2021/09/11 11:00 更新
$\frac{\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}=$
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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。

$$\begin{aligned} \int_0^1 \frac{t\tanh^{-1}t}{(1-t^2 x^2)\sqrt{1-t^2}}\,dt &=\frac{1}{2}\int_{-1}^1 \frac{t\tanh^{-1}t}{(1-t^2 x^2)\sqrt{1-t^2}}\,dt\\ &=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^\infty \frac{u\sinh u}{\cosh^2 u-x^2\sinh^2 u}\,du    (\tanh u=t)\\ &=\frac{1}{4x}\int_{-\infty}^\infty \left(\frac{u}{\cosh u-x\sinh u}-\frac{u}{\cosh u+x\sinh u} \right)du\\ &=\frac{1}{4x}\left(\frac{\pi\tanh^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{\pi\tanh^{-1}(-x)}{\sqrt{1-x^2}} \right)\\ &=\frac{\pi}{2}\frac{\tanh^{-1}x}{x\sqrt{1-x^2}} \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} \int_0^1 \frac{t\tanh^{-1}t}{(1-t^2 x^2)\sqrt{1-t^2}}\,dt &=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\int_0^1 \frac{t^{2n+1}}{\sqrt{1-t^2}}\int_0^t \frac{du}{1-u^2} \,dt\\ &=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\int_0^1 \frac{1}{1-u^2}\int_u^1\frac{t^{2n+1}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt\,du\\ &=\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\int_0^1 \frac{1}{1-u^2}\frac{2^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}u^{2m}\sqrt{1-u^2}\,du\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}}{2^{2m}}\int_0^1 \frac{u^{2m}}{\sqrt{1-u^2}}\,du\\ &=\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}} \end{aligned}$$

よって

$$\frac{\pi}{2}\frac{\tanh^{-1}x}{x\sqrt{1-x^2}} =\frac{\pi}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{2^{2n}x^{2n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}\sum_{m=0}^n\frac{\binom{2m}{m}^2}{2^{4m}}$$

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。