微分積分の問題

1. $H_n$ を係数にもつべき級数を求める。

$|x|<1$ のとき
$$-\log (1-x)=\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^k}{k},\frac{1}{1-x}=\sum _{m=0}^{\infty }{x}^m$$
であり、どちらも $|x|<1$ で絶対収束する。絶対収束する級数どうしのコーシー積はもとの和の積に収束するので、
$$-\frac{\log (1-x)}{1-x}=\sum _{n=1}^{\infty }\left(\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\right)x^n=\sum _{n=1}^{\infty }{H}_n{x}^n(|x|<1)$$
が成り立つ。

このべき級数の収束半径は $1$ である。実際、$1\le H_n\le n$ より $1\le \sqrt[n]{H_n}\le \sqrt[n]{n}$ であり、$\sqrt[n]{n}\to 1$ だから、はさみうちの原理により $\sqrt[n]{H_n}\to 1$ となる。

2. 項別積分する。

べき級数は収束半径の内部で項別積分できる。$0\le x<1$ として $0$ から $x$ まで積分すると
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{n+1}{x}^{n+1}={\int }_0^x(-\frac{\log (1-t)}{1-t})dt$$
となる。

右辺を計算する。
$$\frac{d}{dt}\frac{1}{2}\{\log (1-t){\}}^2=\log (1-t)\cdot \frac{-1}{1-t}=-\frac{\log (1-t)}{1-t}$$
であるから、
$${\int }_0^x(-\frac{\log (1-t)}{1-t})dt=\frac{1}{2}\{\log (1-x){\}}^2$$
である。したがって
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{n+1}{x}^{n+1}=\frac{1}{2}\{\log (1-x){\}}^2(0\le x<1).$$

3. $x=\frac{1}{2}$ を代入する。

$x=\frac{1}{2}$ は収束半径の内部にあるので代入してよい。
$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{(n+1)2^{n+1}}=\frac{1}{2}(\log \frac{1}{2}{)}^2=\frac{(\log 2{)}^2}{2}$$

左辺は $\frac{S}{2}$ に等しいので、両辺を $2$ 倍して
$$S=(\log 2{)}^2$$
を得る。

（数値で確かめると $S\approx 0.4805$ となり、$(\log 2{)}^2\approx 0.4805$ と一致する。）

$|x|<1$ で ${\sum }_{n\ge 1}{H}_n{x}^n=-\frac{\log (1-x)}{1-x}$ が成り立つ。これは ${\sum }_{k\ge 1}\frac{x^k}{k}=-\log (1-x)$ と ${\sum }_{m\ge 0}{x}^m=\frac{1}{1-x}$ の積（コーシー積）から得られる。

項別積分すると、
$$\sum _{n\ge 1}\frac{H_n}{n+1}{x}^{n+1}={\int }_0^x\frac{-\log (1-t)}{1-t}dt=\frac{1}{2}{\log }^2(1-x).$$

両辺を $x$ で割ると、
$$\sum _{n\ge 1}\frac{H_n}{n+1}{x}^n=\frac{{\log }^2(1-x)}{2x}.$$

$x=\frac{1}{2}$ を代入すると、
$$S=\frac{{\log }^2(1/2)}{2\cdot \frac{1}{2}}=(\log 2{)}^2.$$

検算として、最初の 8 項の和は約 0.4794 で、残りの項は約 0.001 と見積もれる。これを足すと約 0.4805 となり、$(\log 2{)}^2\approx 0.48045$ と一致する。