ラマヌジャンの√(πe/2)に関する凄い公式

Ramanujan

$\begin{align} \sqrt{\frac{\pi e}{2}} &= 1+\frac{1}{1\cdot 3}+\frac{1}{1\cdot 3\cdot 5}+\cdots + \frac{1}{(2n+1)!!}+\cdots\\ &\quad+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\cfrac{2}{1+\cfrac{3}{\ddots +\cfrac{n}{1+\ddots}}}}}\end{align}$

証明(by Omran). $x > 0$ とする。

$\displaystyle f(x) := x+\frac{x^3}{1\cdot 3}+\frac{x^5}{1\cdot 3\cdot 5}+\cdots + \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!!}+\cdots$

とすると、

$\displaystyle f'(x) = 1+x^2+\frac{x^4}{1\cdot 3}+\frac{x^6}{1\cdot 3\cdot 5}+\cdots +\frac{x^{2n}}{(2n-1)!!}+\cdots$

なので、 $f(x)$ は微分方程式

$\displaystyle f'(x) = 1+xf(x)$

を満たす。

$\displaystyle \frac{d}{dx}\left(f(x)e^{-\frac{x^2}{2}}\right) = e^{-\frac{x^2}{2}}$

なので、

$\displaystyle f(x) = e^{\frac{x^2}{2}}\int_0^xe^{-\frac{t^2}{2}}dt$

なる表示が得られた。 $\varphi(x)$ を

$\displaystyle \varphi(x) := e^{\frac{x^2}{2}}\int_x^{\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt$

と定義すれば、Gauss積分により

$\displaystyle f(x)+\varphi(x) = e^{\frac{x^2}{2}}\int_0^{\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt=e^{\frac{x^2}{2}}\sqrt{\frac{\pi}{2}}$

なので、

$\displaystyle \sqrt{\frac{\pi e}{2}} = f(1)+\varphi(1)$

である。従って、 $\varphi(x)$ の連分数展開を与えればよい。 $x$ についての多項式 $P_n(x), Q_n(x)$ を

$\begin{align} &P_0(x)=1, \ P_1(x) =x, \quad Q_0(x) = 0, \ Q_1(x)=1 \\ &P_{n+1}(x) = xP_n(x) + P_n'(x), \quad Q_{n+1}(x) = P_n(x) + Q_n'(x)\end{align}$

で定義すると、 $\varphi(x)$ の $n$ 階微分は

$\displaystyle \varphi^{(n)}(x) = P_n(x)\varphi(x) -Q_n(x)$ −①

で与えられる。理由: 微積分学の基本定理より

$\displaystyle \frac{d}{dx}\int_x^{\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt = -e^{-\frac{x^2}{2}}$

となることから、積の公式より

$\varphi'(x) = x\varphi(x)-1$

が得られる。これを用いれば、数学帰納法により $\varphi^{(n)}(x)$ が計算できる。

$P_n(x), Q_n(x)$ は微分を含まない漸化式

$\displaystyle \begin{align} &P_0(x)=1, \ P_1(x) =x, \quad Q_0(x) = 0, \ Q_1(x)=1 \\ &P_{n+1}(x) = xP_n(x) + nP_{n-1}(x), \quad Q_{n+1}(x) = xQ_n(x) + nQ_{n-1}(x)\end{align}$

で決まることに注意する。理由: まず、帰納法で $P_n'(x) = nP_{n-1}(x)$ を証明でき、 $P_n(x)$ に関する漸化式が従う。それを用いて、 $Q_n(x)$ に関する漸化式も帰納法で証明できる。

$Q_{n+1}(x)P_n(x) - P_{n+1}(x)Q_n(x) = (-1)^nn!$ −②.

理由: 行列式の変形

$\displaystyle \left|\begin{smallmatrix} P_n(x) & P_{n+1}(x) \\ Q_n(x) & Q_{n+1}(x)\end{smallmatrix}\right| = \left|\begin{smallmatrix}P_n(x) & xP_n(x)+nP_{n-1}(x) \\ Q_n(x) & xQ_n(x) + nQ_{n-1}(x)\end{smallmatrix}\right| = -n\left|\begin{smallmatrix} P_{n-1}(x) & P_{n}(x) \\ Q_{n-1}(x) & Q_{n}(x)\end{smallmatrix}\right|$

より、帰納法で証明できる。

$\displaystyle \frac{Q_{2n}(x)}{P_{2n}(x)} < \varphi(x) < \frac{Q_{2n+1}(x)}{P_{2n+1}(x)}$ −③.

理由: 常に $P_n(x) > 0$ なので、①より

$\displaystyle (-1)^n\varphi^{(n)}(x) > 0$

を証明すればよい。変数変換 $t \mapsto t+x$ により

$\displaystyle \varphi(x) = \int_0^{\infty}e^{-tx}e^{-\frac{t^2}{2}}dt$

が得られるが、これは $x > 0$ で積分記号下における微分が可能であり、

$\displaystyle \varphi^{(n)}(x) = (-1)^n\int_0^{\infty}t^ne^{-tx}e^{-\frac{t^2}{2}}dt$

が成り立つ。この積分は明らかに正である。

$\displaystyle \left|\varphi(x)-\frac{Q_n(x)}{P_n(x)} \right| < \frac{n!}{P_n(x)P_{n+1}(x)}$ −④.

理由: ③が成り立つので、

$\displaystyle \left|\frac{Q_n(x)}{P_n(x)}-\frac{Q_{n+1}(x)}{P_{n+1}(x)}\right| = \frac{n!}{P_n(x)P_{n+1}(x)}$

を示せばよいが、これは②に他ならない。

数学的帰納法によって

$\displaystyle P_{2n}(x) \geq \frac{(2n)!}{2^nn!}, \quad \frac{P_{2n+1}(x)}{x} \geq \frac{(2n+1)!}{2^nn!}$

なる評価が成り立つことがわかるので、④より

$\displaystyle \left|\varphi(x) -\frac{Q_{2n}(x)}{P_{2n}(x)} \right| < (2n)!\frac{2^nn!}{(2n)!}\frac{2^nn!}{x(2n+1)!}=\frac{2^{2n}}{\binom{2n+1}{n}}\frac{1}{x(n+1)} \leq \frac{1}{x(n+1)} \xrightarrow{n \to \infty} 0,$

$\displaystyle \left|\varphi(x) -\frac{Q_{2n-1}(x)}{P_{2n-1}(x)} \right| < (2n-1)!\frac{2^{n-1}(n-1)!}{x(2n-1)!}\frac{2^nn!}{(2n)!}=\frac{2^{2n-1}}{\binom{2n}{n}}\frac{1}{xn} \leq \frac{1}{2xn} \xrightarrow{n \to \infty} 0$

となり、

$\displaystyle \varphi(x) = \lim_{n \to \infty}\frac{Q_n(x)}{P_n(x)}$

が示された。

とりあえず $X_0, X_1, \dots$ を不定元として

$\begin{align} X_0 &= xX_1+X_2 \\ X_1 &= xX_2+2X_3\\ &\cdots \\ X_{n-1}&= xX_n+nX_{n+1} \\ &\cdots \end{align}$

を考える。このとき、

$\begin{align} X_0 &= P_n(x)X_n+nP_{n-1}(x)X_{n+1} \\ X_1 &= Q_n(x)X_n + nQ_{n-1}(x)X_{n+1}\end{align}$

が成り立つことが数学的帰納法によりわかる。よって、②より

$\begin{align} X_n &= \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}(P_{n-1}(x)X_1-Q_{n-1}(x)X_0) \\ X_{n+1} &= \frac{(-1)^n}{n!}(P_n(x)X_1-Q_n(x)X_0)\end{align}$

が得られる。 $X_0=P_n(x), \ X_1=Q_n(x)$ と代入して、 $X_2, X_3, \dots$ を上の関係式で順次定めると、 $X_{n+1}=0$ であるため

$\begin{align} P_n(x) &= xQ_n(x)+X_2 \\ Q_n(x) &= xX_2+2X_3\\ X_2 &= xX_3+3X_4 \\ &\cdots \\ X_{n-2}&= xX_{n-1}+(n-1)X_{n} \\ X_{n-1} &= xX_n\end{align}$

となる。これより、

$\begin{align} \frac{Q_n(x)}{P_n(x)} &= \cfrac{1}{\frac{P_n(x)}{Q_n(x)}} \\ &= \cfrac{1}{x+\frac{X_2}{Q_n(x)}} = \cfrac{1}{x+\cfrac{1}{\frac{Q_n(x)}{X_2}}} \\ &= \cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x+\frac{2X_3}{X_2}}} = \cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x+\cfrac{2}{\frac{X_2}{X_3}}}} \\ &= \cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x+\cfrac{2}{x+\frac{3X_4}{X_3}}}}= \cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x+\cfrac{2}{x+\cfrac{3}{\frac{X_3}{X_4}}}}} \\ &= \cdots \\ &= \cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x+\cfrac{2}{x+\cfrac{3}{\ddots+\cfrac{n-1}{\frac{X_{n-1}}{X_n}}}}}}=\cfrac{1}{x+\cfrac{1}{x+\cfrac{2}{x+\cfrac{3}{\ddots+\frac{n-1}{x}}}}}\end{align}$

と連分数展開されることがわかった。 Q.E.D.

INTEGERS

数、特に整数に関する記事。

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