。さんの問題の解答

この記事では, Twitterで 。さん がツイートされていた, 以下の問題の, 私の解法を書こうと思います.
$$

(こちらの都合で, 問題文の表記のみ少し変更させてもらいました.)
$$

(証明)

$$\begin{array}{rcl}\sum _{m=1}^n\frac{1}{m}\sum _{k=2}^n\frac{1}{k^{2m}}& =& {\int }_0^1\sum _{m=1}^n\sum _{k=2}^n\frac{x^{m-1}}{k^{2m}}dx\\ & =& \sum _{k=2}^n{\int }_0^1\frac{1}{k^2}\sum _{m=1}^n(\frac{x}{k^2}{)}^{m-1}dx\\ & =& \sum _{k=2}^n{\int }_0^1\frac{1-(\frac{x}{k^2}{)}^n}{k^2-x}dx\end{array}$$
と表せます.

ここで第$2$項${\displaystyle \sum _{k=2}^n{\int }_0^1\frac{1}{k^2-x}(\frac{x}{k^2}{)}^{n}dx}$は, $n\to \mathrm{\infty }$で明らかに$0$に収束します. このことは,
$$\sum _{k=2}^n{\int }_0^1\frac{1}{k^2-x}(\frac{x}{k^2}{)}^{n}dx\le \sum _{k=2}^n\frac{1}{k^{2n}(k^2-1)}\le \sum _{k=2}^n\frac{1}{3\cdot 2^{2n}}=\frac{n-1}{3\cdot 2^{2n}}$$
とすれば, 簡単に示せます.

従って, 極限には第$1$項しか影響せず,

$$\begin{array}{rcl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{m=1}^n\frac{1}{m}\sum _{k=2}^n\frac{1}{k^{2m}}& =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=2}^n{\int }_0^1\frac{1}{k^2-x}dx\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=2}^n\log \frac{k^2}{k^2-1}\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{k=2}^n\log \frac{k\cdot k}{(k-1)(k+1)}\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\log \frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot \frac{3\cdot 3}{2\cdot 4}\cdots \frac{n\cdot n}{(n-1)(n+1)}\\ & =& \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\log \frac{2\cdot n}{n+1}\\ & =& \log 2\end{array}$$
と, 示すことができました.$$◻$$