単発としても読めますが、シリーズを通して読むとベターです。
なかでも、前回の記事は：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part12
類似シリーズ：
多重対数関数の基礎知識が必要です：
$n=0,1,2,\cdots$ に対して調和数 $H_n$ を次のように定義する。$$H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\quad,\quad H_0=0$$このとき級数と関数の等式として以下が証明できる。\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n &=& \frac{1}{1-x}\biggl[\Li_3(x)+3\Li_3(1-x)+\frac{3}{2}\ln x\ln^2(1-x)\\&&\quad-\ln^3(1-x)-3\zeta(2)\ln(1-x)-3\zeta(3)\biggr]\end{eqnarray}\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n+1}x^{n+1} &=& -\ln(1-x)\Li_3(x)-3\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&-\frac{1}{2}\Li_2(x)^2+\frac{3}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&+\frac{3}{2}\zeta(2)\ln^2(1-x)+3\zeta(3)\ln(1-x)+\frac{1}{4}\ln^4(1-x)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n}x^n &=& -2\Li_4(x)-3\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-3\Li_4(1-x)\\&&+2\ln(1-x)\Li_3(x)+3\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&+\Li_2(x)^2-\frac{3}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&+\frac{1}{8}\ln^4(1-x)-\frac{1}{2}\ln x\ln^3(1-x)+3\zeta(4)\end{eqnarray*}
今回はweight4で調和数の3乗を含む級数$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^3}{n}x^n$$を与える関数の形を求めます。weight3で調和数の2乗を含む場合の手法と類似しており、先に見ておくといいかも。
$H_{n+1}=H_n+\frac{1}{n+1}$ であることを用いて\begin{eqnarray*}H_{n+1}^3-H_n^3 &=& (H_{n+1}-H_n)(H_{n+1}^2+H_{n+1}H_n+H_n^2) \\&=& \frac{1}{n+1}\left[\left(H_n+\frac{1}{n+1}\right)^2+H_n\left(H_n+\frac{1}{n+1}\right)+H_n^2\right] \\&=& \frac{3H_n^2}{n+1}+\frac{3H_n}{(n+1)^2}+\frac{1}{(n+1)^3}\end{eqnarray*}両辺に $x^n$ をかけて $n$ について $1$ から $\infty$ まで和をとります。$$\sum_{n=1}^\infty H_{n+1}^3x^n-\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n = 3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n+1}x^n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{(n+1)^3}$$左辺の第1項と右辺の第3項の $n$ をずらします。$$\sum_{n=2}^\infty H_{n}^3x^{n-1}-\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n = 3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n+1}x^n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^n+\sum_{n=2}^\infty \frac{x^{n-1}}{n^3}$$左辺の第1項と右辺の第3項に $1$ を足します。$$\sum_{n=1}^\infty H_{n}^3x^{n-1}-\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n = 3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n+1}x^n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{n^3}$$よって$$\left(\frac{1}{x}-1\right)\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n = 3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n+1}x^n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^n+\frac{\Li_3(x)}{x}$$\begin{equation}\therefore\quad(1-x)\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n = 3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n+1}x^{n+1}+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}+\Li_3(x)\tag{1}\end{equation}過去記事の(9a)式から\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n+1}x^{n+1}&=&2\Li_3(1-x)-\frac{1}{3}\ln^3(1-x)-\ln(1-x)\Li_2(x)\\&&-2\ln(1-x)\Li_2(1-x)-\ln x\ln^2(1-x)-2\zeta(3)\tag{2}\end{eqnarray}さらにこちらの過去記事(3)式から\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}&&=\frac{1}{2}\Bigl[\ln x\ln^2(1-x)+2\ln(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-2\Li_3(1-x)+2\zeta(3)\Bigr]\tag{3}\end{eqnarray}(2)(3)を(1)に代入して整理すると
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty H_n^3x^n &=& \frac{1}{1-x}\biggl[\Li_3(x)+3\Li_3(1-x)+\frac{3}{2}\ln x\ln^2(1-x)\\&&\quad-\ln^3(1-x)-3\zeta(2)\ln(1-x)-3\zeta(3)\biggr]\tag{4}\end{eqnarray}
ただし式変形中に二重対数関数の相反公式\begin{equation}\Li_2(x)+\Li_2(1-x)=\frac{\pi^2}{6}-\ln x\ln(1-x)\tag{5}\end{equation}を使いました。
(4)を $0$ から $x$ まで積分すると\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n+1}x^{n+1} &=& \int_0^x\frac{\Li_3(t)}{1-t}dt+3\int_0^x\frac{\Li_3(1-t)}{1-t}dt+\frac{3}{2} \int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt\\&&\quad-\int_0^x\frac{\ln^3(1-t)}{1-t}dt-3\zeta(2)\int_0^x\frac{\ln(1-t)}{1-t}dt-3\zeta(3)\int_0^x\frac{dt}{1-t} \\&=& \int_0^x\frac{\Li_3(t)}{1-t}dt+3\int_0^x\frac{\Li_3(1-t)}{1-t}dt+\frac{3}{2} \int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt\\&&\quad+\frac{1}{4}\ln^4(1-x)+\frac{3}{2}\zeta(2)\ln^2(1-x)+3\zeta(3)\ln(1-x)\end{eqnarray*}残った積分を計算しましょう。対数や多重対数関数の良い計算練習となります。\begin{eqnarray*}\int_0^x\frac{\Li_3(t)}{1-t}dt &=& -\ln(1-x)\Li_3(x)-\int_0^x \Li_2(t)\frac{\ln(1-t)}{-t}dt \\&=& -\ln(1-x)\Li_3(x)-\int_0^x \Li_2(t)\left(\Li_2(t)\right)'dt \\&=& -\ln(1-x)\Li_3(x)-\frac{1}{2}\Li_2^2(x)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\int_0^x\frac{\Li_3(1-t)}{1-t}dt &=& \int_{1-x}^1\frac{\Li_3(u)}{u}du \\&=& \zeta(4)-\Li_4(1-x)\end{eqnarray*}一番難しいのはこちらで示した次の式です。\begin{eqnarray*}\int_0^{x}\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{1-t}dt&&=2\Li_4(1-x)-2\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&\quad+\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)-2\zeta(4)\end{eqnarray*}以上により
\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n+1}x^{n+1} &=& -\ln(1-x)\Li_3(x)-3\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&-\frac{1}{2}\Li_2(x)^2+\frac{3}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&+\frac{3}{2}\zeta(2)\ln^2(1-x)+3\zeta(3)\ln(1-x)+\frac{1}{4}\ln^4(1-x)\tag{5}\end{eqnarray*}
(5)の分母分子の添え字を合わせましょう。左辺をうまく変形します。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n+1}x^{n+1} &=& \sum_{n=0}^\infty \frac{H_n^3}{n+1}x^{n+1} \\&=& \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}^3}{n}x^n \\&=& \sum_{n=1}^\infty \frac{(H_n-\frac{1}{n})^3}{n}x^n \\&=& \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n}x^n-3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n^2}x^n+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3}x^n-\Li_4(x)\end{eqnarray*}したがって$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n}x^n = \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^3}{n+1}x^{n+1}+3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n^2}x^n-3\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3}x^n +\Li_4(x)$$右辺第1項は(5)です。第2項は過去記事で示した通り\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}x^n&&=\Li_4(x)-2\Li_4(1-x)+2\ln(1-x)\:\Li_3(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\Li_2(x)^2-\ln^2(1-x)\:\Li_2(1-x)-\frac{1}{3}\ln x\ln^3(1-x)+2\zeta(4)\end{eqnarray*}第3項は\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}x^n&=&2\Li_4(x)+\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-\Li_4(1-x)-\ln(1-x)\Li_3(x)\\&&+\frac{1}{24}\ln^4(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\zeta(2)}{2}\ln^2(1-x)\\&&+\zeta(3)\ln(1-x)+\zeta(4)\end{eqnarray*}この導出は本ブログにはありませんが、例えば S.M.Stewart, Explicit evaluation of some quadratic Euler-type sums containing double-index harmonic series,2020などが参考になります。
以上より
\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{~3}}{n}x^n &=& -2\Li_4(x)-3\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-3\Li_4(1-x)\\&&+2\ln(1-x)\Li_3(x)+3\ln(1-x)\Li_3(1-x)\\&&+\Li_2(x)^2-\frac{3}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&+\frac{1}{8}\ln^4(1-x)-\frac{1}{2}\ln x\ln^3(1-x)+3\zeta(4)\tag{6}\end{eqnarray*}
となります。さらに $x$ で割って積分したいところですが、無理そうです。
次：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part14
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