○○進法と無限積
目次
1.はじめに
2.記号の導入と補題
3.やっていく
4.一般形
5.追記←new
6.まとめ
7.終わりに
1.はじめに
この記事ではまず次の等式を導出していきます
以下$\left| x \right|\lt 1$とする
k進法と無限積
$$①\prod_{n=0}^{∞}(1+x^{2^n})=\frac{1}{1-x}$$
$$②\prod_{n=0}^{∞}(1+x^{3^n}+x^{2\cdot3^n})=\frac{1}{1-x}$$
一般に$2\leq k$として
$$③\prod_{n=0}^{∞}\Big(\sum_{m=0}^{k-1
}x^{m\cdot k^n}\Big)=\frac{1}{1-x}$$
実際に左辺を展開してみると$x^j(j=0,1,2,\cdots)$の係数がすべて$1$となり、自然数が$ｋ$進法表示で一意的にあらわされることに対応します。
階乗進法と無限積
$$④\prod_{n=1}^{∞}\Big(\sum_{m=0}^{n}{x^{m\cdot n!}} \Big)=\frac{1}{1-x}$$
こちらは階乗進法に対応しています。階乗進法は結構マイナーな部類だと思うのでWikipediaのURLを貼っておきます。
こちら
4.でこれらの一般形も導出します
2.記号の導入と補題
まず次のような関数列を定義します
$$g_{n}(x)=\frac{1}{1-x^n} \quad (\left| x \right|\lt 1)$$
この$g_{n}(x)$について次の補題を示します
$k \in \mathbb{N}$として
$$\frac{g_{n}(x)}{g_{kn}(x)}=\sum_{m=0}^{k-1}x^{mn}$$
$$g_{kn}(x)$$
$$=\frac{1}{(1-x^n)(1+x^{n}+\cdots +x^{(k-1)n})}$$
$$=\frac{g_{n}(x)}{(1+x^{n}+\cdots +x^{(k-1)n})}$$
なので
$$\frac{g_{n}(x)}{g_{kn}(x)}=1+x^{n}+\cdots +x^{(k-1)n}\blacksquare$$
3.やっていく
k進法と無限積
まず①の等式を示します。
次のような積を2通りの方法で計算します
$$\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{2^n}(x)}{g_{2^{n+1}}(x)}$$
$$=\prod_{n=0}^{N}\Big(\sum_{m=0}^{1}x^{m2^n}\Big) \quad (\because補題1)$$
$$=\prod_{n=0}^{N}(1+x^{2^n})$$
一方で
$$\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{2^n}(x)}{g_{2^{n+1}}(x)} $$
$$=\frac {g_{1}(x)}{\cancel{g_{2}(x)}} \frac {\cancel{g_{2}(x)}}{\cancel{g_{4}(x)}}\frac {\cancel{g_{4}(x)}}{\cancel{g_{8}(x)}}\cdots\frac {\cancel{g_{2^N}(x)}}{g_{2^{N+1}}(x)}$$
$$=\frac{g_{1}(x)}{g_{2^{N+1}}(x)}\longrightarrow g_{1}(x)\quad(N\rightarrow \infty)$$
$$\underline{\therefore\prod_{n=0}^{∞}(1+x^{2^n})=\frac{1}{1-x}}$$
また、
$$\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{3^n}(x)}{g_{3^{n+1}}(x)},\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{k^n}(x)}{g_{k^{n+1}}(x)}$$
において同様の手順で計算すると②③の結果をそれぞれ得ることができます。
階乗進法と無限積
先ほどとほとんど同じ手順で導出できます
$$\prod_{n=1}^{N}\frac{g_{n!}(x)}{g_{(n+1)!}(x)}$$
$$=\prod_{n=1}^{N}\Big(\sum_{m=0}^{n}x^{m\cdot{n!}}\Big) \quad (\because補題1)$$
一方で
$$\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{n!}(x)}{g_{(n+1)!}(x)} $$
$$=\frac {g_{1}(x)}{\cancel{g_{2}(x)}} \frac {\cancel{g_{2}(x)}}{\cancel{g_{6}(x)}}\frac {\cancel{g_{6}(x)}}{\cancel{g_{24}(x)}}\cdots\frac {\cancel{g_{N!}(x)}}{g_{(N+1)!}(x)}$$
$$=\frac{g_{1}(x)}{g_{(N+1)!}(x)}\longrightarrow g_{1}(x)\quad(N\rightarrow \infty)$$
$$\underline{\therefore \prod_{n=1}^{\infty}\Big(\sum_{m=0}^{n}x^{m\cdot{n!}}\Big)=\frac{1}{1-x}}$$
4.一般形
ここでは先ほどの等式の一般形を導出します。
すべての自然数$n$に対して、$k_n$は2以上の自然数をする。
数列$\lbrace a_n \rbrace$を$a_{n+1}=k_n a_n $,$a_1\in \mathbb{N}$と定めたとき、次の等式が成立する。
$$\prod_{n=1}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{k_n-1}x^{m\cdot a_n} \Big)=\frac{1}{1-x^{a_1}}$$
こちらも先ほどと同じ手順で計算していくだけです
$$\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{a_n}(x)}{g_{a_{n+1}}(x)}$$
$$=\prod_{n=0}^{N}\Big(\sum_{m=0}^{k_n-1}x^{m\cdot a_n}\Big) \quad (\because補題1)$$
一方で
$$\prod_{n=0}^{N}\frac{g_{a_n}(x)}{g_{a_{n+1}}(x)} $$
$$=\frac {g_{a_1}(x)}{\cancel{g_{a_2}(x)}} \frac {\cancel{g_{a_2}(x)}}{\cancel{g_{a_3}(x)}}\frac {\cancel{g_{a_3}(x)}}{\cancel{g_{a_4}(x)}}\cdots\frac {\cancel{g_{a_N}(x)}}{g_{a_{N+1}}(x)}$$
$$=\frac{g_{a_1}(x)}{g_{a_{N+1}}(x)}\longrightarrow g_{a_1}(x)\quad(N\rightarrow \infty)$$
$$\underline{\therefore \prod_{n=1}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{k_n-1}x^{m\cdot a_n} \Big)=\frac{1}{1-x^{a_1}}}$$
これを踏まえると、例えば
$$\prod_{n=0}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{2n+1}x^{m\cdot (2n)!!} \Big)=\frac{1}{1-x} $$
$$\prod_{n=1}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{2n}x^{m\cdot (2n-1)!!} \Big)=\frac{1}{1-x}$$
等の等式が成り立つことが分かります。興味のある人は考えてみてください。
5.追記
書き忘れたことがあったので、ここに書いておきます。
$$⑴\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^n}{1+2^{2^n}}=1$$
$$⑵\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^{2^{n}+2n-1}}{(1+2^{2^n})^2}=1$$
この問題は今回導出した等式を用いて解くことができます。
\begin{align} ⑴&\prod_{n=0}^{\infty}(1+x^{2^n})=\frac{1}{1-x}\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^nx^{2^n-1}}{1+x^{2^n}}=\frac{1}{1-x}\quad(対数微分)\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{1+x^{-2^n}}=\frac{x}{1-x}\\ &\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^n}{1+2^{2^n}}=1 \quad (x=\frac{1}{2}) \end{align}
\begin{align} ⑵&⑴の解答3行目を微分すると\\ &\frac{d}{dx}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^n}{1+x^{-2^n}}\Big)=\frac{d}{dx}\Big(\frac{x}{1-x}\Big)\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}x^{-2^n-1}}{(1+x^{-2^n})^2}=\frac{1}{(1-x)^2}\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}x^{-2^n+1}}{(1+x^{-2^n})^2}=\frac{x^2}{(1-x)^2}\\ &\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^{2^{n}+2n-1}}{(1+2^{2^n})^2}=1 \quad (x=\frac{1}{2}) \end{align}
\begin{align} &⑶\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2^n+3n}(2^{2^n}-1)}{(2^{2^n}+1)^3}=6\\ &⑷\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2^n+4n}(2^{2^{n+1}}-4\cdot2^{2^n}+1)}{(2^{2^n}+1)^4}=26\\ \end{align}
\begin{align} ⑶&⑵の解答の途中で示したように\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}x^{-2^n}}{(1+x^{-2^n})^2}=\frac{x}{(1-x)^2}\\ &\frac{d}{dx}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}x^{-2^n}}{(1+x^{-2^n})^2}\Big)=\frac{d}{dx}\Big(\frac{x}{(1-x)^2}\Big)\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{3n}x^{-2^n-1}(x^{-2^n}-1)}{(1+x^{-2^n})^3}=\frac{1+x}{(1-x)^3}\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{3n}x^{-2^n}(x^{-2^n}-1)}{(1+x^{-2^n})^3}=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2^n+3n}(2^{2^n}-1)}{(2^{2^n}+1)^3}=6\quad (x=\frac{1}{2})\\ \end{align}
\begin{align} &⑷⑶の途中で示したように\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{3n}x^{-2^n}(x^{-2^n}-1)}{(1+x^{-2^n})^3}=\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\\ &\frac{d}{dx}\Big(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{3n}x^{-2^n}(x^{-2^n}-1)}{(1+x^{-2^n})^3}\Big)=\frac{d}{dx}\Big(\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}\Big)\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{4n}x^{-2^n-1}(x^{-2^{n+1}}-4x^{2^n}+1)}{(1+x^{-2^n})^4}=\frac{x^2+4x+1}{(1-x)^4}\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{4n}x^{-2^n}(x^{-2^{n+1}}-4x^{2^n}+1)}{(1+x^{-2^n})^4}=\frac{x(x^2+4x+1)}{(1-x)^4}\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2^n+4n}(2^{2^{n+1}}-4\cdot2^{2^n}+1)}{(2^{2^n}+1)^4}=26\quad (x=\frac{1}{2})\\ \end{align}
同様にして
$$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{4n}x^{-2^n}(x^{-2^{n+1}}-4x^{2^n}+1)}{(1+x^{-2^n})^4}=\frac{x(x^2+4x+1)}{(1-x)^4}$$
の両辺を微分していくと、先ほどのような級数を構成できます。
2進法に対応した無限積だけでなくて、3進法や他の○○進法に対応した無限積に対してやってみても面白いかもしれません。
6.まとめ
今回導出した等式たちをまとめます
\begin{align} &①2進法と無限積\\ &\prod_{n=0}^{∞}(1+x^{2^n})=\frac{1}{1-x}\\ &②3進法と無限積\\ &\prod_{n=0}^{∞}(1+x^{3^n}+x^{2\cdot3^n})=\frac{1}{1-x}\\ \\[3pt] &③k進法と無限積\\ &\prod_{n=0}^{∞}\Big(\sum_{m=0}^{k-1}x^{m\cdot k^n}\Big)=\frac{1}{1-x}\\ \\[3pt] &④階乗進法と無限積\\ &\prod_{n=1}^{∞}\Big(\sum_{m=0}^{n}{x^{m\cdot n!}} \Big)=\frac{1}{1-x}\\ \\[3pt] &⑤より一般に○○進法と無限積\\ &\prod_{n=1}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{k_n-1}x^{m\cdot a_n} \Big)=\frac{1}{1-x^{a_1}}\\ \\[3pt] &⑥ ⑤の系\\ &\prod_{n=0}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{2n+1}x^{m\cdot (2n)!!} \Big)=\frac{1}{1-x} \\ &\prod_{n=1}^{∞}\Big( \sum_{m=0}^{2n}x^{m\cdot (2n-1)!!} \Big)=\frac{1}{1-x}\\ \\[3pt] &⑦級数\\ &\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^n}{1+2^{2^n}}=1\\ &\sum_{n=0}^{∞}\frac{2^{2^{n}+2n-1}}{(1+2^{2^n})^2}=1\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2^n+3n}(2^{2^n}-1)}{(2^{2^n}+1)^3}=6\\ &\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2^n+4n}(2^{2^{n+1}}-4\cdot2^{2^n}+1)}{(2^{2^n}+1)^4}=26\\ \end{align}
7.終わりに
今回導出した式は同じような手順で得られるものが多かったので、結構雑な説明になってしまいました。まあでも僕は満足したのでこのあたりで終わりたいと思います。
ここまで読んでいただきありがとうございました$\theta \omega \theta$👍
