前回：
$$\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{1+x}dx=\frac{273}{16}\zeta(5)-\frac{45}{4}\zeta(4)\ln2-\frac{9}{2}\zeta(2)\zeta(3)$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nh_{n-1}}{n^4}=\frac{91}{32}\zeta(5)-\frac{15}{8}\zeta(4)\ln2-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}h_n^{(4)}}{n}=-\frac{91}{32}\zeta(5)+\zeta(4)\ln2+\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)$$
$$\int_0^1\frac{\ln^2x\Li_2(x)}{1+x}dx=-\frac{67}{8}\zeta(5)+\frac{9}{2}\zeta(2)\zeta(3)$$
$$I:=\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{1+x}dx$$について、$\ln(1-x)$ と $\frac{1}{1+x}$ を級数展開します。$$I=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{m}\int_0^1x^{m+n-1}\ln^3xdx$$右辺の積分は部分積分するごとに $\ln x$ の次数を減らすことができます。繰り返し部分積分することで\begin{equation}I=6\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{m(m+n)^4}\tag{1}\end{equation}
次に部分分数分解を繰り返します。こちらでやったのと同様のテクニックです。\begin{align}\frac{1}{m(m+n)^4} &=\frac{1}{n(m+n)^3}\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}\right)\\&=\frac{1}{mn(m+n)^3}-\frac{1}{n(m+n)^4}\end{align}最右辺の第1項を同じように部分分数分解します。$$=\frac{1}{mn^2(m+n)^2}-\frac{1}{n^2(m+n)^3}-\frac{1}{n(m+n)^4}$$この右辺の第1項をまた部分分数分解して…と繰り返すと$$\frac{1}{m(m+n)^4} =\frac{1}{n^4}\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}\right)-\frac{1}{n^3(m+n)^2}-\frac{1}{n^2(m+n)^3}-\frac{1}{n(m+n)^4}$$(1)に代入して\begin{align}I &=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^4}\sum_{m=1}^\infty\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}\right)-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(m+n)^2}\\&\quad-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(m+n)^3}-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(m+n)^4}\\&=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4}-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}\left(\zeta(2)-H_n^{(2)}\right)\\&\quad-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\left(\zeta(3)-H_n^{(3)}\right)-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\zeta(4)-H_n^{(4)}\right)\\&=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4}+6\zeta(2)\Li_3(-1)+6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(2)}}{n^3}\\&\quad+6\zeta(3)\Li_2(-1)+6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(3)}}{n^2}-6\zeta(4)\ln 2+6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(4)}}{n}\end{align}ここで $H_n$ , $H_n^{(p)}$ をそれぞれ調和数、一般化調和数といい、\begin{align}H_n&:=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\\H_n^{(p)}&:=1+\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}+\cdots+\frac{1}{n^p}\\H_0&=0\;,\quad H_0^{(p)}=0\end{align}と定義されます。 過去に学んだEuler-sumがずらっと出てきています。$\Li_s(x)$ は多重対数関数です。$\ln 2$ が現れたのはメルカトル級数によります。
既知のものは利用しましょう。こちらの多重対数関数に関する基本公式や、こちらで得た\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{2}\end{equation}さらにこちらで得た\begin{align}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^3} &= \frac{11}{32}\zeta(5)-\frac{5}{8}\zeta(2)\zeta(3)\tag{3} \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(3)}}{n^2} &= \frac{21}{32}\zeta(5)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)\tag{4}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(4)}}{n}&=-2\zeta(5)+\frac{7}{8}\zeta(4)\ln 2+\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3)\tag{5}\end{align}を使うと
$$\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{1+x}dx=\frac{273}{16}\zeta(5)-\frac{45}{4}\zeta(4)\ln2-\frac{9}{2}\zeta(2)\zeta(3)$$
となります。
(1)を変形してみます。$n$ を変数変換して $l:=m+n$ を使うことにすると$$I=6\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}\sum_{l=m+1}^\infty\frac{(-1)^l}{l^4}$$順序を交換して$$I=6\sum_{l=2}^\infty\frac{(-1)^l}{l^4}\sum_{m=1}^{l-1}\frac{(-1)^{m-1}}{m}$$交代調和数\begin{equation}h_n:=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n}\tag{6}\end{equation}を用いると
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nh_{n-1}}{n^4}=\frac{91}{32}\zeta(5)-\frac{15}{8}\zeta(4)\ln2-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)$$
さらに\begin{align}I &=6\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}\left(\sum_{l=1}^\infty\frac{(-1)^l}{l^4}-\sum_{l=1}^m\frac{(-1)^l}{l^4}\right)\\&=6\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}\sum_{l=1}^\infty\frac{(-1)^l}{l^4}+6\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}}{m}\sum_{l=1}^m\frac{(-1)^{l-1}}{l^4}\\&=6\Li_4(-1)\ln 2+6\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^{m-1}h_m^{(4)}}{m}\end{align}ただし一般化交代調和数\begin{equation}h_n^{(p)}:=1-\frac{1}{2^p}+\frac{1}{3^p}-\cdots+\frac{(-1)^{n-1}}{n^p}\tag{7}\end{equation}を用いています。よって
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n}h_n^{(4)}}{n}=-\frac{91}{32}\zeta(5)+\zeta(4)\ln2+\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)$$
$$J:=\int_0^1\frac{\ln^2x\Li_2(x)}{1+x}dx$$も同様にEuler-sumを作って計算できます。まず$$J=2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{m^2(m+n)^3}$$ここで$$\frac{1}{m^2(m+n)^3}=\frac{1}{n^3m^2}-\frac{3}{n^4}\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{m+n}\right)+\frac{2}{n^3(m+n)^2}+\frac{1}{n^2(m+n)^3}$$と変形してから和をとることで
$$\int_0^1\frac{\ln^2x\Li_2(x)}{1+x}dx=-\frac{67}{8}\zeta(5)+\frac{9}{2}\zeta(2)\zeta(3)$$
次：
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