式の導き方

ここには僕がどのように式を作っているか、を書きました。

テーマ

$\log (1+ax)+\log (1+bx)=\log (1+(a+b)x+ab{x}^2)$という式は全て$\log (1+x)$の形に見ることができるので、マクローリン展開を使い係数比較をすることで自明でない式が得られるのではないか。

計算していく

$\log (1+ax)+\log (1+bx)=\log (1+(a+b)x+ab{x}^2)$
→${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}(ax{)}^k}{k}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}(bx{)}^k}{k}=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}((a+b)x+ab{x}^2{)}^k}{k}}$
($\log (1+x)$のマクローリン展開を使った)

→${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}(a^k+b^k)}{k}{x}^k=\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}((a+b)x+ab{x}^2{)}^k}{k}}$

右辺を変形していきます。

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}((a+b)x+ab{x}^2{)}^k}{k}}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}}{k}\sum _{l=0}^k(a+b{)}^{k-l}(ab{)}^l(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{l})x^{k+l}}$

$={\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{s=\lceil \frac{k}{2}\rceil }^k\frac{(-1{)}^{s+1}}{s}(a+b{)}^{2s-k}(ab{)}^{k-s}(\genfrac{}{}{0ex}{}{s}{k-s})x^k}$

$s\to k-s$と置換
$={\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{s=0}^{\lfloor \frac{k}{2}\rfloor }\frac{(-1{)}^{k-s+1}}{k-s}(a+b{)}^{k-2s}(ab{)}^s(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-s}{s})x^k}$

よって、
${\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{k+1}(a^k+b^k)}{k}{x}^k={\displaystyle \sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{s=0}^{\lfloor \frac{k}{2}\rfloor }\frac{(-1{)}^{k-s+1}}{k-s}(a+b{)}^{k-2s}(ab{)}^s(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-s}{s})x^k}}$
係数を比較することで、

${\displaystyle \frac{(-1{)}^{k+1}(a^k+b^k)}{k}=\sum _{s=0}^{\lfloor \frac{k}{2}\rfloor }\frac{(-1{)}^{k-s+1}}{k-s}(a+b{)}^{k-2s}(ab{)}^s(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-s}{s})}$
両辺を$(-1{)}^{k+1}$で割り、

${\displaystyle \frac{(a^k+b^k)}{k}=\sum _{s=0}^{\lfloor \frac{k}{2}\rfloor }\frac{(-1{)}^s}{k-s}(a+b{)}^{k-2s}(ab{)}^s(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-s}{s})}$
となる。

最後に

実は この記事 から着想を得ています。
　僕はいつもこのような感じで式を導いてます！
　ここまで読んでいただきありがとうございました！m(__)m