調和数つき級数のお話
次のようなことを考えてみます. $\b>\a>0$として
$$ B(n+\a,\b-\a)=\int_0^1x^{n+\a-1}(1-x)^{\b-\a-1}\,dx$$
ですので,
$$ f(z)=\sumn{0} a_nz^n$$
なる関数に対し,
$$ \beq
\sumn{0} B(n+\a,\b-\a)\,a_nz^n&=&\sumn{0} a_nz^n\int_0^1x^{n+\a-1}(1-x)^{\b-\a-1}\,dx\\
&=&\int_0^1x^{\a-1}(1-x)^{\b-\a-1}\sumn{0} a_n(zx)^n\,dx\\
&=&\int_0^1x^{\a-1}(1-x)^{\b-\a-1}f(zx)\,dx
\eeq$$
となります.
さらに
$$ \ds B(n+\a,\b-\a)=\frac{\Gamma(n+\a)\Gamma(\b-\a)}{\Gamma(n+\b)}$$
なので,
と書くことができます.
${}$
この式で,
$$ a_n=H_n,\ \ \sumn{0} H_nz^n=-\frac{\log(1-z)}{1-z}$$
とし, また$\b-\a>1$としてみます. さらに簡単のため, $z=1$とします.
すると,
$$ \beq
\sumn{0}\frac{\Gamma(n+\a)}{\Gamma(n+\b)}H_n&=&-\frac1{\Gamma(\b-\a)}\int_0^1x^{\a-1}(1-x)^{\b-\a-1}\frac{\log(1-x)}{1-x}\,dx\\
&=&-\frac1{\Gamma(\b-\a)}\int_0^1x^{\a-1}(1-x)^{\b-\a-2}\log(1-x)\,dx\\
&=&-\frac1{\Gamma(\b-\a)}\cdot\frac{\partial}{\partial y}B(x,y)\bigg|_{(x,y)=(\a,\ \b-\a-1)}\\
&=&\Big(\psi(\b-1)-\psi(\b-\a-1)\Big)\frac{\Gamma(\a)\Gamma(\b-\a-1)}{\Gamma(\b-\a)\Gamma(\b-1)}
\eeq$$
を得ました.
${}$
まず, 例えば両辺で$\a\to0$とすると,
$$ \sum_{n=1}^\infty\frac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+\b)}H_n=\frac{\psi'(\b-1)}{\Gamma(\b)}$$
即ち, $\b=m$が$2$以上の自然数のとき
を得ます. ただし$(n)_m=n(n+1)\cdots(n+m-1)$はポッホハマー記号, $H_{m-2}^{(2)}=\sum_{k=1}^{m-2}\frac1{k^2}$です.
${}$
次に, $\a\to0$とした後に$\beta=\frac32$としてみると,
となりました.
${}$
また,$\a=\frac12,\b=2$としてみると,
という, とても面白い結果を得ることができました.
${}$
さらにもう少し考えてみます. 上で得た式
の両辺を$\a$で微分して$\a\to0$としてみます. 計算がとても激しいので省略しますが,
$$ \sumn{1}\psi(n)\frac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+\b)}H_n=\frac1{\G{\b}}\bigg(-\frac12\psi''(\b-1)+\Big(\frac1{\b-1}-\gamma\big)\psi'(\b-1)\bigg)$$
と計算することができます.
$$ \psi(n)=-\gamma+H_{n-1}$$
であることから, $\b=m$として
$$ \sumn{1} \frac{H_nH_{n-1}}{(n)_m}=\frac1{\G{m}}\bigg(\frac{\psi'(m-1)}{m-1}-\frac12\psi''(m-1)\bigg)$$
即ち
となります.
${}$
最後に, さらに上の式を$\b$で微分してから$\b=2$とすることで,
を得ました. (計算が合っている自信がないので, 違っていたらすみません.)
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では, 読んで下さった方, どうもありがとうございました.
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