The function β(x)[2]

次の関数(級数)を \(β(x)\) で表します。(ただし、ディリクレベータ関数とは異なります。)$$β(x)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{x+k}  (-x \notin \mathrm{N})$$
この関数について、以下の式が成り立ちます。
\begin{alignat}{2}
&(1)  β(1)=\log 2\\
&(2)  β(2)=1-\log 2\\
&(3)  β(3)=\log 2-\frac{1}{2}\\
&(4)  β(4)=\frac{5}{6}-\log 2\\
&(5)  β\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{π}{2}\\
&(6)  β\left(\frac{1}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}π+3 \log 2}{3}\\
&(7)  β\left(\frac{2}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}π-3 \log 2}{3}\\
&(8)  β\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{π+2 \coth^{-1} \sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\
&(9)  β\left(\frac{3}{4}\right)=\frac{π-2 \coth^{-1} \sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\
&(10)  β(n)=(-1)^{n-1} \log 2+(-1)^{n-1} \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k}  (n \in \mathrm{N})
\end{alignat}










<証明>

次の等式を用います。[詳細はこちらです。(A)(B)(C)(D)(E)]
\begin{alignat}{2}
&(A)  β(x)+β(x+1)=\frac{1}{x}\\
&(B)  \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{3n+1}=\frac{\sqrt{3}π+3 \log 2}{9}\\
&(C)  \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{3n+2}=\frac{\sqrt{3}π-3 \log 2}{9}\\
&(D)  \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+1}=\frac{π+2 \coth^{-1}\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}\\
&(E)  \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{4n+3}=\frac{π-2 \coth^{-1}\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}\\
\end{alignat}





$$(1)  β(1)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{k+1}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+ \cdots =\log 2$$

\((2)(3)(4)\) \((A)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
&β(2)=-β(1)+1=-\log 2+1=1 -\log 2\\
&β(3)=-β(2)+\frac{1}{2}=-(1-\log 2)+\frac{1}{2}=\log 2-\frac{1}{2}\\
&β(4)=-β(3)+\frac{1}{3}=-\left(\log 2-\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{3}=\frac{5}{6} -\log 2\\
\end{alignat}





\((5)(6)(7)(8)(9)\) \((B)(C)(D)(E)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
&(5)  β\left(\frac{1}{2}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\frac{1}{2}+k}=2\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{2k+1}=2 \cdot \frac{π}{4}=\frac{π}{2}\\
&(6)  β\left(\frac{1}{3}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\frac{1}{3}+k}=3\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{3k+1}=3 \cdot \frac{\sqrt{3}π+3 \log 2}{9}=\frac{\sqrt{3}π+3 \log 2}{3}\\
&(7)  β\left(\frac{2}{3}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\frac{2}{3}+k}=3\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{3k+2}=3 \cdot \frac{\sqrt{3}π-3 \log 2}{9}=\frac{\sqrt{3}π-3 \log 2}{3}\\
&(8)  β\left(\frac{1}{4}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\frac{1}{4}+k}=4\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{4k+1}=4 \cdot \frac{π+2 \coth^{-1} \sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{π+2 \coth^{-1} \sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\
&(9)  β\left(\frac{3}{4}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{\frac{3}{4}+k}=4\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^k}{4k+3}=4 \cdot \frac{π-2 \coth^{-1} \sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{π-2 \coth^{-1} \sqrt{2}}{\sqrt{2}}\\
\end{alignat}










\((10)\) \((A)\) の式の \(x\) に \(n,\,n-1,\,n-2 \cdots 4,\,3,\,2\) を代入します。
\begin{alignat}{2}
β(n)&=-β(n-1)+\frac{1}{n-1}\\
β(n-1)&=-β(n-2)+\frac{1}{n-2}\\
β(n-2)&=-β(n-3)+\frac{1}{n-3}\\
&\\
&     \cdots\\
&\\
β(3)&=-β(2)+\frac{1}{2}\\
β(2)&=-β(1)+1\\
\end{alignat}これを順次代入していきます。
\begin{alignat}{2}
β(n)&=-β(n-1)+\frac{1}{n-1}\\
&=-\left\{-β(n-2)+\frac{1}{n-2}\right\}+\frac{1}{n-1}\\
&=β(n-2)-\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&=-β(n-3)+\frac{1}{n-3}-\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&=-\left\{-β(n-4)+\frac{1}{n-4}\right\}+\frac{1}{n-3}-\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&=β(n-4)-\frac{1}{n-4}+\frac{1}{n-3}-\frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&\\
&                   \cdots \\
&\\
&=(-1)^{n-2} β(2)+\frac{(-1)^{n-3}}{2}+\frac{(-1)^{n-4}}{3}+\cdots +\frac{(-1)^{2}}{n-3}+\frac{(-1)^1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&=(-1)^{n-2}\{-β(1)+1\}+\frac{(-1)^{n-3}}{2}+\frac{(-1)^{n-4}}{3}+\cdots +\frac{(-1)^{2}}{n-3}+\frac{(-1)^1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&=(-1)^{n-1}β(1)+\frac{(-1)^{n-2}}{1}+\frac{(-1)^{n-3}}{2}+\frac{(-1)^{n-4}}{3}+\cdots +\frac{(-1)^{2}}{n-3}+\frac{(-1)^1}{n-2}+\frac{1}{n-1}\\
&=(-1)^{n-1} \log 2+\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^{n-k-1}}{k}\\
&=(-1)^{n-1} \log 2+(-1)^{n-1} \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k}\\
\end{alignat}以上より$$β(n)=(-1)^{n-1} \log 2+(-1)^{n-1} \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^k}{k}  (n \in \mathrm{N})$$




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