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高校数学解説

𝐭𝐚𝐧𝐡⁻¹𝒙/√1-𝒙² のマクローリン展開

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$L e m m a .$

\int_{0}^{x} \frac{t^{2 m}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t = \frac{(\binom{2 m}{m})}{2^{2 m}} \sum_{m < n} \frac{2^{2 n} x^{2 n - 1} \sqrt{1 - x^{2}}}{2 n (\binom{2 n}{n})}

\begin{aligned} \sum_{0 \leq m < n} \frac{{(\binom{2 m}{m})}^{2}}{2^{4 m}} \frac{2^{2 n} x^{2 n - 1}}{2 n (\binom{2 n}{n})} & = \sum_{0 \leq m} \frac{(\binom{2 m}{m})}{2^{2 m}} \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \int_{0}^{x} \frac{t^{2 n}}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t \\ = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}} \int_{0}^{x} \frac{d t}{1 - t^{2}} \\ = \frac{\tanh^{- 1} x}{\sqrt{1 - x^{2}}} \end{aligned}

$T h e o r e m .$

\frac{\tanh^{- 1} x}{\sqrt{1 - x^{2}}} = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{2 n} x^{2 n - 1}}{2 n (\binom{2 n}{n})} \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{{(\binom{2 m}{m})}^{2}}{2^{4 m}}

おまけ

\begin{aligned} \frac{π}{8} \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{{(\binom{2 m}{m})}^{2}}{2^{4 m}} & = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1 - z^{2}}} \int_{0}^{z} \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \frac{\tanh^{- 1} t}{\sqrt{1 - t^{2}}} d t d x d z \\ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{z} \frac{1}{\tan x} \int_{0}^{x} \tanh^{- 1} \sin t d t d x d z \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 (- 1)^{n}}{2 n + 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{z} \frac{1}{\tan x} \int_{0}^{x} \sin (2 n + 1) t d t d x d z \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 (- 1)^{n}}{2 n + 1} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{z} \frac{1}{\tan x} \frac{1 - \cos (2 n + 1) x}{2 m + 1} d x d z \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 (- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \int_{0}^{z} (- \tan \frac{x}{2} + \sin (2 n + 1) x + 2 \sum_{m = 0}^{n - 1} \sin (2 m + 1) x) d x d z \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 (- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (2 \ln \cos \frac{z}{2} + \frac{1 - \cos (2 n + 1) z}{2 n + 1} + 2 \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{1 - \cos (2 m + 1) z}{2 m + 1}) d z \\ = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{2 (- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} (2 β (2) - π \ln 2 + \frac{1}{2 n + 1} (\frac{π}{2} - \frac{(- 1)^{n}}{2 n + 1}) + 2 \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{1}{2 m + 1} (\frac{π}{2} - \frac{(- 1)^{m}}{2 m + 1})) \\ = 4 β (2)^{2} - 2 π β (2) \ln 2 + π β (3) - 2 t (4) + 2 π \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{1}{2 m + 1} - 4 \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{(- 1)^{m}}{(2 m + 1)^{2}} \\ = 4 β (2)^{2} - 2 π β (2) \ln 2 + \frac{π^{4}}{32} - 2 t (4) + 2 π \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{1}{2 m + 1} - 2 (β (2)^{2} - t (4)) \\ = 2 β (2)^{2} - 2 π β (2) \ln 2 + \frac{π^{4}}{32} + 2 π \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(- 1)^{n}}{(2 n + 1)^{2}} \sum_{m = 0}^{n - 1} \frac{1}{2 m + 1} \end{aligned}

投稿日：2022年1月22日

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