。さんの問題の解答

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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.
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(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.)
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(証明)

$$\beq \sum_{m=1}^n\frac1m\sumk{2}\frac1{k^{2m}} &=&\int_0^1\sum_{m=1}^n\sumk{2}\frac{x^{m-1}}{k^{2m}}\,dx\\[5pt] &=&\sumk{2}\int_0^1\frac1{k^2}\sum_{m=1}^n\Big(\frac{x}{k^2}\Big)^{m-1}\,dx\\[5pt] &=&\sumk{2}\int_0^1\frac{\ 1-(\frac{x}{k^2})^n}{k^2-x}\,dx \eeq$$
と表せます.

ここで第$2$項$\ds\sumk{2}\int_0^1\frac{1}{k^2-x}\Big(\frac{x}{k^2}\Big)^n\,dx$は, $n\to\infty$で明らかに$0$に収束します. このことは,
$$\sumk{2}\int_0^1\frac{1}{k^2-x}\Big(\frac{x}{k^2}\Big)^n\,dx\leq\sumk{2}\frac1{k^{2n}(k^2-1)}\leq\sumk{2}\frac1{3\cdot2^{2n}}=\frac{n-1}{3\cdot2^{2n}}$$
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,

$$\beq \limn\sum_{m=1}^n\frac1m\sum_{k=2}^n\frac1{k^{2m}} &=&\limn\sumk{2}\int_0^1\frac{1}{k^2-x}\,dx\\[5pt] &=&\limn\sumk{2}\,\log\frac{k^2}{k^2-1}\\[5pt] &=&\limn\sumk{2}\,\log\frac{k\cdot k}{(k-1)(k+1)}\\[5pt] &=&\limn\,\log\frac{2\cdot2}{1\cdot3}\cdot\frac{3\cdot3}{2\cdot4}\cdots\frac{n\cdot n}{(n-1)(n+1)}\\[5pt] &=&\limn\,\log\frac{2\cdot n}{n+1}\\[5pt] &=&\log2 \eeq$$
と, 示すことができました.$$\Box$$

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