とある級数の議論

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注意

今回は、以下の級数の証明に関する議論の記事ではありません。

初めに

こんにちは。Arsenicです^^
まぁ級数します。
今回は、とある級数がいつものように友達から送り付けられたので、いつも通りいつも通りしました。
さらに、今回は、証明した後に友達から変なものが送り付けられたので、それを主に紹介いたします(上の注意はこのことです..)

そんな級数(どんな級数)

以下です。

任意の $p > 0$ に対し、
$\sum_{n = 2}^{\infty} (1 - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(p n + 1)^{k}})$ ってどうなるの???????????????

元の問題は、
$\sum_{n = 2}^{\infty} (1 - β (n)) = \frac{1}{4} (π + \log 4 - 4)$
です
僕が馬鹿なことは認めるんですケドさすがに舐められすぎですね～
見た瞬(=見た瞬間)で下の2つが思いつきます^^

Dirichlet's Beta Function

$β (k) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{k}}$

Catalan constant

$G = β (2)$

今回、Catalan constantになるのは、 $k = 2$ の場合ですね；
でもなんですよにぇ～～～
使わないんですよにぇ～～～
これを使って悩んだ挙句同じようなことをループしてた阿保が僕です!

議論

ここからです。

下のように言い換えることができる。
$\sum_{k = 2}^{\infty} [1 - \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(p n + 1)^{k}}] = \sum_{k = 2}^{\infty} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{(p n + 1)^{k}}$
$= \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} \sum_{k = 2}^{\infty} \frac{1}{(p n + 1)^{k}}$
$= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{(p n + 1)^{2}} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(p n + 1)^{k}}$
そして、
$\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{(p n + 1)^{k}} = \frac{1}{1 - \frac{1}{p n + 1}} = \frac{p n + 1}{p n} \dots ①$ とおくと、
先ほどの級数は、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{p n (p n + 1)} (since ①)$
ここで、 $p = 2$ を代入すると、先ほどの式と一致する。

っていうかんじですね～。
結果(参考までに)

議論の続き

続きがあります。

BBB(部分分数分解)を用いると、
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{p n (p n + 1)} = \sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n - 1} (\frac{1}{p n} - \frac{1}{p n + 1})$
$= \frac{\log 2}{p} - \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{p n + 1}$
$p \in Z$ であり、 $ζ_{p}$ で、 $p$ 番目の $1$ の根であるとする。この時、
$\frac{\log (1 + z)}{z} + \frac{\log (1 + ζ_{p} z)}{ζ_{p} z} + \dots \frac{\log (1 + ζ_{p}^{p - 1} z)}{ζ_{p}^{p - 1} z}$
$= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{n} z^{n - 1} \sum_{k = 0}^{p - 1} ζ_{p}^{k (n - 1)}$
$= \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - k}}{p n + 1} z^{p n}$
$z = 1$ とおくと、次の等式を導出できる。
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{n - 1}}{p n + 1} = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{\log (1 + ζ_{p}^{k})}{ζ_{p}^{k} z}$
したがって、一番最初の級数は、
$\frac{1}{p} \log 2 + \sum_{k = 0}^{p - 1} \frac{\log (1 + ζ_{p}^{k})}{ζ_{p}^{k} z}$