数学物理学报, 2020, 40(3): 631-640 doi:

论文

含有中心二项式系数以及广义调和数的无穷级数恒等式

刘红梅,

Infinite Series Involving Central Binomial Coefficients and Generalized Harmonic Numbers

Liu Hongmei,

收稿日期: 2019-06-5  

基金资助: 国家自然科学基金.  11501081

Received: 2019-06-5  

Fund supported: the NSFC.  11501081

作者简介 About authors

刘红梅,E-mail:liuhm7911@163.com , E-mail:liuhm7911@163.com

摘要

该文以两个高斯超几何求和公式为基础,建立一系列关于中心二项式系数和广义调和数的无穷级数恒等式.

关键词: 超几何级数 ; 中心二项式系数 ; 广义调和数 ; 求和公式

Abstract

In this paper, by appling Gauss's two hypergeometric summation formulas, we derive some infinite series expressions for the central binomial coefficients and the generalized harmonic numbers.

Keywords: Hypergeometric series ; Central binomial coefficients ; Generalized harmonic numbers ; Summation formulas

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本文引用格式

刘红梅. 含有中心二项式系数以及广义调和数的无穷级数恒等式. 数学物理学报[J], 2020, 40(3): 631-640 doi:

Liu Hongmei. Infinite Series Involving Central Binomial Coefficients and Generalized Harmonic Numbers. Acta Mathematica Scientia[J], 2020, 40(3): 631-640 doi:

1 引言

中心二项式系数在数论、统计学和概率论等数学领域有着重要应用. 1979年Apéry[2]证明了下列无穷级数公式:

这里的$ \zeta(s) $为Riemann zeta函数,它的定义为

Hurwitz zeta函数为Riemann zeta函数的一个推广:

之后,形式为$ \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{a_n}{({}^{2n}_{\; n}\big) } $ ($ a_n $$ n $的函数)的级数被广泛研究,这种级数也被称为类Apéry级数.当然关于二项式系数的另外一种级数形式$ \sum\limits_{n = 0}^{\infty}b_n\big({}^{2n}_{\; n}\big) $ ($ b_n $$ n $的函数)也受到了很多学者的关注.利用积分、差分和特殊取值方法, Lehmer[15]建立了许多关于这两种级数的求和公式.由Dirichlets $ L $ -级数, Sun[19]和Zucker[24]也建立了大量这两种类型级数的求和公式.利用Fa$ \grave{a} $ di Bruno公式, Wang和Xu[21]建立了一系列关于调和数和二项式系数的恒等式.另外,计算机代数方法也被应用到证明和计算这些求和公式中来.例如, Ablinger[1]提供了Mathematica包{HarmonicSums},发现并验证了大量包含中心二项式系数和调和数的无穷级数公式.

最近, Chu[8]将超几何方法[7]应用到建立类Apéry级数恒等式的研究中来.这种方法的应用,我们也可参见文献[5-7, 12-13, 20, 23].本文将推广超几何方法,建立更多关于中心二项式系数和广义调和数的无穷限求和公式.

广义调和数$ H_n^{(s)}(x) $定义如下

$ x = 1 $时,

$ s = 1 $时,

显然,当$ x = 1 $$ s = 1 $时, $ H_n^{(s)}(x) $即为经典调和数$ H_n $.再介绍另外一种调和数的推广形式[9]

这里$ O_n = O_n^{(1)} = \sum\limits_{k = 1}^{n}\frac{1}{2k-1} $.

为了推广超几何方法,需要将Bell多项式的相关内容作一介绍.对一个序列$ t: = (t_1, t_2, \cdots) $, Bell多项式$ \Omega_i(t): = \Omega_i(t_1, t_2, \cdots, t_i) $定义为

$ \begin{equation} \sum\limits_{m = 0}^{\infty}\Omega_m(t)x^m = \exp \Big\{\sum\limits_{k = 1}^{\infty}t_k\frac{x^k}{k}\Big\}, \end{equation} $

具体表达式为

这里的$ \sigma(i) $为取遍所有非负整数$ a_1, a_2, \cdots, a_i $,使得$ a_1+2a_2+\cdots+ia_i = i $,或者等价地, $ \sigma(i) $为取遍$ i $的所有分拆,参考文献[10, Sect 3.3]和[16, Sect 4.2].由上述式子,下面列出几个简单的Bell多项式的表达式:

$ [x^m]f(x) $为形式幂级数$ f(x) $$ x^m $前的系数.由生成函数方法,发现下列两个关于Bell多项式、升阶乘和广义调和数的关系式,这两个关系式分别是文章[5]中的公式(5a)和(5b)的推广.

引理1.1  设$ \lambda $是一个变量,则有下列关系式成立:

$ \begin{eqnarray} &&[x^m]\frac{(a+\lambda x)_n}{(a)_n} = \Omega_m(u), \, \, \, \, \, \, \, u_i = (-1)^{i-1}\lambda^iH_n^{(i)}(a), \end{eqnarray} $

$ \begin{eqnarray} &&[x^m]\frac{(a)_n}{(a+\lambda x)_n} = \Omega_m(v), \, \, \, \, \, \, \, v_i = (-1)^{i}\lambda^iH_n^{(i)}(a), \end{eqnarray} $

其中$ (x)_n $为升阶乘,定义为

  根据对数函数的幂级数展开公式,有

由Bell多项式的定义(1.1),公式(1.2)得证.用相似的方法,可以推导出公式(1.3).

下面我们给出gamma函数的幂级数展开公式.为此,将Weierstrass定义的gamma公式先列出来:

$ \begin{equation} \Gamma(z) = \frac{e^{-\gamma z}}{z}\prod\limits_{n = 1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}e^{z/n}, \end{equation} $

这里$ \gamma \approx 0.577216 $是Euler-Mascheroni常数.

引理1.2  设$ \lambda $为一变量,则下列公式成立:

$ \begin{eqnarray} \frac{\Gamma(a+x)}{\Gamma(a)} = \exp\Big\{\sum\limits_{k = 1}^{\infty}v_k(a)\frac{x^k}{k}\Big\}, \end{eqnarray} $

其中序列$ \{v_k(a)\} $定义为

  由(1.4)式,有

因此,公式(1.5)得证.

在公式(1.5)中,分别令$ a = 1 $$ a = \frac{1}{2} $,将变量$ x $换为$ -x $,公式(1.5)将简化为文章[7]中的(0.6a)和(0.6b)式.

2 基于Gauss定理的无穷限求和公式

在经典超几何级数理论中, Gauss定理[3, 18]发挥了非常重要的作用,形式如下:

$ \begin{eqnarray} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{(a)_n(b)_n}{n!(c)_n} = \frac{\Gamma{(c)}\Gamma{(c-a-b)}}{\Gamma{(c-a)}\Gamma{(c-b)}}, \, \, \, \, {\cal R}(c-a-b)>0. \end{eqnarray} $

在(2.1)中,作参数变换$ a\rightarrow a+\lambda x $, $ b\rightarrow b+\mu x $$ c\rightarrow c+\sigma x $, Gauss定理转换为下列形式的无穷和恒等式:

$ \begin{eqnarray} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{(a)_n(b)_n}{n!(c)_n}\frac{\frac{(a+\lambda x)_n}{(a)_n} \frac{(b+\mu x)_n}{(b)_n}}{\frac{(c+\sigma x)_n}{(c)_n}} = \frac{\frac{\Gamma(c+\sigma x)}{\Gamma(c)}\frac{\Gamma(c-a-b+(\sigma-\lambda-\mu) x)} {\Gamma(c-a-b)}}{\frac{\Gamma(c-a+(\sigma-\lambda) x)} {\Gamma(c-a)}\frac{\Gamma(c-b+(\sigma-\mu) x)}{\Gamma(c-b)}} \frac{\Gamma(c)\Gamma(c-a-b)}{\Gamma(c-a)\Gamma(c-b)}. \end{eqnarray} $

提取上述式子左右两边的$ x^m $的系数,利用引理1.1和1.2,推导出如下一般求和定理.

定理2.1  对$ m\in{\Bbb N} $, $ a $, $ b $$ c $为非负整数,并且$ c-a-b > 0 $,则

$ \begin{eqnarray} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{(a)_n(b)_n}{n!(c)_n}\Omega_m(r) = \frac{\Gamma{(c)}\Gamma{(c-a-b)}} {\Gamma{(c-a)}\Gamma{(c-b)}}\Omega_m(s), \end{eqnarray} $

其中两个序列$ \{r, s\} $定义为

这里$ v_i(x) $为在引理1.2中的表达式.

注意到,这一定理等价于文献[14]中的结果(24)和(25).当$ a $, $ b $, $ c $选取不同的特殊值时,将得到几个关于中心二项式系数的一般公式.例如,在(2.3)式中,取$ a = 1 $, $ b = \frac{1}{2} $, $ c = 2 $,有如下推论.

推论2.1  对$ m\in{\Bbb N} $,下列关于中心二项式系数的求和公式成立:

$ \begin{equation} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\;n}\big) }{4^n(n+1)}\Omega_m(r) = 2\Omega_m(s), \end{equation} $

其中

根据Riemann和Hurwitz zeta函数的相关性质, $ v_i(1) $, $ v_i(2) $, $ v_i(\frac{1}{2}) $$ v_i(\frac{3}{2}) $可表示为

在(2.3)式中,令$ a = \frac{1}{2} $, $ b = \frac{1}{2} $, $ c = \frac{3}{2} $,得

推论2.2  对$ m\in{\Bbb N} $,下列关于中心二项式系数的求和公式成立:

$ \begin{equation} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\;n}\big) }{4^n(2n+1)}\Omega_m(r) = \frac{\pi}{2}\Omega_m(s), \end{equation} $

其中$ r_i = (-2\sigma)^i(O_{n+1}^{(i)}-1)-(-2)^i(\lambda^i+\mu^i)O_n^{(i)}, $

在(2.3)式中,令$ a = \frac{1}{2} $, $ b = \frac{1}{2} $, $ c = 2 $,得

推论2.3  对$ m\in{\Bbb N} $,下列关于中心二项式系数的求和公式成立:

$ \begin{equation} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\;n}\big) }^2}{16^n(n+1)}\Omega_m(r) = \frac{4}{\pi}\Omega_m(s), \end{equation} $

其中$ r_i = (-1)^i[\sigma^i(H_{n+1}^{(i)}-1)-(\lambda^i+\mu^i)2^iO_n^{(i)}], $

由上述三个推论,可以推导出一系列的关于二项式系数与广义调和数的求和公式,这些公式用下文中的表 1, 表 2, 表 3表示.

表 1   由推论2.1给出的关于中心二项式系数的求和公式

$m$$\lambda$$\mu$$\sigma$central binomial coefficient summation formulas
$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}=2$
$1$$1$$0$$0$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}H_n=4\ln2$ [13, (2.11)]
$1$$0$$1$$0$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}O_n=2$ [13, (2.13)]
$1$$0$$0$$1$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}H_{n+1}=4$ [13, (2.12)]
$2$$1$$0$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}(H_n^2-H_n^{(2)})=8 \ln^22+\frac{2}{3}\pi^2$ [14, Ex.4.1]
$2$$0$$1$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}(O_n^2-O_n^{(2)})=4$[14, Ex.4.22]
$2$$0$$0$$1$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}(H_{n+1}^{(2)}+H_{n+1}^2 -2H_{n+1})=8$ [14, Ex.4.24]
$3$$1$$0$$0$$\begin{array}{l}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(n+1)}(H_{n}^{3}-3H_{n}H_n^{(2)}+2H_{n}^{(3)})\\ =4(4\ln^32+\pi^2\ln2+6\zeta(3)) \ {\rm [14, \; Ex.4.11]} \end{array}$
$3$$0$$1$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(n+1)}(O_{n}^{3}-3O_{n}O_n^{(2)}+2O_{n}^{(3)})=12$[14, Ex.4.23]
$3$$0$$0$$1$$ \begin{array}{l}\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(n+1)}(H_{n+1}^3-3H_{n+1}^2+3H_{n+1}H_{n+1}^{(2)} \\ -3H_{n+1}^{(2)}+2H_{n+1}^{(3)})=48\ {\rm [14, \; Ex.4.25]}\end{array}$
$4$$1$$0$$0$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}(H_{n}^4-6H_{n}^2H_n^{(2)}+3(H_{n}^{(2)})^2+8H_{n}H_n^{(3)}-6H_{n}^{(4)})\\ =2(16\ln^42+8\pi^2\ln^22+\pi^4/3+96\ln2\cdot\zeta(3)+84\zeta(4)) \end{array}$
$4$$0$$1$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(n+1)}(O_{n}^{4}-6O_{n}^2O_n^{(2)}+3(O_n^{(2)})^2+8O_nO_{n}^{(3)}-6O_n^{(4)})=48$
$4$$0$$0$$1$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(n+1)}(-4H_{n+1}^3+H_{n+1}^4-12H_{n+1}H_{n+1}^{(2)}+6H_{n+1}^2H_{n+1}^{(2)} \\+3(H_{n+1}^{(2)})^2-8H_{n+1}^{(3)}+8H_{n+1}H_{n+1}^{(3)}+6H_{n+1}^{(4)})=384 \end{array}$

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表 2   由推论2.2给出的关于中心二项式系数的求和公式

$m$$\lambda$$\mu$$\sigma$central binomial coefficient summation formulas
$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(2n+1)}=\frac{\pi}{2}$
$1$$1$$0$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(2n+1)}O_n=\frac{\pi}{2}\ln2$[13, (2.15)]
$1$$0$$0$$1$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(2n+1)}O_{n+1}=\pi\ln2$[13, (2.16)]
$2$$1$$0$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(2n+1)}(O_n^2-O_n^{(2)})=\frac{\pi}{2}\ln^22+\frac{\pi^3}{24}$
$2$$0$$0$$1$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(2n+1)}(O_{n+1}^2-2O_{n+1}+O_{n+1}^{(2)}) =2\pi\ln^22-2\pi\ln2+\frac{\pi^3}{12}$
$3$$1$$0$$0$$ \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n})}{4^n(2n+1)}(O_n^3-3O_nO_n^{(2)}+2O_n^{(3)})= \frac{\pi}{8}(4\ln^32+\pi^2\ln2+6\zeta(3))$
$3$$0$$0$$1$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(2n+1)}(3O_{n+1}^2 -O_{n+1}^3+3O_{n+1}^{(2)}-3O_{n+1}O_{n+1}^{(2)}-2O_{n+1}^{(3)})\\ =\frac{\pi}{4}(24\ln^22-16\ln^32+\pi^2-2\pi^2\ln2-6\zeta(3)) \end{array}$
$4$$1$$0$$0$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(2n+1)}(O_{n}^{4}-6O_{n}^2O_n^{(2)}+3(O_n^{(2)})^2+8O_nO_{n}^{(3)}-6O_n^{(4)})\\ =\frac{\pi}{2}(\ln^42+\frac{\ln^22}{2}\pi^2+\frac{\pi^4}{48}+6\ln2\cdot \zeta(3)+4\zeta(4)) \end{array}$
$4$$0$$0$$1$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{({}^{2n}_{\; n}) }{4^n(2n+1)}(-4O_{n+1}^3+O_{n+1}^4-12O_{n+1}O_{n+1}^{(2)}+6O_{n+1}^2O_{n+1}^{(2)}+3(O_{n+1}^{(2)})^2\\ -8O_{n+1}^{(3)}+8O_{n+1}O_{n+1}^{(3)}+6O_{n+1}^{(4)})=\pi(-16\ln^32+8\ln^42-2\ln2\cdot\pi^2 \\ +2\ln^22\cdot\pi^2+\frac{1}{24}\pi^4-6\zeta(3)+12\ln2\cdot\zeta(3)+\frac{21}{4}\zeta(4))\end{array}$

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表 3   由推论2.3给出的关于中心二项式系数的求和公式

$m$$\lambda$$\mu$$\sigma$central binomial coefficient summation formulas
$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n}) }^2}{16^n(n+1)}=\frac{4}{\pi}$
$1$$1$$0$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n}) }^2}{16^n(n+1)}O_n=\frac{4}{\pi}(1-\ln2)$[13, (2.17)]
$1$$0$$0$$1$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n}) }^2}{16^n(n+1)}H_{n+1}=\frac{16}{\pi}(1-\ln2)$[13, (2.18)]
$2$$1$$0$$0$$\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n})}^2}{16^n(n+1)}(O_n^2-O_n^{(2)}) =\frac{4}{\pi}(2-2\ln2+\ln^22-\frac{\pi^2}{12})$ [14, Ex.4.2]
$2$$0$$0$$1$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n})}^2}{16^n(n+1)}(H_{n+1}^{(2)}\!+\!H_{n+1}^2\!-\!2H_{n+1}) \!=\!\frac{4}{\pi}(16\ln^22\!-\!24\ln2\!+\!16\!-\!\frac{2\pi^2}{3}) {\rm [14, Ex.4.7]} \end{array}$
$3$$1$$0$$0$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n}) }^2}{16^n(n+1)}(O_{n}^3-3O_{n}O_n^{(2)}+2O_{n}^{(3)}) \\ =\frac{1}{\pi}(24-16\ln2+4\ln^22-4\ln^32-\pi^2+\pi^2\ln2-6\zeta(3))\ {\rm [14, Ex.4.12]} \end{array}$
$3$$0$$0$$1$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n}) }^2}{16^n(n+1)}(H_{n+1}^3 -3H_{n+1}^2+3H_{n+1}H_{n+1}^{(2)}-3H_{n+1}^{(2)}+2H_{n+1}^{(3)}) \\ =\frac{8}{\pi}(60-60\ln2+24\ln^22-32\ln^32-3\pi^2+4\pi^2\ln2-12\zeta(3))\ {\rm [14, Ex.4.13]} \end{array}$
$4$$1$$0$$0$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n})}^2}{16^n(n+1)}(O_{n}^{4}-6O_{n}^2O_n^{(2)} +3(O_n^{(2)})^2+8O_nO_{n}^{(3)}-6O_n^{(4)})\\ =\frac{4}{\pi}(24-24\ln2+12\ln^22-4\ln^32+\ln^42-\pi^2+\pi^2\ln2 -\frac{1}{2}\pi^2\ln^22\\ +\frac{\pi^4}{48}-6\zeta(3)+6\zeta(3)\ln2-\frac{21}{4}\zeta(4)) \end{array}$
$4$$0$$0$$1$$\begin{array}{l} \sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{{({}^{2n}_{\; n}) }^2}{16^n(n+1)}(-4H_{n+1}^3+H_{n+1}^4-12H_{n+1}H_{n+1}^{(2)} +6H_{n+1}^2H_{n+1}^{(2)}\\ +3(H_{n+1}^{(2)})^2-8H_{n+1}^{(3)}+8H_{n+1}H_{n+1}^{(3)}+6H_{n+1}^{(4)}) \\ =\frac{4}{\pi}(1152-1920\ln2+1536\ln^22-768\ln^32+256\ln^42-64\pi^2+96\pi^2\ln2 \\ -64\pi^2\ln^22+\frac{4}{3}\pi^4-288\zeta(3)+384\ln2\cdot\zeta(3)-168\zeta(4)) \end{array}$

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注2.1  在推论2.3和表 3中的关于中心二项式系数平方的公式在文章[4]和[22]中已被验证.

3 基于Gauss第二定理的无穷限求和公式

Gauss第二定理,参见文献[3, 18]:

$ \begin{eqnarray} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{(a)_n(c)_n}{n!(\frac{1+a+c}{2})_n}\big(\frac{1}{2}\big)^n = \frac{\Gamma{(\frac{1}{2})}\Gamma{(\frac{1+a+c}{2})}}{\Gamma{(\frac{1+a}{2})}\Gamma{(\frac{1+c}{2})}}. \end{eqnarray} $

在(3.1)式中,作变量替换$ a\rightarrow a+\lambda x $, $ c\rightarrow c+\mu x $,提取上式左右两边$ x^m $前的系数,利用引理1.1和引理1.2,可建立下列恒等式.

定理3.1  对$ m\in{\Bbb N} $, $ a $, $ c $为非负整数,下列无穷级数恒等式成立:

$ \begin{eqnarray} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{(a)_n(c)_n}{n!(\frac{1+a+c}{2})_n}\big(\frac{1}{2}\big)^n\Omega_m(u) = \frac{\sqrt{\pi}\Gamma{(\frac{1+a+c}{2})}}{\Gamma{(\frac{1+a}{2})}\Gamma{(\frac{1+c}{2})}}\Omega_m(t), \end{eqnarray} $

其中两个序列$ \{u, t\} $定义为:

在(3.2)式中,令$ a = c = 1 $, $ \lambda = 1 $, $ \mu = -1 $,可推导出类Apéry级数恒等式[9, Eq 3b].

在(3.2)式中,令$ a = \frac{1}{2} $, $ c = \frac{3}{2} $,有下列推论.

推论3.1  对$ m\in{\Bbb N} $,有

$ \begin{equation} \sum\limits_{n = 0}^{\infty}\frac{\big({}^{2n}_{\;n}\big) }{8^n}\Omega_m(u) = \sqrt{2}\Omega_m(t), \end{equation} $

其中

例3.1  在(3.3)式中,令$ m = 0 $,有

这个恒等式在文献[15]也可看到.

例3.2  在(3.3)式中,令$ m = 1 $, $ \lambda = \mu = 1 $,有

  在(3.3)式中,令$ m = 1 $, $ \lambda = \mu = 1 $,有

Hurwitz zeta函数($ m $是非负整数)与polygamma函数的关系为

$ \begin{eqnarray} \psi^{(m)}(z) = (-1)^{m+1}m!\zeta(m+1, z). \end{eqnarray} $

由这个关系式,有

其中$ \psi(x) = \psi^{(0)}(x) $是digamma函数,关于它的一些特殊值可以参考文献[17]:

根据digamma函数的关系式:

可以得到

因此$ t_1 = \ln2 $,进而结论得证.

相似地,有下列求和公式成立.

例3.3  在(3.3)式中,令$ m = 1 $, $ \lambda = 0 $, $ \mu = 1 $,有

例3.4  在(3.3)式中,令$ m = 2 $, $ \lambda = \mu = 1 $,有

  在(3.3)式中,令$ m = 2 $, $ \lambda = \mu = 1 $,利用关系式(3.4),有

其中$ \psi'(x) = \psi^{(1)}(x) $.$ \psi'(\frac{1}{2}) $, $ \psi'(\frac{1}{4}) $以及$ \psi'(\frac{3}{4}) $的值为

其中$ G $为Catalan常数,这些值可参考文献[11].另外,由polygamma函数的递推关系

$ \begin{equation} \psi^{(n)}(x+1) = \psi^{(n)}(x)+\frac{(-1)^nn!}{x^{n+1}}, \end{equation} $

可得$ \psi'(\frac{3}{2}) = \frac{\pi^2}{2}-4 $, $ \psi'(\frac{5}{4}) = \pi^2+8G-16 $,因此计算出$ t_2 = 0 $.结论得证.

例3.5  在(3.3)式中,令$ m = 2 $, $ \lambda = 0 $, $ \mu = 1 $,有

例3.6  在(3.3)式中,令$ m = 3 $, $ \lambda = \mu = 1 $,有

  在(3.3)式中,令$ m = 3 $, $ \lambda = \mu = 1 $,利用关系式(3.4),有

其中$ \psi''(x) = \psi^{(2)}(x) $.在文献[17]中,发现

根据关系式(3.5),可以推导出$ t_3 = 0 $,结论得证.

例3.7  在(3.3)式中,令$ m = 3 $, $ \lambda = 0 $, $ \mu = 1 $

参考文献

Ablinger J .

Discovering and proving infinite binomial sums identities

Exp Math, 2017, 26 (1): 62- 71

[本文引用: 1]

Apéry R .

Irrationalité de $\zeta(2)$ et $\zeta(3)$

Astérisque, 1979, 61, 11- 13

[本文引用: 1]

Bailey W N . Generalized Hypergeometric Series. Cambridge: Cambridge Univ Press, 1935

[本文引用: 2]

Campbell J M .

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