部分積分を繰り返してできる級数

概要

今回は、部分積分を繰り返すことで得られる級数を紹介します。具体的には、簡単な例として、指数関数のテイラー展開
$$e^x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}$$
を作り、同じようにして
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)\cdots (n+m)}$$
を求めてみたいと思います。あまり厳密な議論はせず、できるだけ軽い記事にしたいと思います。

準備

これから、部分積分を繰り返すということをするので、計算負荷軽減のため、いわゆる「瞬間部分積分」というものを準備しておきます。詳しくはヨビノリさんの こちら の動画をご覧ください。

可積分な２つの関数の積$fg$を積分することを考えます。ヨビノリさんの動画にならって、$f$を$n$回微分したものを$f^{(n)}$と書くことにしましょう。$n$回積分したものは$f^{(-n)}$と書きます。すると、部分積分を繰り返して、
$$\begin{gathered} \int fgdx \\ =f^{(-1)}{g}^{(0)}-\int f^{(-1)}{g}^{(1)}dx \\ =f^{(-1)}{g}^{(0)}-f^{(-2)}{g}^{(1)}+\int f^{(-2)}{g}^{(2)}dx \\ =\cdots \\ =f^{(-1)}{g}^{(0)}-f^{(-2)}{g}^{(1)}+\cdots +(-1{)}^n{f}^{(-n-1)}{g}^{(n)}+(-1{)}^{n+1}\int f^{(-n-1)}{g}^{(n+1)}dx \end{gathered}$$
となります。つまり、$f$を積分する方と決めておけば、「$f$積分$g$そのまま」から始めて、「$f$積分$g$微分」を符号を反転させながら繰り返せばよい訳です。

指数関数のテイラー展開

$\int e^{x}dx$をあえて$\int (x{)}^{\prime }{e}^{x}dx$とみて、部分積分を繰り返します。
$$\int e^{x}dx=x{e}^x-\frac{x^2}{2!}{e}^x+\frac{x^3}{3!}{e}^x-\cdots +C=(x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots )e^x+C$$
当然$\int e^{x}dx=e^x+C^{\prime }$ですから、$x=0$での値から積分定数のズレを調整すれば、
$$(x-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}-\cdots )e^x=e^x-1$$
となり、したがって、
$$e^{-x}=1-x+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+\cdots$$
を得ます。$x\mapsto -x$と置き換えれば、よく見慣れた指数関数のテイラー展開そのものです。ただし、上の部分積分を繰り返しているところで、誤差項の積分が$0$に収束することを示す必要がありますが、特に難しいことはないので割愛します。以下同様です。

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)\cdots (n+m)}$

同じ方法で、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)\cdots (n+m)}$$
も求められることを見てみましょう。$x^m\log x$を積分します。(積分定数略)
$$\begin{gathered} \int x^m\log xdx \\ =\frac{x^{m+1}}{m+1}\log x-\frac{x^{m+2}}{(m+1)(m+2)}\frac{1}{x}+\frac{x^{m+3}}{(m+1)(m+2)(m+3)}\frac{-1}{x^2}-\cdots \\ =\frac{x^{m+1}}{m+1}\log x-\left(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{n!}{(m+1)(m+2)\cdots (m+n+2)}\right)x^{m+1} \\ =\frac{x^{m+1}}{m+1}\log x-\left(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{m!n!}{(m+n+2)!}\right)x^{m+1} \\ =\frac{x^{m+1}}{m+1}\log x-\left(\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{m!}{(n+1)(n+2)\cdots (m+n+2)}\right)x^{m+1} \end{gathered}$$
一方、$t=\log x$と置換すると、
$$\begin{gathered} \int x^m\log xdx=\int e^{mt}t{e}^{t}dt=\int t{e}^{(m+1)t}dt \\ =t\frac{e^{(m+1)t}}{m+1}-\frac{e^{(m+1)t}}{(m+1{)}^2}=\frac{x^{m+1}}{m+1}\log x-\frac{x^{m+1}}{(m+1{)}^2} \end{gathered}$$
となるので、積分定数のズレを考慮して、
$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{m!}{(n+1)(n+2)\cdots (m+n+2)}=\frac{1}{(m+1{)}^2}$$
形を整えれば、
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+1)\cdots (n+m)}=\frac{1}{m\cdot m!}$$
と求まりました。

おわりに

読んでいただきありがとうございました。