2

級数解説09

46
0
$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{d}[0]{\displaystyle} \newcommand{f}[0]{<} \newcommand{i}[1]{\int_0^{#1}} \newcommand{l}[0]{\left(} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{qed}[0]{~~~~~~~~~~\square} \newcommand{r}[0]{\right)} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{tria}[0]{\tau\rho\iota\alpha} \newcommand{v}[0]{\varnothing} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} \newcommand{z}[0]{\zeta} $$

2020/12/23に 白茶 さんが出題した問題です。

https://mathlog.info/articles/1350

$$ \displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}H_n}{(n+1)(n+2)}=\l1-\log2\r^2 $$

[解説]

まず、$\d\sum_{n=1}^\infty H_nx^n $を考えます。

$ \begin{eqnarray*} &&\sum_{n=1}^\infty H_nx^n\\ &=&\sum_{n=1}^\infty x^n\sum_{k=1}^n \frac1k\\ &=&\sum_{0\f k\le n}\frac{x^n}k\\ &=&\sum_{k=1}^\infty\frac1k\sum_{n=k}^\infty x^n\\ &=&\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}k\sum_{n=0}^\infty x^n\\ &=&\frac1{1-x}\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}k\\ &=&-\frac{\log(1-x)}{1-x} \end{eqnarray*} $

$\d\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}k=-\log(1-x) $$\d\sum_{k=1}^\infty x^{k-1}=\frac1{1-x} $の両辺を1回積分することで得られます。

$\d\sum_{n=1}^\infty H_nx^n=-\frac{\log(1-x)}{1-x} $の両辺を1回積分し、

$$\d\int\sum_{n=1}^\infty H_nx^ndx=\int -\frac{\log(1-x)}{1-x}dx$$

$ \begin{eqnarray*} &&\int\sum_{n=1}^\infty H_nx^ndx\\ &=&\sum_{n=1}^\infty H_n\int x^ndx\\ &=&\sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^{n+1}}{n+1}+C_1\sum_{n=1}^\infty H_n \end{eqnarray*} $

$ \begin{eqnarray*} &&\int -\frac{\log(1-x)}{1-x}dx\\ &=&\log^2(1-x)-\int-\frac{\log(1-x)}{1-x}dx\\ &=&\frac12\log^2(1-x)+C_2 \end{eqnarray*} $

より、

$\d\sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^{n+1}}{n+1}+C_1\sum_{n=1}^\infty H_n=\frac12\log^2(1-x)+C_2 $

この式に$x=0$を代入して、

$\d C_1\sum_{n=1}^\infty H_n=C_2 $であるから、

$\d\sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^{n+1}}{n+1}=\frac12\log^2(1-x) $

両辺を1回積分し、

$\d\int \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^{n+1}}{n+1}dx=\int\frac12\log^2(1-x) dx$

$ \begin{eqnarray*} &&\int \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^{n+1}}{n+1}dx\\ &=&\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}\int x^{n+1}dx\\ &=&\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nx^{n+2}}{(n+1)(n+2)}+C_3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1} \end{eqnarray*} $

$ \begin{eqnarray*} &&\int\frac12\log^2(1-x) dx\\ &=&-\frac12(1-x)\log^2(1-x)-\int\log(1-x)dx\\ &=&-\frac12(1-x)\log^2(1-x)+(1-x)\log(1-x)+\int dx\\ &=&-\frac12(1-x)\log^2(1-x)+(1-x)\log(1-x)+x+C_4 \end{eqnarray*} $

より、

$\d\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nx^{n+2}}{(n+1)(n+2)}+C_3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}=-\frac12(1-x)\log^2(1-x)+(1-x)\log(1-x)+x+C_4 $

この式に$x=0$を代入し、

$\d C_3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}=C_4 $であるから、

$\d\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nx^{n+2}}{(n+1)(n+2)}=-\frac12(1-x)\log^2(1-x)+(1-x)\log(1-x)+x $

この式に$x=-1$を代入し、

$\d\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+2}H_n}{(n+1)(n+2)}=-\log^22+2\log2-1$

$ \begin{eqnarray*} &&\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{(n+1)(n+2)}\\ &=&\log^22-2\log2+1\\ &=&(1-\log2)^2 \end{eqnarray*} $

以上より、この等式が証明されました。

投稿日:20201225

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

神鳥奈紗
神鳥奈紗
481
13276
遭難者です.高専1年です.MZV,級数,積分をメインにやっています.

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