差分を用いて冪級数を変形する

今回は、GRKONさんのツイートを元にして、差分を用いた冪級数の変形を行います。結果的に、二項係数入りの無限級数が求まります。
$\Delta a_n$で$a_n$の差分$a_{n+1}-a_n$を表すものとし、$\Delta^k a_n$を$k$階差分とします。

$z$を$0$でも$1$でもない複素数とし、$\sum _{0< n}a_nz^n$が収束するとき

$$ \begin {aligned} \sum _{0< n}(\Delta a_{n})z^{n} &=\sum _{0< n}(a_{n+1}-a_n)z^n\\ &=-a_1+\sum _{0< n}a_{n}(z^{n-1}-z^n)\\ &=-a_1+\frac {1-z}z\sum _{0< n}a_nz^n\\ \sum _{0< n}a_nz^n&=\frac {z}{1-z}\left (a_1+\sum _{0< n}(\Delta a_n)z^n\right )\cdots (*)\\ &=\sum _{0< n\leq k}(\Delta^{n-1}a_1)\left (\frac {z}{1-z}\right )^n+\left (\frac {z}{1-z}\right )^k\sum _{0< n}(\Delta^ka_n)z^n \end {aligned} $$
最後の式変形では、$(*)$をk回繰り返し適用しました。
ここで、$a_n=\frac{1}n$としてみましょう。差分を計算すると、
$$ \begin {aligned} \Delta a_n&=\frac {1}{n+1}-\frac {1}n　\\ &=-\frac {1}{n(n+1)}\\ \Delta ^2a_n&=-\frac {1}{(n+1)(n+2)}+\frac {1}{n(n+1)}\\ &=\frac {2}{n(n+1)(n+2)}\\ \Delta^{k}a_{n}&=\frac {(-1)^kk!}{\frac {(n+k)!}{(n-1)!}}\\ &=\frac {(-1)^{k}}{n\binom {n+k}n} \end {aligned} $$
となるので、
$$ \sum_{0< n}\frac{z^n}{n}=\sum_{0< n\leq k}\frac{(-1)^{n-1}}{k}\left (\frac{z}{1-z} \right )^k + \left (\frac {-z}{1-z} \right)^k \sum_{0< n}\frac{z^n}{n\binom {n+k}n} $$
となります。

ここで、$k \to \infty$の極限を考えると(この操作には既にオイラー変換という名前が付いていたらしいですね。しかしもう記事を書き始めてしまったので知らないことにします)、$\Re(z)\leq \frac 12$かつ$|z|<1$で右辺の第二項は$0$に収束し、
$$ \begin{aligned} -\ln (1-z)&=\sum _{0< n}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{z}{1-z}\right )^n\\ &=\ln \left(1-\frac{z}{1-z} \right)\\ &=-\ln (1-z) \end{aligned} $$

$$ \quad \bullet \bullet \bullet \bullet \bullet $$

なんと元に戻りました！！！！嬉しい！🤪

これでは嬉しくないので、少し別の変形をしてみます。問題は高階差分の初項しか使えないことなので、初項以外も使えるように工夫します。
$(*)$より、
$$ \begin {aligned} \sum _{0< n}a_{n}z^{n}&=\frac {z}{1-z}\left (a_{1}+\Delta a_1z+z\sum _{0< n}\Delta a_{n+1}z^n\right )\\ &=\sum _{0< n\leq k}\frac {z^{2n-1}}{(1-z)^{n}}\left (\Delta^{n-1}a_{n}+\Delta^{n}a_n\right )+\frac {z^{2k-1}}{(1-z)^{k}}\sum _{0< n}\Delta^{k}a_{n+k}z^n \end {aligned} $$

ここで、先程と同様に、$a_n=\frac{1}n ,\Re(z)\leq \frac 12,|z|<1$のとき、$k \to \infty$として
$$ \begin {aligned} \sum _{0< n}\frac {z^{n}}n&=\sum _{0< n}\frac {z^{2n-1}}{(1-z)^{n}}\left (\frac {(-1)^{n-1}}{n\binom {2n-1}n}+\frac {(-1)^{n}}{n\binom {2n}n}z\right )\\ &=\sum _{0< n}\frac {z^{2n-1}}{(1-z)^{n}}\cdot \frac {(-1)^{n-1}}{n\binom {2n}n}(2-z) \end {aligned} $$
$z=\frac 12$とすれば
$$ -\ln \left (\frac {1}2\right )=\frac {3}2\sum _{0< n}\frac {2^n}{2^{2n-1}}\frac {(-1)^{n-1}}{n\binom {2n}n} $$
つまり

を得ます。差分からこの級数が求まるとは思っていませんでした。

おまけ

同様にしてこんな級数も作れます。
$$ \begin {aligned} \frac{\ln 3- \ln2}5&=\sum _{0< n}\frac {(-1)^{n-1}}{n6^{n}\binom {2n}n}\\ \sum _{0< n}\frac {z^{n}}n&=\sum _{0< n} \frac {z^{3n-2}}{(1-z)^{n}}\left (\frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)\binom {3n-2}{2n-1}} +\frac {(-1)^{n}}{(2n-1)\binom {3n-1}{2n-1}}z +\frac {(-1)^{n}}{2n\binom {3n}{2n}}z^2 \right )\\ &=\sum _{0< n}\frac {z^{3n-2}}{(1-z)^{n}}\cdot \frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)\binom {3n-1}n}\left (\frac {3n-1}n-z-\frac {2n-1}{3n}z^2\right )\\ \ln 2&=\sum _{0< n}\frac {(-1)^n}{4^{n-1}(2n-1)\binom {3n-1}n}\left (\frac {7}3-\frac {11}{12n}\right )\\ &=\sum _{0< n}\frac {(28n-11)(-1)^{n-1}}{4^{n-1}(2n-1)\binom {3n-1}n12n}\\ 3\ln 2&=\sum _{0< n}\frac {(28n-11)(-1)^{n-1}}{4^nn(2n-1)\binom {3n-1}n}\\ \end {aligned} $$

$\binom{3n}n$などが入った級数も積分計算をせずに作れて面白いですね。最後まで読んでくださりありがとうございました。