前の記事：
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。
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
\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。
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。
\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}
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
\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*}
(15)より直ちに次を得ます。
\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*}
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
\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*}
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。
\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*}
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。
【Amazon】(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series
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