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description= # 今回の定理 留数定理とかで遊んでたら次を発見した。 &&&thm 逆数和が収束して、重複のない数列$\ a_n\ _ n\in A $で $\dis f(x)=\prod_ n\in A \left(1-\frac x a_n \right)$とすると、 　 $\dis\sum_ n\in A \frac1 a_nf’(a_n) =-1$ $\dis\sum_ n\in A \frac1 a_n^2f’(a_n) =\sum_ n\in A \frac1 a_n $ &&& &&&prf 全然不十分 $\frac1 f(-x) $にラマヌジャンマスター定理を適用すると $\dis\qquad\lim_ s\to n \frac -\sin(\pi s) \pi \int_ 0 ^ \infty \frac x^ -s-1 f(-x) dx=\frac 1 n! \frac d^n dx^n \Bigg _ x=0 \frac1 f(x) $ で、左辺の積分をハンケル路(の逆向き)と大きい円に変形する。その経路を$C$とする。 ハンケル路の方は積分の前に$\frac1 1-e^ -2i\pi s $が付いて、大きい円での積分は0にいく。(省略) つまり $\dis\qquad\begin align \frac -\sin(\pi s) \pi \int_ 0 ^ \infty \frac x^ -s-1 f(-x) dx&=\frac -\sin(\pi s) (1-e^ -2i\pi s )\pi \int_ C \frac x^ -s-1 f(-x) dx \\ &=-\frac e^ i\pi s 2i\pi \int_ C \frac x^ -s-1 f(-x) dx \end align $ で、留数を計算する。 $x=-a_n$で一位の極を持つ。 $\dis\qquad -\frac e^ i\pi s 2i\pi \int_ C \frac x^ -s-1 f(-x) dx=-e^ i\pi s \sum_ m\in A \frac (-a(m))^ -s-1 -f’(a(m)) $ よって $\dis\qquad\sum_ m\in A \frac a(m)^ -n-1 f’(a(m)) =-\frac1 n! \frac d^n dx^n \Bigg _ x=0 \frac1 f(x) $ 完成！$n=0,1$のときを上に載せた。 &&& まずマスター定理を使うために$f(x)$に制限がかかるし、ハンケル路あるから多価関数になったらまずそう。あと、$a_n$に負の実数が含まれてたらこの経路じゃ囲えないので駄目そう。 &&& 追記 $\to$コメント欄、別証明で解決してくださいました！[vunu](htt????/mathlog.info/users/HRDVImhO3zOd1gP3VSEkqDC2wU92)さんありがとうございます。 &&& これだけでも、へ〜って感じだが、色々してたら結構面白かったので書いていく。 #複雑な級数の生成 まずは普通に$a_n$を定めてみる ##$a_n=n^4$ $\qquad a_n=n^4\qquad(n\in\mathbb N )$ とすると $\qquad \dis f(x)=\frac \sin(\pi\sqrt[4]x)\sinh(\pi\sqrt[4]x) \pi^2\sqrt x $ となる。(証明略) ###微分の計算 で、$f’(x)$を計算しなければならない ややこしそうだけど、欲しいのは$f’(a_n)=f’(n^4)$だけなのでちょっと工夫できる。 $f(x)$が$x=n^4$で解を持つ原因となっている$\sin(\pi\sqrt[4] x )$と、(その他)に分けて積の微分を実行すれば、(その他)が微分される項は$x=n^4$で消えるので、 $\qquad \dis \begin align f’(n^4)&=\frac \left(\dis\frac d dx \sin(\pi\sqrt[4]x)\right)\sinh(\pi\sqrt[4]x) \pi^2\sqrt x \Bigg _ x=n^4 \\ &=\frac \cos(\pi\sqrt[4]x)\sinh(\pi\sqrt[4]x) 4\pi x^ \frac54 \Bigg _ x=n^4 \\ &=\frac \cos(\pi n)\sinh(\pi n) 4\pi n^5 \end align $ と、いうことで $\begin align \qquad&\dis\sum_ n\in\mathbb N \frac1 a_nf’(a_n) \\ =&\sum_ n\in\mathbb N \frac 1 n^4\frac \cos(\pi n)\sinh(\pi n) 4\pi n^5 \\ =&4\pi\sum_ n\in\mathbb N \frac (-1)^nn \sinh(\pi n) \end align $ なんとこれが定理より、-1になるので &&&cor $\dis\sum_ n\in\mathbb N \frac (-1)^ n+1 n \sinh(\pi n) =\frac1 4\pi $ &&& また、定理の二段目を使うと $\qquad\dis\sum_ n\in\mathbb N \frac1 n^4 =\frac \pi^4 90 $ なので、 &&&cor $\dis\sum_ n\in\mathbb N \frac (-1)^ n+1 n^3\sinh(\pi n) =\frac \pi^3 360 $ &&& を得る。 この式自体はまぁまぁ有名なので目新しさはないけど、結構あっという間に証明できてしまった。 ##$a_n=q^ -n \qquad(0\le n \le N-1)$ この時 $\dis\qquad f(x)=(x;q)_N$ となる。(qポッホハマー) 　 $f’(q^ -n )$を計算する。 $\dis\qquad\begin align f’(q^ -n )&=(1-xq^ -n )’\prod_ 0\le k \le N-1,k\neq n (1-q^ -n+k )\\ &=-q^ -n \prod_ 0\le k\le n-1 (1-q^ -n+k )\prod_ n+1\le k\le N-1 (1-q^ -n+k )\\ &=-q^ -n \prod_ 1-n\le k\le 0 (1-q^ k-1 )\prod_ 0\le k \le N-n-2 (1-qq^ k )\\ &=-q^ -n (-1)^n\prod_ 0\le k\le n-1 q^ -k-1 (1-qq^ k )(q;q)_ N-n-1 \\ &=-(-1)^nq^ -n q^ -\frac n(n+1) 2 (q;q)_ n (q;q)_ N-n-1 \end align $ 見栄えのために、$N\to N+1$として、 &&&cor $\dis\sum_ 0\le n \le N \frac (-1)^nq^ \frac n(n+1) 2 (q;q)_n(q;q)_ N-n =1$ $\dis\sum_ 0\le n \le N \frac (-1)^nq^ \frac n(n-1) 2 (q;q)_n(q;q)_ N-n =\frac 1-q^ N+1 1-q $ &&& この式もそれ自体はq二項定理とかで示せるので別にって感じだけど、$a(n)$を$q^ 3n-1 ,q^ 3n-2 $とか複雑にしたらすぐに変な式得られて楽しい。 #好きな解と微分係数を持つ関数 最初の証明で、 $\dis\qquad f(x)=\left(1+\sum_ n\in A,m\in\mathbb N \frac1 a_n^ 1+m f’(a_n) x^m\right)^ -1 $ が分かる。 この式、$f(x)$の解とその微分係数で$f(x)$を表しているが、逆に解とその微分係数を決めると上の式でその関数を作ってくれる。 試しに解が$x=n\quad(n\in\mathbb N )$、そこでの微分係数が$\sqrt n\sin n$になるようにしてみる。(本当に適当) こうなった。  まぁ、だからなんだって感じだけど、微分係数も定められるのは新しい、かも？ #偶成分が相反公式みたいな関数 意味不明な目次 $a_n$で作った$f(x)$を用いて、解が$x=a_n-\alpha,a_n+\alpha$の関数を作る。 $\dis\qquad\prod_ n\in A \left(1-\frac x a_n+\alpha \right)\left(1-\frac x a_n-\alpha \right)=\frac f(x+\alpha)f(x-\alpha) f(\alpha)f(-\alpha) $ となるので、 $\dis\begin align \qquad&\sum_ n\in A \frac1 (a_n+\alpha)\left(\frac f(a_n+2\alpha)f’(a_n) f(\alpha)f(-\alpha) \right) +\sum_ n\in A \frac1 (a_n-\alpha)\left(\frac f’(a_n)f(a_n-2\alpha) f(\alpha)f(-\alpha) \right) =-1 \\ \\ &-\frac1 f(\alpha)f(-\alpha) =\sum_ n\in A \frac1 (a_n+\alpha)f’(a_n)f(a_n+2\alpha) +\sum_ n\in A \frac1 (a_n-\alpha)f’(a_n)f(a_n-2\alpha) \end align $ ということで $\dis g(x)=-2\sum_ n\in A \frac1 (a_n+x)f’(a_n)f(a_n+2x) $ という、なんかよく分からん級数の関数を定義すると、その偶成分が &&&cor $\dis\frac g(x)+g(-x) 2 =\frac1 f(x)f(-x) $ &&& と書ける。 絶妙に凄さがよく分からない。 なんか面白そうな活用方法あればください #モジュラーっぽい関数の生成 今までのは前座で、最早この話題を紹介するためだけにこの記事を書いてる。 解を$x=a_n,\alpha a_n$ とすると $\qquad\dis\prod_ n\in A \left(1-\frac x a_n \right)\left(1-\frac x \alpha a_n \right)=f(x)f\left(\frac x \alpha \right)$ となるので、 $\dis\begin align \qquad\sum_ n\in A \frac1 a_nf’(a_n)f\left(\frac a_n \alpha \right) +\sum_ n\in A \frac1 \alpha a_nf(\alpha a_n)f’(a_n) =-1 \end align $ を得る。 よって &&&cor $\qquad\dis\phi(x)=\sum_ n\in A \frac1 a_nf’(a_n)f(xa_n) $ とすると、 $\qquad\phi(x)+\phi(\frac1x)=-1$ が成り立つ。微分して二乗すると $\qquad\phi’(\frac1x)^2=x^4\phi’(x)^2$ &&& うおーー。 僕だけかも知らんけど、$x$と$-x$の関係式より、$x$と$\frac1x$の関係式ってなんか特別に感じる。まあ、偶関数に$\log x$入れたらなんぼでも作れるけど。そう言うのじゃなくて。 もうあとは周期性があれば(ほぼ)モジュラー形式、ということで $\qquad a_n=(n-\frac12)^2\qquad(n\in\mathbb N )$ を持ってくる。このとき $\qquad f(x)=\cos(\pi \sqrt x)$ なので $\qquad\dis\phi(x)=\frac2 \pi \sum_ n\in\mathbb Z \frac (-1)^n (n-\frac12)\cos\left(\pi \sqrt x (n-\frac12)\right) $ とすると $\dis\qquad\phi’\left(\frac1x\right)^2=x^4\phi’(x)^2$ となる！ 周期のために$F(x)=((\phi(x^2))’)^2$とすれば偶関数にもなって、 $\dis\qquad F(x+2)=F(x)$ $\dis\qquad F\left(-\frac1x\right)=x^4F(x)$ となる。ほぼモジュラー！ 嬉しいけど、僕はどうしても普通のモジュラー形式をこの方法で作ることはできなかった。 できたら特殊値とかもっと色々できたかも。 因みにこの関数はモジュラー群の部分群 $\qquad\dis\left\langle\begin pmatrix 1&2\\0&1\end pmatrix ,\begin pmatrix 0&-1\\1&0\end pmatrix \right\rangle$ で対称性がある。 で、これは 成分を2で割ったあまりが、 $\begin pmatrix 1&0\\0&1\end pmatrix \quad\begin pmatrix 0&1\\1&0\end pmatrix $ のどっちかになる、行列式が1の集合ということになる。(にわかなので多分) 次元とかリーマン面とか考えたらなんか面白いことが分かりそう？ さらに$x=a_n,\alpha a_n,\beta a_n$とすれば何変数関数でも似たような関係式を得られる。 #おわり $\sinh$の級数とか難しいと思っていたけど、なんとすぐ示せた。 $q$級数もできて、$x,\frac1x$の関係式も得られて、とても楽しい。 さらに$f$を何乗かしても似たようなことができる。 $f$が有限の多項式でも成り立つので、受験の武器にもなるかも？(そんな場面ないか) 間違いあれば指摘ください 見てくれてありがとうございました ;
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解での微分係数の逆数を含む級数が 解の逆数和になる mathlog 新規作成 解での微分係数の逆数を含む級数が 解の逆数和になる 解での微分係数の逆数を含む級数が 解の逆数和になる 12 kanaly 大学数学基礎 解説 解での微分係数の逆数を含む級数が 解の逆数和になる 級数 12 0 609 1 latexエクスポート newcommand dis 0 displaystyle newcommand fraco 1 frac 1 1 newcommand intinf 0 int_ 0 infty newcommand prodinf 1 prod_ 1 infty newcommand suminf 1 sum_ 1 infty 今回の定理 留数定理とかで遊んでたら次を発見した 逆数和が収束して 重複のない数列 a_n _ n in a で dis f x prod_ n in a left 1 frac x a_n right とすると dis sum_ n in a frac1 a_nf a_n 1 dis sum_ n in a frac1 a_n 2f a_n sum_ n in a frac1 a_n 全然不十分 frac1 f x にラマヌジャンマスター定理を適用すると dis qquad lim_ s to n frac sin pi s pi int_ 0 infty frac x s 1 f x dx frac 1 n frac d n dx n bigg _ x 0 frac1 f x で 左辺の積分をハンケル路 の逆向き と大きい円に変形する その経路を c とする ハンケル路の方は積分の前に frac1 1 e 2i pi s が付いて 大きい円での積分は0にいく 省略 つまり dis qquad begin align frac sin pi s pi int_ 0 infty frac x s 1 f x dx frac sin pi s 1 e 2i pi s pi int_ c frac x s 1 f x dx frac e i pi s 2i pi int_ c frac x s 1 f x dx end align で 留数を計算する x a_n で一位の極を持つ dis qquad frac e i pi s 2i pi int_ c frac x s 1 f x dx e i pi s sum_ m in a frac a m s 1 f a m よって dis qquad sum_ m in a frac a m n 1 f a m frac1 n frac d n dx n bigg _ x 0 frac1 f x 完成 n 0 1 のときを上に載せた まずマスター定理を使うために f x に制限がかかるし ハンケル路あるから多価関数になったらまずそう あと a_n に負の実数が含まれてたらこの経路じゃ囲えないので駄目そう 追記 to コメント欄 別証明で解決してくださいました vunu さんありがとうございます これだけでも へ って感じだが 色々してたら結構面白かったので書いていく 複雑な級数の生成 まずは普通に a_n を定めてみる a_n n 4 qquad a_n n 4 qquad n in mathbb n とすると qquad dis f x frac sin pi sqrt 4 x sinh pi sqrt 4 x pi 2 sqrt x となる 証明略 微分の計算 で f x を計算しなければならない ややこしそうだけど 欲しいのは f a_n f n 4 だけなのでちょっと工夫できる f x が x n 4 で解を持つ原因となっている sin pi sqrt 4 x と その他 に分けて積の微分を実行すれば その他 が微分される項は x n 4 で消えるので qquad dis begin align f n 4 frac left dis frac d dx sin pi sqrt 4 x right sinh pi sqrt 4 x pi 2 sqrt x bigg _ x n 4 frac cos pi sqrt 4 x sinh pi sqrt 4 x 4 pi x frac54 bigg _ x n 4 frac cos pi n sinh pi n 4 pi n 5 end align と いうことで begin align qquad dis sum_ n in mathbb n frac1 a_nf a_n sum_ n in mathbb n frac 1 n 4 frac cos pi n sinh pi n 4 pi n 5 4 pi sum_ n in mathbb n frac 1 nn sinh pi n end align なんとこれが定理より 1になるので dis sum_ n in mathbb n frac 1 n 1 n sinh pi n frac1 4 pi また 定理の二段目を使うと qquad dis sum_ n in mathbb n frac1 n 4 frac pi 4 90 なので dis sum_ n in mathbb n frac 1 n 1 n 3 sinh pi n frac pi 3 360 を得る この式自体はまぁまぁ有名なので目新しさはないけど 結構あっという間に証明できてしまった a_n q n qquad 0 le n le n 1 この時 dis qquad f x x q _n となる qポッホハマー f q n を計算する dis qquad begin align f q n 1 xq n prod_ 0 le k le n 1 k neq n 1 q n k q n prod_ 0 le k le n 1 1 q n k prod_ n 1 le k le n 1 1 q n k q n prod_ 1 n le k le 0 1 q k 1 prod_ 0 le k le n n 2 1 qq k q n 1 n prod_ 0 le k le n 1 q k 1 1 qq k q q _ n n 1 1 nq n q frac n n 1 2 q q _ n q q _ n n 1 end align 見栄えのために n to n 1 として dis sum_ 0 le n le n frac 1 nq frac n n 1 2 q q _n q q _ n n 1 dis sum_ 0 le n le n frac 1 nq frac n n 1 2 q q _n q q _ n n frac 1 q n 1 1 q この式もそれ自体はq二項定理とかで示せるので別にって感じだけど a n を q 3n 1 q 3n 2 とか複雑にしたらすぐに変な式得られて楽しい 好きな解と微分係数を持つ関数 最初の証明で dis qquad f x left 1 sum_ n in a m in mathbb n frac1 a_n 1 m f a_n x m right 1 が分かる この式 f x の解とその微分係数で f x を表しているが 逆に解とその微分係数を決めると上の式でその関数を作ってくれる 試しに解が x n quad n in mathbb n そこでの微分係数が sqrt n sin n になるようにしてみる 本当に適当 こうなった もちろん成り立ってる まぁ だからなんだって感じだけど 微分係数も定められるのは新しい かも 偶成分が相反公式みたいな関数 意味不明な目次 a_n で作った f x を用いて 解が x a_n alpha a_n alpha の関数を作る dis qquad prod_ n in a left 1 frac x a_n alpha right left 1 frac x a_n alpha right frac f x alpha f x alpha f alpha f alpha となるので dis begin align qquad sum_ n in a frac1 a_n alpha left frac f a_n 2 alpha f a_n f alpha f alpha right sum_ n in a frac1 a_n alpha left frac f a_n f a_n 2 alpha f alpha f alpha right 1 frac1 f alpha f alpha sum_ n in a frac1 a_n alpha f a_n f a_n 2 alpha sum_ n in a frac1 a_n alpha f a_n f a_n 2 alpha end align ということで dis g x 2 sum_ n in a frac1 a_n x f a_n f a_n 2x という なんかよく分からん級数の関数を定義すると その偶成分が dis frac g x g x 2 frac1 f x f x と書ける 絶妙に凄さがよく分からない なんか面白そうな活用方法あればください モジュラーっぽい関数の生成 今までのは前座で 最早この話題を紹介するためだけにこの記事を書いてる 解を x a_n alpha a_n とすると qquad dis prod_ n in a left 1 frac x a_n right left 1 frac x alpha a_n right f x f left frac x alpha right となるので dis begin align qquad sum_ n in a frac1 a_nf a_n f left frac a_n alpha right sum_ n in a frac1 alpha a_nf alpha a_n f a_n 1 end align を得る よって qquad dis phi x sum_ n in a frac1 a_nf a_n f xa_n とすると qquad phi x phi frac1x 1 が成り立つ 微分して二乗すると qquad phi frac1x 2 x 4 phi x 2 うおーー 僕だけかも知らんけど x と x の関係式より x と frac1x の関係式ってなんか特別に感じる まあ 偶関数に log x 入れたらなんぼでも作れるけど そう言うのじゃなくて もうあとは周期性があれば ほぼ モジュラー形式 ということで qquad a_n n frac12 2 qquad n in mathbb n を持ってくる このとき qquad f x cos pi sqrt x なので qquad dis phi x frac2 pi sum_ n in mathbb z frac 1 n n frac12 cos left pi sqrt x n frac12 right とすると dis qquad phi left frac1x right 2 x 4 phi x 2 となる 周期のために f x phi x 2 2 とすれば偶関数にもなって dis qquad f x 2 f x dis qquad f left frac1x right x 4f x となる ほぼモジュラー 嬉しいけど 僕はどうしても普通のモジュラー形式をこの方法で作ることはできなかった できたら特殊値とかもっと色々できたかも 因みにこの関数はモジュラー群の部分群 qquad dis left langle begin pmatrix 1 2 0 1 end pmatrix begin pmatrix 0 1 1 0 end pmatrix right rangle で対称性がある で これは 成分を2で割ったあまりが begin pmatrix 1 0 0 1 end pmatrix quad begin pmatrix 0 1 1 0 end pmatrix のどっちかになる 行列式が1の集合ということになる にわかなので多分 次元とかリーマン面とか考えたらなんか面白いことが分かりそう さらに x a_n alpha a_n beta a_n とすれば何変数関数でも似たような関係式を得られる おわり sinh の級数とか難しいと思っていたけど なんとすぐ示せた q 級数もできて x frac1x の関係式も得られて とても楽しい さらに f を何乗かしても似たようなことができる f が有限の多項式でも成り立つので 受験の武器にもなるかも そんな場面ないか 間違いあれば指摘ください 見てくれてありがとうございました 投稿日 1 月 10 日 更新日 1 月 12 日 この記事を高評価した人 高評価したユーザはいません この記事に送られたバッジ バッジはありません 投稿者 kanaly 57 3769 ゼータ関数周辺が好き 11 followers 14 follow コメント 他の人のコメント コメントはありません 読み込み中 読み込み中 kanaly 解での微分係数の逆数を含む級数が 解の逆数和になる