twitterで見た級数：Σ[n=1..∞](-1)^n log(1+1/n)

与式の左辺を$n$が奇数の時と偶数の時で分けて
$$\begin{array}{rcl}\text{左辺}& =& \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{2m-1}\log (1+\frac{1}{2m-1})+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{2m}\log (1+\frac{1}{2m})\\ & =& \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}-\log \left(\frac{2m}{2m-1}\right)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log \left(\frac{2m+1}{2m}\right)\\ & =& \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log \left(\frac{2m-1}{2m}\right)+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log \left(\frac{2m+1}{2m}\right)\\ & =& \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log (1-\frac{1}{2m})+\sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log (1+\frac{1}{2m})\\ & =& \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log (1-\frac{1}{2m})(1+\frac{1}{2m})\\ & =& \sum _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\log (1-\frac{1}{(2m{)}^2})\\ & =& \log \left(\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{(2m{)}^2})\right)\end{array}$$
ここで$\sin$は因数分解すると
$$\begin{array}{rcl}\sin \left(x\right)& =& x(1-\frac{x}{\pi })(1+\frac{x}{\pi })(1-\frac{x}{2\pi })(1+\frac{x}{2\pi })\cdots \\ & =& x(1-\frac{x^2}{{\pi }^2})(1-\frac{x^2}{(2\pi {)}^2})\cdots \\ & =& x\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{x^2}{(m\pi {)}^2})\end{array}$$とあらわせ、$x\ne 0$のとき
$$\begin{array}{rcl}\therefore {\displaystyle \frac{\sin \left(x\right)}{x}}& =& \prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{x^2}{(m\pi {)}^2})\end{array}$$
なので、この式と比較して
$$\frac{1}{(2m{)}^2}=\frac{x^2}{(m\pi {)}^2}$$という関係式が得られ、$x$は
$$\begin{gathered} x^2={\left(\frac{m\pi }{2m}\right)}^2 \\ \Rightarrow \\ x=\frac{\pi }{2} \end{gathered}$$となり
$$\begin{array}{rcl}\log \left(\prod _{m=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{1}{(2m{)}^2})\right)& =& \log \left(\frac{\sin \left({\displaystyle \frac{\pi }{2}}\right)}{{\displaystyle \frac{\pi }{2}}}\right)\\ & =& \log \left(\frac{2}{\pi }\right)\end{array}$$命題が証明された。