两个调和数问题

这是一个比较古早的问题，来自这篇帖子，我给出两个比较不同的方法供各位批评用。

对于

[x^n](1-x)^k\log\frac{1}{1-x}

，这里只考虑

k<n

的情形，用逐项积分能比较快地得到答案。具体地，容易归纳证明：对

f(x)

求

u\,(u\leq k)

阶导后所得的结果为（

f(x)

是上面要求系数的那串式子）

f^{(u)}(x)=(-1)^{u+1}(1-x)^{k-u}\left(k^{\underline{u}}\log\frac{1}{1-x}+A_u\right),

这样就有

\begin{aligned} f^{(k+1)}(x)&=(-1)^k\frac{k!}{1-x},\\ f(x)&=p(x)+\sum_{n=0}^{\infty}\iint\!\!\!\cdots\!\!\!\int x^n(\text dx)^{k+1}\\ &=p(x)+\sum_{n=k}^\infty\frac{x^n}{n^{\underline{k+1}}}, \end{aligned}

这样就有

[x^n](1-x)^k\log\frac{1}{1-x}=(-1)^k\frac{k!}{n^{\underline{k+1}}}.

下一个问题

[x^n]\frac{1}{(1-x)^k}\log\frac{1}{1-x}

则稍微棘手一些，我这里尝试积分

k

次后逐项微分。我得到的结果不保证任何正确性（因为结果有点抽象），但方法应该是对的。

\begin{aligned} \iint\!\!\!\cdots\!\!\!&\int(1-x)^{-k}\log\frac{1}{1-x}(\text dx)^{k}\\ &=\frac{-H_{k-1}}{(k-2)!}\log\frac{1}{1-x}+\frac{1}{2(k-1)!}\log^2\frac{1}{1-x}\\ &=-\frac{H_{k-1}}{(k-2)!}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n!}+\frac{1}{4(k-1)!}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n}x^n\\ &=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{H_{n-1}}{4(k-1)!n}-\frac{H_{k-1}}{n!(k-2)!}\right)x^n, \end{aligned}

解出来答案是

[x^n]\frac{1}{(1-x)^k}\log\frac{1}{1-x}=(n+k)^{\underline{k}}\left(\frac{H_{n+k-1}}{4(k-1)!(n+k)}-\frac{H_{k-1}}{(n+k)!(k-2)!}\right)

讨论操作