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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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$$\newcommand{BA}[0]{\begin{align*}} \newcommand{BE}[0]{\begin{equation}} \newcommand{bl}[0]{\boldsymbol} \newcommand{D}[0]{\displaystyle} \newcommand{EA}[0]{\end{align*}} \newcommand{EE}[0]{\end{equation}} \newcommand{h}[0]{\boldsymbol{h}} \newcommand{k}[0]{\boldsymbol{k}} \newcommand{L}[0]{\left} \newcommand{l}[0]{\boldsymbol{l}} \newcommand{m}[0]{\boldsymbol{m}} \newcommand{n}[0]{\boldsymbol{n}} \newcommand{R}[0]{\right} $$

$\rm Lemma.$

$\D \int_0^x \frac{t^{2m}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt=\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}\sum_{m< n}\frac{2^{2n}x^{2n-1}\sqrt{1-x^2}}{2n\binom{2n}{n}} $

$\BA\D \sum_{0\le m< n}\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}}\frac{2^{2n}x^{2n-1}}{2n\binom{2n}{n}} &=\sum_{0\le m}\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\int_0^x \frac{t^{2n}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\\ &=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\int_0^x \frac{dt}{1-t^2}\\ &=\frac{\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}} \EA$

$\bf Theorem.$

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

おまけ

$\BA\D \frac{\pi}{8}\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}} &=\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-z^2}}\int_0^z \frac{1}{x}\int_0^x \frac{\tanh^{-1}t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\,dx\,dz\\ &=\int_0^\frac{\pi}{2} \int_0^z\frac{1}{\tan x}\int_0^x \tanh^{-1}\sin t\,dt\,dx\,dz\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{2(-1)^n}{2n+1}\int_0^\frac{\pi}{2} \int_0^z\frac{1}{\tan x}\int_0^x \sin(2n+1)t\,dt\,dx\,dz\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{2(-1)^n}{2n+1}\int_0^\frac{\pi}{2} \int_0^z\frac{1}{\tan x}\frac{1-\cos(2n+1)x}{2m+1}\,dx\,dz\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{2(-1)^n}{(2n+1)^2}\int_0^\frac{\pi}{2} \int_0^z \L(-\tan\frac{x}{2}+\sin(2n+1)x+2\sum_{m=0}^{n-1}\sin(2m+1)x \R)dx\,dz\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{2(-1)^n}{(2n+1)^2}\int_0^\frac{\pi}{2}\L(2\ln\cos\frac{z}{2}+\frac{1-\cos(2n+1)z}{2n+1}+2\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1-\cos(2m+1)z}{2m+1} \R)dz\\ &=\sum_{n=0}^\infty \frac{2(-1)^n}{(2n+1)^2}\L(2\beta(2)-\pi\ln2+\frac{1}{2n+1}\L(\frac{\pi}{2}-\frac{(-1)^n}{2n+1}\R)+2\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{2m+1}\L(\frac{\pi}{2}-\frac{(-1)^m}{2m+1}\R)\R)\\ &=4\beta(2)^2-2\pi\beta(2)\ln2+\pi\beta(3)-2t(4)+2\pi\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{2m+1}-4\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{(-1)^m}{(2m+1)^2}\\ &=4\beta(2)^2-2\pi\beta(2)\ln2+\frac{\pi^4}{32}-2t(4)+2\pi\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{2m+1}-2\L(\beta(2)^2-t(4)\R)\\ &=2\beta(2)^2-2\pi\beta(2)\ln2+\frac{\pi^4}{32}+2\pi\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{1}{2m+1}\\ \EA$
投稿日：2022年1月22日
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