Si $a_0 = -1$$\sum_{k=0}^n\frac{a_{n-k}}{k+1}=0$, entonces el espectáculo $a_n = \int_{1}^{\infty}{\frac{dt}{t^n({\pi}^2+\log^2(t-1))}}$

Question

Bonjour. El siguiente es de la OMI de 2006:

La secuencia de $(a_n)$ está definida recursivamente por $a_0=-1$ e $$\sum_{k=0}^{n}{\frac{a_{n-k}}{k+1}}=0, n\geq 1. $$

En la lista, el comentarista dijo que esta relación se mantiene: $$a_n=\int_{1}^{\infty}{\frac{dt}{t^n({\pi}^2+\log^2(t-1))}} \qquad\forall n\geq 1 \tag{1}$$

Pregunta: ¿Cómo mostrar la relación $(1)$?

Answer 1

La afirmación es equivalente a $$ \left(a*\frac1{i+1}\right)_n = -1_{n=0} $$ holds for every $n\ge 0$, where $$ \left( a*\frac1{i+1}\right)_n =\sum_{k=0}^n a_{n-i}\frac{1}{i+1} $$ is the convolution of $(a_i)_{i\ge 0}$ and $(\frac1{i+1})_{i\ge 0}$y $$ a_n =\int_{1}^{\infty}\frac1{t^n}\frac{\mathrm d t}{{\pi}^2+\log^2(t-1)},\quad n\ge 1, $$$$ a_0=-1. $$ En vista de la generación de la función de $(\frac1{i+1})_{i\ge 0}$, que es $-\frac{\ln(1-x)}x$, es suficiente para demostrar que para $0<x<1$, $$ \sum_{n\ge 0} a_n x^n=-1+\sum_{n\ge 1}a_n x^n = \frac{x}{\ln(1-x)}. $$ Nos encontramos con que $$\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty a_n x^n &=& \int_{1}^{\infty}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac x t\right)^n\frac{\mathrm d t}{{\pi}^2+\log^2(t-1)}\\ &=&\int_{-\infty}^{\infty}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac x {1+e^u}\right)^n\frac{e^u\mathrm d u}{{\pi}^2+u^2}\ \ \quad(t=1+e^u)\\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x}{(1-x)+e^u}\frac{e^u\mathrm d u}{{\pi}^2+u^2}\\ &=&\int_{\Im z =0}\frac{x}{(1-x)+e^z}\frac{e^z\mathrm d z}{{\pi}^2+z^2}. \end{eqnarray}$$ también se observa que la $$ \lim_{c\to \infty}\int_{\Im z =c}\frac{x}{(1-x)+e^z}\frac{e^z\mathrm d z}{{\pi}^2+z^2}=0, $$ lo cual implica, por el teorema de los residuos: $$\begin{eqnarray} \int_{\Im z =0}\frac{x}{(1-x)+e^z}\frac{e^z\mathrm d z}{{\pi}^2+z^2}&=&2\pi i \sum_{z:\Im(z)>0} \text{res}_{z}\frac{x}{(1-x)+e^z}\frac{e^z}{{\pi}^2+z^2}\\ &=&1+2\pi i x\sum_{j\ge 0} \frac{1}{\left((2j+1)\pi i + \ln(1-x)\right)^2 +\pi^2}\\ &=&1+x\sum_{j\ge 0} \left(\frac{1}{(2j+1)\pi i + \ln(1-x)-\pi i} \\ -\frac{1}{(2j+1)\pi i + \ln(1-x)+\pi i}\right)\\ &=&1+ \frac{x}{\ln(1-x)}. \end{eqnarray}$$ (Here, residues are calculated at $z=\pi i$ and $(2j+1)\pi i +\ln(1-x)$ where $j\ge 0$.)
Esta muestra $$ \sum_{n\ge 0}a_n x^n = \frac{x}{\ln(1-x)} $$ y la demanda de la siguiente manera.