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

$\log(1+ax)+\log(1+bx)=\log(1+(a+b)x+abx^2)$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

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

→$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}(a^k+b^k)}{k}x^k=\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}((a+b)x+abx^2)^k}{k}$

右辺を変形していきます。

$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}((a+b)x+abx^2)^k}{k}$

$=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}\sum_{l=0}^k (a+b)^{k-l}(ab)^l\binom{k}{l}x^{k+l}$

$=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \sum_{s=\lceil\frac{k}{2}\rceil}^k \frac{(-1)^{s+1}}{s} (a+b)^{2s-k} (ab)^{k-s}\binom{s}{k-s}x^k$

$s→k-s$と置換
$=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty \sum_{s=0}^{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor} \frac{(-1)^{k-s+1}}{k-s} (a+b)^{k-2s} (ab)^{s}\binom{k-s}{s}x^k$

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

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

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

$\displaystyle\frac{a^n+b^n}{n}=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \frac{(-1)^k}{n-k}\binom{n-k}{k}(a+b)^{n-2k}(ab)^k$