logを含む難しい積分11(調和数とEuler sumの利用)

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調和数を $H_n$ とする。このとき次の積分公式が成立する。 $\begin{eqnarray*}&&\int_0^x\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du \\&=& -4\Li_5(x)+4\Li_4(1-x)\ln x-4\Li_4(x)\ln x-4\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)\ln x\\&&+4\Li_3(x)\ln x\ln(1-x)-2\Li_3(1-x)\ln^2x\\&&+2\Li_2(1-x)\ln^2x\ln(1-x)+\ln^3x\ln^2(1-x)\\&&+\frac{2}{3}\ln^2x\ln^3(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^4(1-x)-2\zeta(2)\ln x\ln^2(1-x) \\&& +2\zeta(3)\ln^2x-4\zeta(4)\ln x-4\zeta(3)\ln x\ln(1-x)\\&&+4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}x^n\end{eqnarray*}$

さらに特殊値として次を得る。 $\int_0^1\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du = 8\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(3)$ $\begin{eqnarray*}&&\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du \\&=& 4\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{8}\zeta(5)+4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^22\\&&-\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^32-2\zeta(2)\zeta(3)-\frac{\ln^52}{15}\end{eqnarray*}$

系として次の式を得る。

$\begin{eqnarray*}&&\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{1-u}du \\&=& -4\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{63}{8}\zeta(5)-4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^22\\&&+\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^32-2\zeta(2)\zeta(3)+\frac{\ln^52}{15}\end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*}&&\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{1+x} \\&=& 8\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{33}{8}\zeta(5)+8\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln^22\\&&-\frac{4}{3}\zeta(2)\ln^32-2\zeta(2)\zeta(3)+\frac{4\ln^52}{15}\end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^42^n}&=& 2\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{32}\zeta(5)+\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2-\frac{\zeta(4)}{8}\ln2\\&&+\frac{\zeta(3)}{2}\ln^22-\frac{\zeta(2)}{6}\ln^32-\frac{1}{2}\zeta(2)\zeta(3)+\frac{\ln^52}{40}\end{eqnarray*}$

Euler sumを計算する途中で補題として必要になった積分です。ごちゃごちゃしていますが、素直に計算するだけです。

冒頭の最上部にある積分は変数 $x$ を使って一般性を持たせていますが、この状態だとweight5の級数である $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}x^n$ が残ってしまって具合が悪いです。この級数は、一般にはゼータ関数や多重対数関数で閉じた形では表現できないようです。しかし $x=\pm1$ や $1/2$ などではうまく表現することができるので、それを用いて系となる式を導出します。

もくじ [hide]

部分積分と調和数の利用
具体的な値による系
x=1/2では交代級数を利用
系となる積分
系となる級数
参考文献

部分積分と調和数の利用

冒頭の積分は、まず部分積分をして $\int_0^x\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du=\frac{1}{3}\ln^3x\ln^2(1-x)+\frac{2}{3}\int_0^x\ln^3u\frac{\ln(1-u)}{1-u}du$ ここで過去記事で得た等式 $\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty H_nx^n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}\tag{1}\end{equation}$ を用いると $\int_0^x\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du=\frac{1}{3}\ln^3x\ln^2(1-x)-\frac{2}{3}\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^x u^n\ln^3udu$ 右辺の積分は、繰り返し部分積分をすることにより $\int_0^x u^n\ln^3udu=\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln^3x-\frac{3x^{n+1}}{(n+1)^2}\ln^2x+\frac{6x^{n+1}}{(n+1)^3}\ln x-\frac{6x^{n+1}}{(n+1)^4}$ したがって $\begin{eqnarray}\int_0^x\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du &=& \frac{1}{3}\ln^3x\ln^2(1-x)-\frac{2}{3}\ln^3x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}x^{n+1} \\&&+2\ln^2x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}-4\ln x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^3}x^{n+1}\\&&+4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^4}x^{n+1}\tag{2}\end{eqnarray}$ 右辺に４つの級数が現れています。先ほどの過去記事から $\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\tag{3}\end{equation}$ および $\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}&&=\frac{1}{2}\Bigl[\ln x\ln^2(1-x)+2\ln(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-2\Li_3(1-x)+2\zeta(3)\Bigr]\tag{4}\end{eqnarray}$ を(2)へ適用することができます。ただし $\Li_s(x)$ はポリログです。

また当ブログでは証明を未記載ですが、例えば Stewart(2020) によると $\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}x^n&=&2\Li_4(x)+\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-\Li_4(1-x)-\ln(1-x)\Li_3(x)\\&&+\frac{1}{24}\ln^4(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\zeta(2)}{2}\ln^2(1-x)\\&&+\zeta(3)\ln(1-x)+\zeta(4)\tag{5}\end{eqnarray}$ です。(5)の左辺で $H_n=H_{n-1}+\frac{1}{n}$ とすることで $\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^3}x^{n+1} &=& \Li_4(x)+\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-\Li_4(1-x)-\ln(1-x)\Li_3(x)\\&&+\frac{1}{24}\ln^4(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\zeta(2)}{2}\ln^2(1-x)\\&&+\zeta(3)\ln(1-x)+\zeta(4)\tag{6}\end{eqnarray}$ 同様にすると $\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^4}x^{n+1}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}x^n-\Li_5(x)\tag{7}\end{equation}$ 最後に(3)(4)(6)(7)を(2)へ適用して

定理１

$\begin{eqnarray*}&&\int_0^x\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du \\&=& -4\Li_5(x)+4\Li_4(1-x)\ln x-4\Li_4(x)\ln x-4\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)\ln x\\&&+4\Li_3(x)\ln x\ln(1-x)-2\Li_3(1-x)\ln^2x\\&&+2\Li_2(1-x)\ln^2x\ln(1-x)+\ln^3x\ln^2(1-x)\\&&+\frac{2}{3}\ln^2x\ln^3(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^4(1-x)-2\zeta(2)\ln x\ln^2(1-x) \\&& +2\zeta(3)\ln^2x-4\zeta(4)\ln x-4\zeta(3)\ln x\ln(1-x)\\&&+4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}x^n\end{eqnarray*}$

これまでの過去記事の知見を使うことで、たやすく複雑な式を導出できました。

具体的な値による系

定理１に $x=1$ を代入すると $\int_0^1\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du =-4\zeta(5)+4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}$ こちらで求めた公式 $\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\tag{8}\end{equation}$ を用いれば次の系を得ます。

系２

$\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du = 8\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(3)\tag{9}\end{equation}$

x=1/2では交代級数を利用

定理１に $x=1/2$ を代入したいのですが、 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^42^n}$ の値が分からないので計算できません。そこで Xu(2017)を参考にした方法を紹介します。求める積分を $I:=\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du$ としておきます。

唐突ながら交代級数 $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4}$ を考えます。これは以前の記事で $\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4} = \frac{59}{32}\zeta(5)-\frac{1}{2}\zeta(2)\zeta(3)\tag{10}\end{equation}$ と求まっています。一方これを積分で表現するために次のように変形します。まず $\begin{equation}\int_0^1 x^{n-1}\ln^3 xdx=-\frac{6}{n^4}\tag{11}\end{equation}$ であることを利用します。(11)は部分積分を繰り返すと導けます。したがって $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4}=\frac{1}{6}\sum_{n=1}^\infty(-1)^nH_n\int_0^1x^{n-1}\ln^3 xdx$ (1)で $x\to -x$ とすることにより $= -\frac{1}{6}\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1+x)}{x(1+x)}dx$ 分母が２つの因数で成っていますので、部分分数分解をして片方に部分積分を行います。 $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4} =\frac{1}{6}\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1+x)}{1+x}dx+\frac{1}{24}\int_0^1\frac{\ln^4x}{1+x}dx$ 右辺の1つ目の積分には $y=1+x$ のち $u=1/y$ と置換、2つ目の積分では $\frac{1}{1+x}$ を級数展開して部分積分しまくります（(11)式の4乗バージョン）。すると $=-\frac{1}{6}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^3(\frac{1-x}{x})\ln x}{x}dx-\Li_5(-1)$ 第1項は $\ln^3(\frac{1-x}{x})$ を3次式として展開し、第2項はポリログの特殊値なのでゼータ関数で表現できます。すなわち $\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4} &=& -\frac{1}{6}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln x\ln^3(1-x)}{x}dx+\frac{1}{2}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^2 x\ln^2(1-x)}{x}dx\\&&-\frac{1}{2}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^3 x\ln(1-x)}{x}dx+\frac{1}{6}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^4 x}{x}dx\\&&+\frac{15}{16}\zeta(5)\tag{12}\end{eqnarray}$ 右辺の4つ目の積分は初等的に計算できます。 $\begin{equation}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^4 x}{x}dx=\frac{1}{5}\ln^52\tag{13}\end{equation}$ また3つ目の積分は過去記事で示した $\begin{eqnarray}\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln u\ln^3(1-u)}{1-u}du &=& 6\zeta(5)-6\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-6\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln 2\\&&\quad-\frac{21}{8}\zeta(3)\ln^22+\zeta(2)\ln^32\tag{14}\end{eqnarray}$ において $x=1-u$ と置換したものです。

(12)の右辺の2つ目の積分は(9)より $\begin{equation}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^2 x\ln^2(1-x)}{x}dx=8\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(3)-I\tag{15}\end{equation}$ (12)の右辺の1つ目の積分は、部分積分をして $x\to 1-x$ と置換することにより $\begin{equation} \int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln x\ln^3(1-x)}{x}dx=\frac{1}{2}\ln^52+\frac{3}{2}I\tag{16}\end{equation}$

(13)～(16)を(12)に代入し、(10)も併せると $I$ が見事に求まります。すなわち

定理３

$\begin{eqnarray*}&&\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)}{u}du \\&=& 4\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{8}\zeta(5)+4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^22\\&&-\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^32-2\zeta(2)\zeta(3)-\frac{\ln^52}{15}\end{eqnarray*}$

系となる積分

(15)より直ちに次を得ます。

系４

また $J:=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{1+x}$ で $u=\frac{x}{1+x}$ と置換することによって $\begin{equation}J=\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2u\ln^2(1-u)-2\ln u\ln^3(1-u)+\ln^4(1-u)}{1-u}du\tag{17}\end{equation}$ となります。3つの項で成りますが、第1項は系４そのもの、第2項は(14)そのもの、第3項は初等的です。したがって

系５

$\begin{eqnarray*}J &=& 8\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{33}{8}\zeta(5)+8\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln^22\\&&-\frac{4}{3}\zeta(2)\ln^32-2\zeta(2)\zeta(3)+\frac{4\ln^52}{15}\end{eqnarray*}$

系となる級数

定理１で $x=1/2$ としましょう。すると次の級数公式を得ます。

系６

参考文献

S.M.Stewart, Explicit evaluation of some quadratic Euler-type sums containing double-index harmonic series,(2020)

C.Xu, Evaluations of Euler type sums of weight ≤ 5, (2017)

Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series"（下記）

本記事で参照したのは Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" です。めちゃくちゃ難しい積分が目白押しで楽しいです。

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