(n!m!/(n+m)!)²が含まれる級数
0.目次
1.はじめに
2.ここから本題
3.リーマンゼータ値との関係式
4.積分表示
5.特殊値
6.終わりに
1.はじめに
$$\zeta(3)=3\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2$$
のように$\Big(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Big)^2$が含まれる級数について考えたので、いくつかの特殊値とその求め方について書きます。(上は今回の記事で一番きれいな例)
ちょっと前置き(連結和について知ってる人は読み飛ばしてOK)
多重ゼータ値の双対性を示す手法の一つとして、連結和を用いるものがある
インデックス$\boldsymbol{ k }=(k_1,\cdots ,k_a),\boldsymbol{ l }=(l_1,\cdots l_b)$と$C(n,m)=\frac{n!m!}{(n+m)!}$に対して、連結和$Z(\boldsymbol{ k };\boldsymbol{ l })$は次のようになる。
$$Z(\boldsymbol{ k };\boldsymbol{ l })=\sum_{\substack{0\lt n_1 \lt n_2 \lt \cdots \lt n_a\\0\lt m_1 \lt m_2 \lt \cdots \lt m_b}}\frac{1}{n_1^{k_1}\cdots n_a^{k_a}}\frac{1}{m_1^{l_1}\cdots m_b^{l_b}}C(n_a,m_b)$$
また空インデックス$\varnothing$に対しては
$$Z(\boldsymbol{ k };\varnothing)=\sum_{\substack{0\lt n_1 \lt n_2 \lt \cdots \lt n_a\\0=m_0}}\frac{1}{n_1^{k_1}\cdots n_a^{k_a}}C(n_a,m_0)=\zeta(\boldsymbol{ k })$$
としておく
ここで$C(n,m)$はコネクターと呼ばれる。
コネクターがもつ良い性質として、次の輸送関係式と呼ばれるものがある。
$$\frac{1}{m}C(n_0,m)=\sum_{n_0\lt n}\frac{1}{n}C(n,m)$$
\begin{align}
C(n-1,m)-C(n,m)&=\frac{(n-1)!m!}{(n+m-1)!}-\frac{n!m!}{(n+m)!}\\
&=\frac{n!m!}{(n+m)!}\Big(\frac{n+m}{n}-1\Big)\\
&=\frac{m}{n}C(n,m)
\end{align}
ここで、両辺$n_0\lt n$の範囲で和をとることによって
$$C(n_0,m)=\sum_{n_0\lt n}\frac{m}{n}C(n,m)$$
$$ \therefore\frac{1}{m}C(n_0,m)=\sum_{n_0\lt n}\frac{1}{n}C(n,m)\blacksquare$$
これによって多重ゼータ値の双対性は示され、またコネクター付きの級数も同時に求まるのである。
(例)
$$\zeta(1,2)=Z(1,2;\varnothing)=Z(1,1;1)=Z(1;2)=Z(\varnothing;3)=\zeta(3)$$
であり、
\begin{align}
\zeta(1,2)=\zeta(3)=Z(1;2)=\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^2}\frac{n!m!}{(n+m)!}
\end{align}
2.ここから本題
次にコネクターの二乗が含まれる級数について考えていく。
記号をいちいち変えているとかえって混乱する恐れがあるので、多重ゼータ値の連結和と同じ記号を使うことにする。
インデックス$\boldsymbol{ k }=(k_1,\cdots ,k_a),\boldsymbol{ l }=(l_1,\cdots l_b)$と$C(n,m)=\Big(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Big)^2$に対して、$Z(\boldsymbol{ k };\boldsymbol{ l })$を次のように定める。
$$Z(\boldsymbol{ k };\boldsymbol{ l })=\sum_{\substack{0\lt n_1 \lt n_2 \lt \cdots \lt n_a\\0\lt m_1 \lt m_2 \lt \cdots \lt m_b}}\frac{1}{n_1^{k_1}\cdots n_a^{k_a}}\frac{1}{m_1^{l_1}\cdots m_b^{l_b}}C(n_a,m_b)$$
また、$k_1+\cdots +k_a+l_1+\cdots +l_b$の値をweightと呼ぶことにする。
通常、インデックスは正整数から構成されるが、次に示すように$$\sum_{0\lt n,m}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2$$
が収束するため、
$k_a$と$l_b$は$0$であっても良いとする。
また、
$$Z(\boldsymbol{ k }):=Z(\boldsymbol{ k };0)$$
と略記することにしておく。
$$\sum_{0\lt n,m}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2\text{は収束する}$$
$2\leq n,m$に対して次が成立する。
$$\binom{n+m}{n} \geq \binom{n+m}{2}=\binom{n}{2}+\binom{n}{2}+nm \gt nm$$
$$\frac{1}{\binom{n+m}{n}}=\frac{n!m!}{(n+m)!}\text{であることに注意すれば}$$
$$\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2\lt \frac{1}{n^2m^2}\text{となるので}$$
\begin{align}
\sum_{0\lt n,m}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2&=2\sum_{0\lt n}\frac{1}{(n+1)^2}+\sum_{1\lt n,m}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2\\
&\lt 2(\zeta(2)-1)+\sum_{1\lt n,m}\frac{1}{n^2m^2}\\
&=2(\zeta(2)-1)+(\zeta(2)-1)^2\lt \infty
\end{align}
$$\frac{1}{m^2}C(n_0,m)=\sum_{n_0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)$$
\begin{align}
C(n-1,m)-C(n,m)&=\Bigg(\frac{(n-1)!m!}{(n+m-1)!}\Bigg)^2-\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2\\
&=\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2\Bigg(\frac{(n+m)^2}{n^2}-1\Bigg)\\
&=C(n,m)\Bigg(\frac{m^2}{n^2}+\frac{2m}{n}\Bigg)
\end{align}
なので、両辺$m^2$で割り、$n_0\lt n$の範囲で和をとることによって
$$\frac{1}{m^2}C(n_0,m)=\sum_{n_0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)\blacksquare$$
$$\frac{1}{m^2}+\sum_{0\lt n}\frac{1}{m^2}C(n,m)=\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n}+\frac{2}{m}\Big)C(n,m)$$
定理3の両辺を$0\leq n_0$の範囲で和をとる
\begin{align}
&\sum_{0\leq n_0}\frac{1}{m^2}C(n_0,m)=\sum_{0\leq n_0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)\\
&\frac{1}{m^2}+\sum_{0\lt n_0}\frac{1}{m^2}C(n_0,m)=\sum_{0\lt n}\sum_{n_0=0}^{n-1}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)\\
&\frac{1}{m^2}+\sum_{0\lt n}\frac{1}{m^2}C(n,m)=\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n}+\frac{2}{m}\Big)C(n,m)\blacksquare\\
\end{align}
3.リーマンゼータ値との関係式
weight3までの関係式を列挙する。
$$\zeta(2)+Z(2)=3Z(1)$$
証明
定理4において、$0\lt m$の範囲で和を取れば
$$\sum_{0\lt m}\frac{1}{m^2}+\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{m^2}C(n,m)=\sum_{0\lt n,m}\Big(\frac{1}{n}+\frac{2}{m}\Big)C(n,m)$$
$$\zeta(2)+\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{m^2}C(n,m)=3\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n}C(n,m)$$
$$\zeta(2)=Z(2)+2Z(1;1)$$
証明
定理3において、$n_0=0$とおけば、
$$\frac{1}{m^2}=\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)$$
なので、$0\lt m$の範囲で和をとることにより
$$\zeta(2)=\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2+2\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2$$
$$\zeta(3)=3Z(1;2)$$
証明
定理3において、$n_0=0$とおいて、両辺$\frac{1}{m}$をかければ
$$\frac{1}{m^3}=\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2m}+\frac{2}{nm^2}\Big)C(n,m)$$
なので、$0\lt m$の範囲で和をとることにより
\begin{align} \zeta(3)&=\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n^2m}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2+2\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2\\ &=3\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2 \end{align}
$$\zeta(3)=3Z(1,2)+6Z(1,1;1)$$
証明
定理3の両辺に$\frac{1}{n_0}$をかけ、$0\lt n_0,0\lt m$の範囲で和をとる。
$$\sum_{\substack{0\lt n_0\\0\lt m}}\frac{1}{n_0m^2}C(n_0,m)=\sum_{\substack{0\lt n_0\lt n\\0\lt m}}\Big(\frac{1}{n_0n^2}+\frac{2}{n_0nm}\Big)C(n,m)$$
$$Z(1;2)=Z(1,2)+2Z(1,1;1)$$
1つ前の等式から
$$Z(1;2)=\frac{1}{3}\zeta(3)\text{なので}$$
$$\zeta(3)=3Z(1,2)+6Z(1,1;1)$$
$$\zeta(3)=Z(1,0;2)+2Z(1,1;1)$$
証明
定理3で$n_0=0$とすると
$$\frac{1}{m^2}=\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)$$
なので、両辺に$\frac{1}{m_0}$をかけて、$1$から$m-1$まで和をとる。
$$\frac{1}{m^2}\sum_{m_0=1}^{m-1}\frac{1}{m_0}=\sum_{m_0=1}^{m-1}\frac{1}{m_0}\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)$$
$$\sum_{m=2}^{\infty}\frac{1}{m^2}\sum_{m_0=1}^{m-1}\frac{1}{m_0}=\sum_{m=2}^{\infty}\sum_{m_0=1}^{m-1}\frac{1}{m_0}\sum_{0\lt n}\Big(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{nm}\Big)C(n,m)$$
\begin{align} \zeta(1,2)&=\sum_{\substack{0\lt n\\0\lt m_0 \lt m }}\Big(\frac{1}{m_0n^2}+\frac{2}{nm_0m}\Big)C(n,m)\\ &=Z(1,0;2)+2Z(1,1;1) \end{align}
多重ゼータ値の双対性から
$$\zeta(3)=Z(1,0;2)+2Z(1,1;1)$$
$$\zeta(3)+Z(3)=2Z(2)+Z(1;1)$$
証明
定理3の両辺に$\frac{1}{m}$をかけ、$0\leq n_0,0\lt m$の範囲で和をとる。
$$\sum_{\substack{0\leq n_0\\0\lt m}}\frac{1}{m^3}C(n_0,m)=\sum_{\substack{0\leq n_0\lt n\\0\lt m}}\Big(\frac{1}{n^2m}+\frac{2}{nm^2}\Big)C(n,m) $$
\begin{align} \zeta(3)+\sum_{\substack{0\lt n_0\\0\lt m}}\frac{1}{m^3}C(n_0,m)&=\sum_{\substack{0\lt n\\0\lt m}}n\Big(\frac{1}{n^2m}+\frac{2}{nm^2}\Big)C(n,m)\\ &=\sum_{\substack{0\lt n\\0\lt m}}\Big(\frac{1}{nm}+\frac{2}{m^2}\Big)C(n,m)\\ &=2Z(2)+Z(1;1) \end{align}
4.積分表示
たとえばベータ関数を用いた表示
$$\frac{1}{m^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(xy)^{n}((1-x)(1-y))^{m-1}dxdy$$
$$\frac{1}{nm}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{(xy)^n}{x}\frac{((1-x)(1-y))^{m}}{1-y}dxdy$$
$$\Big(\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\Big)^2\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(xy)^{n-1}((1-x)(1-y))^{m-1}dxdy$$
などから、次のことが分かる。
$$Z(\boldsymbol{ k };\boldsymbol{ l }_{\uparrow^{(2)}})=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{Li}_{\boldsymbol{ k }}((1-x)(1-y))\mathrm{Li}_{\boldsymbol{ l } }(xy)}{xy}dxdy$$
$$ Z(\boldsymbol{ k }_{\uparrow^{}};\boldsymbol{ l }_{\uparrow^{}})=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{Li}_{\boldsymbol{ k }_{ }}((1-x)(1-y))\mathrm{Li}_{\boldsymbol{ l }_{ }}(xy)}{x(1-y)}dxdy$$
$$Z(\boldsymbol{ k }_{ \uparrow^{(2)} };\boldsymbol{ l })+2Z(\boldsymbol{ k }_{\uparrow^{}};\boldsymbol{ l }_{\uparrow^{}})+Z(\boldsymbol{ k };\boldsymbol{ l }_{\uparrow^{(2)}})=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{Li}_{\boldsymbol{ k }}((1-x)(1-y))\mathrm{Li}_{\boldsymbol{ l }_{ }}(xy)}{xy(1-x)(1-y)}dxdy$$
記号の意味についてはそれぞれ
$$ \mathrm{Li}_{\boldsymbol{ k }}(x):=\sum_{0\lt n_1\lt\cdots\lt n_a}\frac{x^{n_a}}{n_1^{k_1}n_2^{k_2}\cdots n_a^{k_a}}$$
$$\boldsymbol{ k }_{ \uparrow}:=(k_1,\cdots,k_{a-1},k_a+1)$$
$$\boldsymbol{ k }_{ \uparrow^{(2)}}:=(\boldsymbol{ k }_{ \uparrow})_{\uparrow}=(k_1,\cdots,k_{a-1},k_a+2)$$
である。
\begin{align}
\\
\\
\end{align}
さて、定理5の一番下の等式において$\boldsymbol{ k }=(0),\boldsymbol{ l }=(0)$とすると
$$2Z(2)+2Z(1;1)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{dxdy}{(1-(1-x)(1-y))(1-xy)}$$
のようになり、
KBHM氏のツイート
によると、
$$\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{dxdy}{(1-(1-x)(1-y))(1-xy)}=\frac{4}{\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^2}$$
となるようである(数値的にも確からしい)。よって、
$$Z(2)+Z(1;1)=\frac{2}{\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^2}$$
が得られる。
\begin{align}
\\
\\
\end{align}
また、これとは別で
$$Z(0)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x(1-y)}{(1-(1-x)(1-y))^2(1-xy)^2}dxdy$$
となるのだが、Lineのオープンチャットの「積分,級数の部屋」にこの積分を投げたところ、どうやら
$$ \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x(1-y)}{(1-(1-x)(1-y))^2(1-xy)^2}dxdy=\frac{1}{3}+\frac{4}{3\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^2}$$
となるらしい(これも数値的に確からしい)。よって
$$ Z(0)=\frac{1}{3}+\frac{4}{3\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^2}$$
が得られる。
余余余には積分が分からぬ、、
5.特殊値
今までの結果から、$\Big(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Big)^2$がついた級数の特殊値をいろいろ求めることができる。
weight3までの分かっている特殊値を列挙していく。
(証明を見る人は最初にweight2の所から見てください)
$$A=\frac{4}{3\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^2}\text{とおく}$$
weight0
$$\sum_{0\lt n,m}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\frac{1}{3}+A$$
証明
$\S4$から
$$ Z(0)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x(1-y)}{(1-(1-x)(1-y))^2(1-xy)^2}dxdy=\frac{1}{3}+\frac{4}{3\sqrt3}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^2}$$
積分の解き方については僕は分かっていません。
weight1
$$\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=A$$
証明
$\S3$から
$$\zeta(2)+Z(2)=3Z(1)$$
となるので$Z(2)$の値を用いれば求まる。
weight2
$$\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=-\zeta(2)+3A$$
$$\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\zeta(2)-\frac{3}{2}A$$
証明
$\S3$と$\S4$から
$$Z(2)+2Z(1;1)=\zeta(2)$$
$$Z(2)+Z(1;1)=\frac{3}{2}A$$
となるので、これらを連立させる。
weight3
$$\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{n^3}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\frac{9}{2}A-\zeta(2)-\zeta(3)$$
$$\sum_{0\lt n,m}\frac{1}{nm^2}\Bigg(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Bigg)^2=\frac{1}{3}\zeta(3)$$
証明
上の等式については$\S3$の
$$\zeta(3)+Z(3)=2Z(2)+Z(1;1)$$
とweight2の特殊値から求まる。
\begin{align} \\ \end{align}
下の等式は$\S3$ですでに示した。
6.終わりに
今回は差分や積分を用いて$\Big(\frac{n!m!}{(n+m)!}\Big)^2$が含まれる級数の特殊値を求めてみたが、積分の難易度がとても高いため、なるべく積分を経由せずに級数変形で求めることができないか考えていきたい。また、$Z(0)=\frac{1}{3}+Z(1)$という関係式が成り立つが、これについては今のところ"具体値を求めたらこうなった"くらいしか分かっていないのでこれについても考えたい。
参考文献
- Multivariable connected sums and multiple polylogarithms(Proposition2.1のproof)