間違いみたいな等式(発散級数の正規化)
はじめに
発散する級数の収束値を得ましょう.というイメージの記事です
発散する級数から意味のある値を求めることを指して正規化と呼ぶことにします.
次の無限級数が収束するならばどのような値か.
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n$$
そもそも振動するから収束しねーわ！と言いたくなりますが目を瞑っていただけるとありがたいです.
本題
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n=\dfrac{1}{2}$$
自分の思いついた証明は$x^x$の積分に似ています.
$$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!}$$
より,
$$x=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(\log{x})^n}{n!}$$
両辺を($0$から$1$で)定積分し,
$$\int_{0}^{1}xdx=\int_{0}^{1}\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(\log{x})^n}{n!}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{(\log{x})^n}{n!}dx=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}\int_{0}^{1}{(\log{x})^n}dx$$
$$\int_{0}^{1}(\log{x})^ndx=(-1)^n n!$$
であることから,
$$\int_{0}^{1}xdx=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n$$
よって
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n=\dfrac{1}{2}$$
を得る.
これは発散級数の正規化の一種と言っても良さそう！
いろいろな正規化
発散級数
$$\sum_{n=0}^{\infty}a_n$$
の正規化を様々なやり方で導いてみる.
アーベル正規化(総和)
無限級数に対して,冪級数
$$f(r)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nr^n$$
が$0\leq r <1$で収束し,かつ極限
$$\lim_{r\to1^-}f(r)$$
が存在するなら,この値をアーベル和とする.
$$f(r)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nr^n=\sum_{n=0}^{\infty}(-r)^n=\dfrac{1}{1+r}$$
であるから
$$\lim_{r\to1^-}f(r)=\dfrac{1}{2}$$
ボレル正規化(総和法)
$$ A(z)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n $$
として置くとき,$ A(z)$のボレル変換$\mathcal B( A(z))$を
$$\mathcal B(A)(s)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{a_n}{n!}s^n$$
と定める.
これを用いてボレル総和を次のように定義する.
広義積分(お気付きかもしれませんがラプラス変換)
$$a(z)=\int_{0}^{\infty}\mathcal B(A)(tz)e^{-t}dt$$
が複素数$z∈\mathbb C$で収束するとき,$a(z)$は$A(z)$のボレル総和といい,
$$\sum_{n=0}^{\infty}a_nz^n=a(z) \quad(\mathbf B)$$
と表せる.
ここから,次の式が示せる.
$$\sum_{n=0}^{\infty}a_n=\lim_{z\to1}\int_{0}^{\infty}\mathcal B(A)(tz)e^{-t}dt=\lim_{z\to1}a(z)\quad (\mathbf B)$$
これを用いて問題を解いてみる.
$$A(z)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^nz^n$$
$$\mathcal B(A)(s)=\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n!}s^n=e^{-s}$$
$$\lim_{z\to1}\int_{0}^{\infty}\mathcal B(A)(tz)e^{-t}dt=\lim_{z\to1}\int_{0}^{\infty}e^{-tz}e^{-t}dt$$
整理して置換すると,
$$\lim_{z\to1}\int_{0}^{\infty}e^{-(z+1)t}dt=\lim_{z\to1}\dfrac{1}{z+1}\int_{0}^{\infty}e^{-u}du=\dfrac{1}{2}\quad(\mathbf B)$$
チェザロ総和法(和)
通常の部分和列
$$S_n=\sum_{k=0}^{n}a_k$$
この部分和列が収束しなくとも,その平均列
$$\sigma_m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{n=0}^{m}S_n$$
が収束するならば,この極限をチェザロ和と定義する.つまり,
$$\lim_{m\to\infty}\dfrac{1}{m+1}\sum_{n=0}^{m}\sum_{k=0}^{n}a_k$$
がチェザロ和となる.
$$S_n=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k=\dfrac{1+(-1)^n}{2}$$
$$\lim_{m\to\infty}\dfrac{1}{m+1}\sum_{n=0}^{m}\sum_{k=0}^{n}(-1)^k=\lim_{m\to\infty}\dfrac{1}{m+1}\sum_{n=0}^{m}\dfrac{1+(-1)^n}{2}$$
$$\lim_{m\to\infty}\dfrac{1}{m+1}\sum_{n=0}^{m}\dfrac{1+(-1)^n}{2}=\lim_{m\to\infty}\dfrac{1}{m+1}\biggl(\dfrac{1}{2
}m-\dfrac{1+(-1)^m}{4}\biggl)=\dfrac{1}{2}$$
似たものでディリクレ正規化というのもあります.
オイラーの正規化
$$ \Delta a_n=a_{n+1}-a_n$$
$$\Delta ^2 a_n=\Delta(\Delta a_n)$$
$$\cdots$$
と続く.
交代級数
$$\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n a_n$$
に対してオイラー変換は
$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{\Delta^n a_0}{2^{n+1}}$$であり,これを和とする.
オイラーの正規化では$a_n=1$となる.前進差分は
$$a_0=1,\quad \Delta a_n=0,\quad\Delta^2 a_n=0\cdots$$
よってオイラー変換された級数は$$\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{\Delta^n a_0}{2^{n+1}}=\dfrac{1}{2}+0+0+\cdots=\dfrac{1}{2}$$
ゼータ関数正規化
ゼータ関数は,$Re(s)$ が大きな数に対して次の和
$$\zeta_A(s)=\dfrac{1}{a_1^s}+\dfrac{1}{a_2^s}+\dfrac{1}{a_3^s}+\cdots$$
が発散する場合は解析接続することで定義する.
$$\eta(s)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^s}=(1-2^{1-s})\zeta(s)$$
より,$s=0$のとき,
$$\eta(0)=-\zeta(0)$$
$\zeta(-n)=-\dfrac{B_{n+1}}{n+1}$より,
$$\eta(0)=B_{1}=\dfrac{1}{2}$$
自分なりに考えてみた総和法
発散(振動)級数の部分和を
$$ S(x)=\sum_{n=0}^{x}a_n $$
としたとき,$$\lim_{x\to\infty}\dfrac{1}{x^a}\int_{0}^{x}S(t)dt=S$$
となるものを和とする.ただし,$a$は$S$が収束する最小の数とする.
$$S(n)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k=\dfrac{1+(-1)^n}{2}=\dfrac{1+(e^{i\pi})^n}{2}$$
$$\int_{0}^{x}S(t)dt=\dfrac{1}{2}\biggl(x+\dfrac{i(1-(-1)^x)}{\pi}\biggl)$$
$$\lim_{x\to\infty}\dfrac{1}{x}\int_{0}^{x}S(t)dt=\dfrac{1}{2}$$
なんかずるいですね.しかも指数の数列とかじゃ収束できない!、、
よわっちぃ泣
さいごに
いかがでしたか？
級数に意味を持たせるという点が面白いと思いませんか？？(勧誘)
最後に問題を載せておきます(???)
次の無限級数の意味のある値を求めよ.
$$\sum_{n=0}^{\infty}n!$$
指数積分が出てきます.ボレル正規化でやるとうまくいくかも？
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