コネクターを用いてLipnitz級数を何とかしたい
あいさつ
んちゃ！
今回はコネクターを用いてLipnitzの級数を何とか変形できないか考えます。
基本的公式の導出
$a,b\in\mathbb{C}\setminus\{0\}$に対して以下の様なものを考える。
\begin{equation}
C(n,m)=\frac{(a)_{n}(a)_{m}(b)_{n}(b)_{m}}{(a)_{n+m}(b)_{n+m}}
\end{equation}
$s,t,n\in\mathbb{N}$に対して以下の様な級数列を定義する。
\begin{equation}
f_{s,t}(n)=\sum_{n\lt m}\frac{C(n,m)}{(a+m)^{s}(b+m)^{t}}
\end{equation}
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f_{s,t}(n-1)-f_{s,t}(n)=\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+f_{s-1,t-1}(n)+2nf_{s-1,t}(n)-a(2n-b)f_{s,t}(n)\\ f_{s,t}(n-1)-f_{s,t}(n)=\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+f_{s-1,t-1}(n)+2nf_{s,t-1}(n)-b(2n-a)f_{s,t}(n)\\ f_{s,t}(n-1)-f_{s,t}(n)=\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+f_{s-1,t-1}(n)+n\{f_{s-1,t}(n)+f_{s,t-1}(n)\}-\{(a+b)n-ab\}f_{s,t}(n)\\ f_{s-1,t}(n)=(a-b)f_{s,t}(n)+f_{s,t-1}(n) \end{array} \right. \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} f_{s,t}(n-1)-f_{s,t}(n)&=&\sum_{n-1\lt m}\frac{C(n-1,m)}{(a+m)^{s}(b+m)^{t}}-\sum_{n\lt m}\frac{C(n,m)}{(a+m)^{s}(b+m)^{t}}\\ &=&\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+\sum_{n\lt m}\frac{C(n-1,m)-C(n,m)}{(a+m)^{s}(b+m)^{t}}\\ &=&\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+\sum_{n\lt m}C(n,m)\frac{m(a+b)+2nm+m^{2}}{(a+m)^{s}(b+m)^{t}}\\ &=&\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+\sum_{n\lt m}C(n,m)\frac{(a+m)(b+m)+2n(a+m)-2an-ab}{(a+m)^{s}(b+m)^{t}}\\ &=&\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+f_{s-1,t-1}(n)+2nf_{s-1,t}(n)-a(2n+b)f_{s,t}(n)\\ &=&\frac{C(n-1,n)}{(a+n)^{s}(b+n)^{t}}+f_{s-1,t-1}(n)+2nf_{s,t-1}(n)-b(2n+a)f_{s,t}(n) \end{eqnarray}
$\forall s,t\in\mathbb{N}(s+t\geq 3)$に対して以下の式が成り立つ。
\begin{equation}
\sum_{0\lt m}\frac{1}{(a+m)^{s-1}(b+m)^{t}}=(a-b)\sum_{k=1}^{t}\sum_{0\lt m}\frac{1}{(a+m)^{s+k-1}(b+m)^{k}}+\zeta(s+t-1,a)
\end{equation}
[1]以下の様に計算する。
\begin{eqnarray}
f_{s-1,t}(n)&=&(a-b)f_{s,t}(n)+f_{s,t-1}(n)\\
&=&(a-b)f_{s,t}(n)+(a-b)f_{s+1,t-1}(n)+f_{s+1,t-2}(n)\\
&=&\cdots\\
&=&(a-b)\{f_{s,t}(n)+f_{s+1,t-1}+\cdots+f_{s+t-1,1}(n)\}+f_{s+t-1,0}(n)\\
&=&(a-b)\sum_{k=1}^{t}f_{s+k-1,k}(n)+f_{s+t-1,0}(n)\\
&=&(a-b)\sum_{k=1}^{t}\sum_{n\lt m}\frac{C(n,m)}{(a+m)^{s+k-1}(b+m)^{k}}+\sum_{n\lt m}\frac{C(n,m)}{(m+a)^{s+t-1}}
\end{eqnarray}
[2]$n=0$を代入して
\begin{equation}
\sum_{0\lt m}\frac{1}{(a+m)^{s-1}(b+m)^{t}}=(a-b)\sum_{k=1}^{t}\sum_{0\lt m}\frac{1}{(a+m)^{s+k-1}(b+m)^{k}}+\zeta(s+t-1,a)
\end{equation}
Lipnitz級数を加速する。
\begin{equation} \frac{\pi}{4}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} \end{equation}
先に断っておく厳密な証明はしない
\begin{eqnarray}
\frac{\pi}{4}&=&\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^{2}}\\
&=&\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n-2}dx\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_{0}^{1}x^{2n-2}dx\\
&=&\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}
\end{eqnarray}
\begin{equation} \pi=8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n-3)(4n-1)} \end{equation}
\begin{equation} \frac{1}{4n-3}-\frac{1}{4n-1}=\frac{2}{(4n-3)(4n-1)} \end{equation}
\begin{equation} \pi=\frac{8}{3}+16\sum_{0\lt m}\frac{1}{(4m+1)(4m+3)^{2}}+\frac{1}{2}\zeta(2,\frac{3}{4}) \end{equation}
[1]まず次の様に計算する。
\begin{eqnarray}
\pi&=&\frac{8}{3}+8\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(4n+1)(4n+3)}\\
&=&\frac{8}{3}+\frac{1}{2}\sum_{0\lt m}\frac{1}{(m+\frac{1}{4})(m+\frac{3}{4})}
\end{eqnarray}
[2]右辺の級数は$a=\frac{3}{4},b=\frac{1}{4}$に対応しており
\begin{eqnarray}
\sum_{0\lt m}\frac{1}{(m+\frac{1}{4})(m+\frac{3}{4})}&=&\frac{1}{2}\sum_{0\lt m}\frac{1}{(\frac{1}{4}+m)(\frac{3}{4}+m)^{2}}+\zeta(2,\frac{3}{4})\\
&=&32\sum_{0\lt m}\frac{1}{(4m+1)(4m+3)^{2}}+\zeta(2,\frac{3}{4})
\end{eqnarray}
正直Lipnitz級数にコネクターを応用するのは無理かなーと思っていたけど応用出来て良かった。
ちなみに、計算ミスが多いから一応数値計算もしてみたけど正しそう。
無事に目的を達成できて良かったー！
では、ばいちゃ！
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