級数を積分にする
級数を積分にする
どうも、らららです。
前書いた記事
での解法、一般化できそうだったのでしました。
$\di\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^n=f(x)$とすると、
$\di\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n2^{2n}(n!)^2}{n(2n)!}=\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{x\sqrt{1-x}}dx$が成り立つ。
\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n2^{2n}(n!)^2}{n(2n)!}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n\frac{n!}{n}\sqrt{\pi}}{\frac{(2n)!}{2^{2n}n!}\sqrt{\pi}} \\&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n\Gamma(n)\Gamma\left(\frac12\right)}{\Gamma\left(n+\frac12\right)} \\&=\sum_{n=1}^{\infty}a_nB\left(n,\frac12\right) \\&=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{0}^{1}\frac{a_nx^n}{x\sqrt{1-x}}dx \\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\sum_{n=1}^{\infty}a_nx^ndx \\&=\int_{0}^{1}\frac{f(x)}{x\sqrt{1-x}}dx \end{align}
$a_n$の条件は…この変形ができる$a_n$です🙃
$\di\beta_n=\frac{\binom{2n}{n}}{2^{2n}}$を用いれば
$\di\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_n}{n\beta_n}$とも書けますね。
最後にある級数を解こうと思います。
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2\beta_n}=-2\log^2(1+\sqrt2)$$
$\di a_n=\frac{(-1)^n}{n}$として命題1を用いる。
$\di\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^nx^n}{n}=-\log(x+1)$なので命題1における$f(x)$は$-\log(x+1)$となる。
\begin{align}
\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2\beta_n}&=-\int_{0}^{1}\frac{\log(x+1)}{x\sqrt{1-x}}dx
\\&=-2\log^2\left(1+\sqrt2\right)
\end{align}
最後の積分を解くのは読者への課題とします。
分母が$n\beta_n$の級数、いろいろ考えてるので近いうちにまた記事かくと思います。(やる気があれば)
おしまい！！