目次
今回の等式
今回証明する等式はコチラ
$$\frac{\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}}$$
証明の準備
まず
$$\int_0^1 \frac{t\tanh^{-1}t}{(1-t^2 x^2)\sqrt{1-t^2}}\,dt=\frac{\pi}{2}\frac{\tanh^{-1}x}{x\sqrt{1-x^2}}$$が成り立つことを確認します。こちらで証明されています。
同じ内容をここでも示しておきます。
また
$$\int_0^x \frac{t^{2n+1}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt =\frac{2^{2n}\sqrt{1-x^2}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=n+1}^\infty\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}x^{2m} =\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\left(1-\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}x^{2m}\sqrt{1-x^2} \right)$$が成り立ちます。これは前回の記事における$\mathcal{J}_n$に$\alpha=1$を代入したかたちになっています。
証明
$$\begin{aligned} \int_0^1 \frac{t\tanh^{-1}t}{(1-t^2 x^2)\sqrt{1-t^2}}\,dt &=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\int_0^1 \frac{t^{2n+1}}{\sqrt{1-t^2}}\int_0^t \frac{du}{1-u^2} \,dt\\ &=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\int_0^1 \frac{1}{1-u^2}\int_u^1\frac{t^{2n+1}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\,du\\ &=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\int_0^1 \frac{1}{1-u^2}\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}u^{2m}\sqrt{1-u^2}\,du\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}\int_0^1 \frac{u^{2m}}{\sqrt{1-u^2}}\,du\\ &=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}} \end{aligned}$$よって
$$\frac{\pi}{2}\frac{\tanh^{-1}x}{x\sqrt{1-x^2}} =\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}}$$すなわち
$$\frac{\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}}$$が成り立ちます。
ありがとうございました。