級数解説09

2020/12/23に 白茶 さんが出題した問題です。

https://mathlog.info/articles/1350

[解説]

まず、${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n}$を考えます。

$\begin{array}{rcl}& & \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n\\ & =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{x}^n\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\\ & =& \sum _{0<k\le n}\frac{x^n}{k}\\ & =& \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k}\sum _{n=k}^{\mathrm{\infty }}{x}^n\\ & =& \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k}\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^n\\ & =& \frac{1}{1-x}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k}\\ & =& -\frac{\log (1-x)}{1-x}\end{array}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k}=-\log (1-x)}$は${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{x}^{k-1}=\frac{1}{1-x}}$の両辺を1回積分することで得られます。

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^n=-\frac{\log (1-x)}{1-x}}$の両辺を1回積分し、

$${\displaystyle \int \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^{n}dx=\int -\frac{\log (1-x)}{1-x}dx}$$

$\begin{array}{rcl}& & \int \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n{x}^{n}dx\\ & =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n\int x^{n}dx\\ & =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+1}}{n+1}+C_1\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n\end{array}$

$\begin{array}{rcl}& & \int -\frac{\log (1-x)}{1-x}dx\\ & =& {\log }^2(1-x)-\int -\frac{\log (1-x)}{1-x}dx\\ & =& \frac{1}{2}{\log }^2(1-x)+C_2\end{array}$

より、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+1}}{n+1}+C_1\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n=\frac{1}{2}{\log }^2(1-x)+C_2}$

この式に$x=0$を代入して、

${\displaystyle C_1\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{H}_n=C_2}$であるから、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+1}}{n+1}=\frac{1}{2}{\log }^2(1-x)}$

両辺を1回積分し、

${\displaystyle \int \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+1}}{n+1}dx=\int \frac{1}{2}{\log }^2(1-x)dx}$

$\begin{array}{rcl}& & \int \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+1}}{n+1}dx\\ & =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n}{n+1}\int x^{n+1}dx\\ & =& \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+2}}{(n+1)(n+2)}+C_3\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n}{n+1}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}& & \int \frac{1}{2}{\log }^2(1-x)dx\\ & =& -\frac{1}{2}(1-x){\log }^2(1-x)-\int \log (1-x)dx\\ & =& -\frac{1}{2}(1-x){\log }^2(1-x)+(1-x)\log (1-x)+\int dx\\ & =& -\frac{1}{2}(1-x){\log }^2(1-x)+(1-x)\log (1-x)+x+C_4\end{array}$

より、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+2}}{(n+1)(n+2)}+C_3\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n}{n+1}=-\frac{1}{2}(1-x){\log }^2(1-x)+(1-x)\log (1-x)+x+C_4}$

この式に$x=0$を代入し、

${\displaystyle C_3\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n}{n+1}=C_4}$であるから、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{H_n{x}^{n+2}}{(n+1)(n+2)}=-\frac{1}{2}(1-x){\log }^2(1-x)+(1-x)\log (1-x)+x}$

この式に$x=-1$を代入し、

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+2}{H}_n}{(n+1)(n+2)}=-{\log }^{2}2+2\log 2-1}$

$\begin{array}{rcl}& & \sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}{H}_n}{(n+1)(n+2)}\\ & =& {\log }^{2}2-2\log 2+1\\ & =& (1-\log 2{)}^2\end{array}$

以上より、この等式が証明されました。