ある極限について

ある極限を解きたいよ～

Twitter（現X）で見かけた極限の問題を解きたい。
それがこちら。

もちろんロピタルの定理なんかを使えば、すぐに$\frac{1}{2}$だとわかる。
しかしなんとかしてロピタルの定理を用いずに上手く解きたいものである。
そこで私は次のように考えた。

ロピタルを使わないで。

では実際そんな$f$はあるのか、考えていこう。

$f$あるの？

$f$は微分可能であればよいのだが、簡単のために$C^{\mathrm{\infty }}$級であると仮定し、定義域は$x\geqq 0$とでもしておこう。($\log (x+1)$と矛盾しない。)
定数項については、関数方程式$(\star )$からどのような実数でもよいことがわかるので、$0$としてよいです。
ここで$f$に強い仮定をおいてマクローリン展開可能だとします。
このとき
$$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n(a_n\in \mathbb{R})$$
とおけて、$(\star )$は以下のようになる。
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(\log (x+1){)}^n=x\log (x+1)$$
ここで、$0\leqq x\leqq 1$で（$x\to +0$を考えるので問題ない。）
$$\log (1+x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^n=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots$$
であったから
$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots )}^n=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}}{n}{x}^{n+1}$$
である。さて、ここから$a_n$を求めたいので係数比較を行おう。

係数比較で$a_n$を求めたい。

右辺を見ると$x^2$の項からしかないので、左辺の$x^1$の項は$0$でなければならないが
$a_1-a_1=0$
であり、矛盾ない。
答えから$f^{\prime }(0)=2$でなければいけないので、$a_1=2$である。
$x^{k+1}(k\geqq 1)$の係数は、右辺は
$$\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}$$
とすぐわかるが、左辺は簡単にはわからない。
だから具体的なkで実験してみよう。

具体例

まず、$x^2$の項は、( )の中の最低次数が１次であるから
$$a_n{(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots )}^n$$
の展開式の中では$n=1,2$のときにしか現れない。
$n=1$のときには2次がそのままで$-\frac{1}{2}{a}_1$である。
$n=2$のときには1次の項と1次の項の積で現れて$a_2$である。
よって$x^2$の係数を比較して
$$a_2-(-\frac{1}{2}{a}_1+a_2)=1$$
これより$a_2=\frac{1}{6}$とわかる。
次に、$x^3$の項は
$n=1,2,3$のときに現れて、$n=1$のときは3次そのままで$\frac{1}{3}{a}_1$。
$n=2$のときには1次と2次の積で二つ現れて$2\cdot (-\frac{1}{2})a_2=-a_2$。
$n=3$のときには1次の三つの積で現れて$a_3$である。
よって$x^3$の係数を比較して
$$a_3-(\frac{1}{3}{a}_1-a_2+a_3)=-\frac{1}{2}$$
これより$a_3=-\frac{1}{108}$とわかる。

一般には

以下繰り返していくと、$x^{k+1}$の係数を比較して
$$\cancel{a_{k+1}}-\{\frac{(-1{)}^k}{k+1}{a}_1+\cdots +(\frac{k-1}{3}+\frac{{}_{k-1}{\mathrm{C}}_2}{4})a_{k-1}+(-\frac{k}{2})a_k+\cancel{a_{k+1}}\}=\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}$$
とわかるのだが、このごまかした$\cdots$の部分は具体的にどうなっているか考えていこう。
つまり
$$P(x)={(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots )}^n$$
のすべての$n$に対する$x^{k+1}$の項の係数$p_{n,k+1}$を考える。
$P(x)$は$n$次以上の式であるから、$n>k+1$のときは$p_{n,k+1}=0$である。
$n\leqq k+1$のとき、$k+1$個の$x$(つまり$x^{k+1}$)を$n$個の( )のどこから何個持ってくるかを考えることになる。
これを少し観察してみると、区別のない$k+1$個の玉を区別のある$n$箱に分ける（空箱なし）ことと同値だとわかる。
その$n$箱の玉の個数の内訳を$(l_1,l_2,\cdots ,l_n)(l_i\in {\mathbb{Z}}_{>0})$とすると
$$p_{n,k+1}=\sum _{\sum l_i=k+1}\prod _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{l_i-1}}{l_i}$$
であることがわかる！
以上より$x^{k+1}$の係数を比較して
$$a_{k+1}-\sum _{n=1}^{k+1}{p}_{n,k+1}{a}_n=\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}$$
$$\cancel{a_{k+1}}-\sum _{n=1}^k{p}_{n,k+1}{a}_n-\cancel{a_{k+1}}=\frac{(-1{)}^{k-1}}{k}$$
$$\sum _{n=1}^k{p}_{n,k+1}{a}_n=\frac{(-1{)}^k}{k}$$
よって$k\ge 2$のとき
$$p_{k,k+1}{a}_k+\sum _{n=1}^{k-1}{p}_{n,k+1}{a}_n=\frac{(-1{)}^k}{k}$$
$$-\frac{k}{2}{a}_k+\sum _{n=1}^{k-1}\left(\sum _{\sum l_i=k+1}\prod _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{l_i-1}}{l_i}\right)a_n=\frac{(-1{)}^k}{k}$$
$$\therefore a_k=\frac{2}{k}\{\sum _{n=1}^{k-1}\left(\sum _{\sum l_i=k+1}\prod _{i=1}^n\frac{(-1{)}^{l_i-1}}{l_i}\right)a_n-\frac{(-1{)}^k}{k}\}$$
以上より
$$a_1=2,a_n=\frac{2}{n}\{\sum _{m=1}^{n-1}\left(\sum _{\sum l_i=n+1}\prod _{i=1}^m\frac{(-1{)}^{l_i-1}}{l_i}\right)a_m-\frac{(-1{)}^n}{n}\}(n\geqq 2)$$
と求まるよ。

$f$はあった。

さて、これで
$$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n⟹(\star )$$
が示せた。当然この$f$は微分可能であるから十分である。
$$\therefore \underset{x\to +0}{lim}(\frac{1}{\log (x+1)}-\frac{1}{x})=\underset{c\to +0}{lim}\frac{1}{f^{\prime }(c)}=\frac{1}{f^{\prime }(0)}=\frac{1}{a_1}=\frac{1}{2}$$
というわけで　$Done!$