に代入して整えます
完成！！

では実践

$a=1,c=2,z=2$で分母が$2-t^4+t^6=(1+t^2)(2-2t^2+t^4)$となり、
$arctan$が出てくる因数$1+t^2$が出てきます
そして、$(2-2t^2+t^4)=(1-t^2)^0t^{2 \cdot 0}+(1-t^2)^2t^{2\cdot0}$
数式に書き換えると
\begin{eqnarray} \frac{\pi}{2}&=&2\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+t^2}}dt \\&=&2\int_{0}^{1}{\frac{(1-t^2)^0t^{2 \cdot 0}+(1-t^2)^2t^{2\cdot0}}{2-t^4+t^6}}dt \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{ \left( \frac{4^kk!(4k)!(3k)!}{2^k(2k)!(6k+1)!}+\frac{4^{k+2}(k+2)!(4k)!(3k+2)!}{2^k(2k)!(6k+5)!} \right) } \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{2^kk!(3k)!(4k)!}{(2k)!(6k+5)!}\lbrace (6k+2)(6k+3)(6k+4)(6k+5)+16(k+2)(k+1)(3k+2)(3k+1)} \rbrace \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{2^kk!(3k)!(4k)!}{(2k)!(6k+5)!}4(3k+1)(3k+2)\lbrace(6k+3)(6k+5)+4(k+2)(k+1)}\rbrace \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{2^{k+2}k!(3k+2)!(4k)!}{(2k)!(6k+5)!}\lbrace(6k+3)(6k+5)+4(k+2)(k+1)\rbrace} \\&=&\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{2^{k+2}k!(3k+2)!(4k)!(40k^2+60k+23)}{(2k)!(6k+5)!}} \end{eqnarray}
つまり...