調和数つき級数のお話

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次のようなことを考えてみます. $β > α > 0$ として
$B (n + α, β - α) = \int_{0}^{1} x^{n + α - 1} (1 - x)^{β - α - 1} d x$
ですので,
$f (z) = \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} z^{n}$
なる関数に対し,
$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^{\infty} B (n + α, β - α) a_{n} z^{n} & = & \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} z^{n} \int_{0}^{1} x^{n + α - 1} (1 - x)^{β - α - 1} d x \\ = & \int_{0}^{1} x^{α - 1} (1 - x)^{β - α - 1} \sum_{n = 0}^{\infty} a_{n} (z x)^{n} d x \\ = & \int_{0}^{1} x^{α - 1} (1 - x)^{β - α - 1} f (z x) d x \end{array}$
となります.

さらに
$B (n + α, β - α) = \frac{Γ (n + α) Γ (β - α)}{Γ (n + β)}$
なので,

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (n + α)}{Γ (n + β)} a_{n} z^{n} = \frac{1}{Γ (β - α)} \int_{0}^{1} x^{α - 1} (1 - x)^{β - α - 1} f (z x) d x

と書くことができます.

この式で,
$a_{n} = H_{n}, \sum_{n = 0}^{\infty} H_{n} z^{n} = - \frac{\log (1 - z)}{1 - z}$
とし, また $β - α > 1$ としてみます. さらに簡単のため, $z = 1$ とします.

すると,
$\begin{array}{rcl} \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (n + α)}{Γ (n + β)} H_{n} & = & - \frac{1}{Γ (β - α)} \int_{0}^{1} x^{α - 1} (1 - x)^{β - α - 1} \frac{\log (1 - x)}{1 - x} d x \\ = & - \frac{1}{Γ (β - α)} \int_{0}^{1} x^{α - 1} (1 - x)^{β - α - 2} \log (1 - x) d x \\ = & - \frac{1}{Γ (β - α)} \cdot \frac{\partial}{\partial y} B (x, y) |_{(x, y) = (α, β - α - 1)} \\ = & (ψ (β - 1) - ψ (β - α - 1)) \frac{Γ (α) Γ (β - α - 1)}{Γ (β - α) Γ (β - 1)} \end{array}$
を得ました.

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (n + α)}{Γ (n + β)} H_{n} = (ψ (β - 1) - ψ (β - α - 1)) \frac{Γ (α) Γ (β - α - 1)}{Γ (β - α) Γ (β - 1)}

まず, 例えば両辺で $α \to 0$ とすると,
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{Γ (n)}{Γ (n + β)} H_{n} = \frac{ψ^{'} (β - 1)}{Γ (β)}$

即ち, $β = m$ が $2$ 以上の自然数のとき

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{H_{n}}{(n)_{m}} = \frac{1}{(m - 1)!} (\frac{π^{2}}{6} - H_{m - 2}^{(2)})

を得ます. ただし $(n)_{m} = n (n + 1) \dots (n + m - 1)$ はポッホハマー記号, $H_{m - 2}^{(2)} = \sum_{k = 1}^{m - 2} \frac{1}{k^{2}}$ です.

次に, $α \to 0$ とした後に $β = \frac{3}{2}$ としてみると,

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{2^{2 n} H_{n}}{n (2 n + 1) (\binom{2 n}{n})} = \frac{π^{2}}{2}

となりました.

また, $α = \frac{1}{2}, β = 2$ としてみると,

\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{(\binom{2 n}{n}) H_{n}}{2^{2 n} (n + 1)} = 4 \log 2

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

\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{Γ (n + α)}{Γ (n + β)} H_{n} = (ψ (β - 1) - ψ (β - α - 1)) \frac{Γ (α) Γ (β - α - 1)}{Γ (β - α) Γ (β - 1)}

の両辺を $α$ で微分して $α \to 0$ としてみます. 計算がとても激しいので省略しますが,
$\sum_{n = 1}^{\infty} ψ (n) \frac{Γ (n)}{Γ (n + β)} H_{n} = \frac{1}{Γ (β)} (- \frac{1}{2} ψ^{″} (β - 1) + (\frac{1}{β - 1} - γ) ψ^{'} (β - 1))$
と計算することができます.
$ψ (n) = - γ + H_{n - 1}$
であることから, $β = m$ として
$\sum_{n = 1}^{\infty} \frac{H_{n} H_{n - 1}}{(n)_{m}} = \frac{1}{Γ (m)} (\frac{ψ^{'} (m - 1)}{m - 1} - \frac{1}{2} ψ^{″} (m - 1))$