同様のネタを扱った前回の記事はこちら：
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{n+1}}{(n+1)^2}=3\zeta(4)=\frac{\pi^4}{30}$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}=\frac{11}{4}\zeta(4)=\frac{11}{360}\pi^4$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n^2}{n^2}=\frac{45}{16}\zeta(4)=\frac{\pi^4}{32}$$およびオマケとして$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}=\frac{7}{4}\zeta(3)$$ここで$$O_n:=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}$$
$H_n$ も扱いますが、最終目標は奇数だけの調和数 $O_n$ のEuler sumを求めることです。
本記事は次の論文を参考にし、行間を埋められるよう丁寧に説明したものです。
D.Borwein and J.M.Borwein, On an intriguing integral and some series related to ζ(4), Proceedings of the American Mathematical Society vol.123, 1995
$$I(s):=\int_0^1x^sdx$$なる積分を考えます。明らかに $I(s)=(s+1)^{-1}$ ですので$$\frac{1}{s+1}=\int_0^1x^sdx$$両辺を $m$ 回微分することにより次の式を得ます。
$s>-1$ , $m\ge 0$ ,\begin{equation}\int_0^1 x^s\log^mxdx=(-1)^m\frac{m!}{(s+1)^{m+1}}\tag{1}\end{equation}
次に\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\log^3(1-x)}{x}dx&&=\int_0^1\frac{\log^3y}{(1-y)}dy\quad(y=1-x)\\&&=\sum_{n=0}^\infty\int_0^1y^n\log^3ydy\\&&=-6\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+1)^4}\quad(\because(1))\\&&=-6\zeta(4)\\&&=-\frac{\pi^4}{15}\end{eqnarray*}よって次の式が成立します。
\begin{equation}\int_0^1\frac{\log^3(1-x)}{x}dx=-\frac{\pi^4}{15}\tag{2}\end{equation}
さて、調和数の積分表示めいたものを作りましょう。$\log(1-x)=-\displaystyle\int_0^x\frac{dt}{1-t}$ なので$$-\int_0^1x^n\log(1-x)dx=\int_0^1x^n\left(\int_0^x\frac{dt}{1-t}\right)dx$$$t-x$ 平面に領域 $0\le x\le1$ , $0\le t\le x$ を図示すると、この積分範囲は $0\le t\le 1$ , $t\le x\le 1$ と書き直せることが分かります。よって\begin{eqnarray*}-\int_0^1x^n\log(1-x)dx&&=\int_0^1\frac{1}{1-t}\left(\int_t^1 x^ndx\right)dt\\&&=\frac{1}{n+1}\int_0^1\frac{1-t^{n+1}}{1-t}dt\\&&=\frac{1}{n+1}\int_0^1(1+t+\cdots+t^n)dt\\&&=\frac{1}{n+1}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n+1}\right)\\&&=\frac{H_{n+1}}{n+1}\end{eqnarray*}したがって次の式を得ます。
\begin{equation}-\int_0^1x^n\log(1-x)dx=\frac{H_{n+1}}{n+1}\tag{3}\end{equation}
前回の記事で次の等式を導きました。
\begin{equation}\frac{1}{2}\log^2(1-x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}x^{n+1}\tag{4}\end{equation}
これを用いると\begin{eqnarray*}-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\log^3(1-x)}{x}dx&&=-\int_0^1\frac{\log(1-x)}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}x^{n+1}dx\\&&=-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}\int_0^1x^n\log(1-x)dx\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}\frac{H_{n+1}}{n+1}\quad(\because(3))\end{eqnarray*}左辺は(2)で求まっているので、お目当ての公式を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{n+1}}{(n+1)^2}=\frac{\pi^4}{30}\tag{5}\end{equation}
Eulerによる公式
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{\pi^4}{72}\tag{6}\end{equation}
と(5)を用いて次のような式変形を行います。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{n+1}}{(n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^3}\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{n+1}}{(n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n+1}}{(n+1)^3}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)^4}\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_{n+1}}{(n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}+\zeta(4)\\&&=\frac{\pi^4}{30}-\frac{\pi^4}{72}+\frac{\pi^4}{90}\quad(\because(5)(6))\\&&=\frac{11}{360}\pi^4\end{eqnarray*}以上から
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}=\frac{11}{360}\pi^4\tag{7}\end{equation}
奇数だけの調和数を定義します。
\begin{equation}O_n:=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\tag{8}\end{equation}
$0\le x<1$ として\begin{eqnarray*}\frac{d}{dx}\left(\log^2\frac{1+x}{1-x}\right)&&=4\frac{1}{1-x^2}\log\frac{1+x}{1-x}\\&&=4\left(\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}x^n\right)\\&&=8\left(\sum_{n=0}^\infty x^{2n}\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n-1}}{2n-1}\right)\\&&=8(1+x^2+x^4+\cdots)\left(1+\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\cdots\right)\\&&=8\left[x+\left(1+\frac{1}{3}\right)x^3+\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)x^5+\cdots\right]\\&&=8\sum_{n=1}^\infty O_nx^{2n-1}\quad(\because(8))\end{eqnarray*}これは左辺が $O_n$ の母関数となっていることを示します。両辺を $0$ から $x$ まで積分すると$$\frac{1}{4}\log^2\frac{1+x}{1-x}=\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n}x^{2n}$$両辺を $x$ で割ります。$$\frac{1}{4x}\log^2\frac{1+x}{1-x}=\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n}x^{2n-1}$$左辺は級数展開すると $x$ の1次以上の項から成るので、$x=0$ では値 $0$ をとります。両辺を $0$ から $x$ まで積分すると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}x^{2n}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}du$$$0\le x<1$ として話を進めてきましたが、この式の両辺は $x=1$ でも収束します。なぜなら左辺は$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}<\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$右辺の積分はWolframが $4.2$ ぐらいに収束すると言っているので収束します。したがって
$0\le x\le 1$において\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}x^{2n}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}du\tag{9}\end{equation}
(9)において $x=1$ を代入すると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}du$$これと(9)を引き算すると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}(1-x^{2n})=\frac{1}{2}\int_x^1\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}du$$また\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{1-x^{2n}}{1-x^2}dx&&=\int_0^1(1+x^2+\cdots+x^{2n-2})dx\\&&=O_n\end{eqnarray*}です。これらを用いていよいよ最終戦です。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n^2}{n^2}&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}O_n\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}\int_0^1\frac{1-x^{2n}}{1-x^2}dx\\&&=\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}(1-x^{2n})\right)dx\\&&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{1-x^2}\left(\int_x^1\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}du\right)dx\\&&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}\left(\int_0^u\frac{dx}{1-x^2}\right)du\\&&=\frac{1}{4}\int_0^1\frac{1}{u}\log^3\frac{1+u}{1-u}du\\&&=-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\log^3t}{1-t^2}dt\quad\left(t=\frac{1-u}{1+u}\right)\\&&=-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\int_0^1t^{2n}\log^3tdt\\&&=\frac{1}{2}\sum_{n=0}^\infty\frac{6}{(2n+1)^4}\quad(\because(1))\\&&=3\left(\zeta(4)-\frac{1}{16}\zeta(4)\right)\\&&=\frac{45}{16}\zeta(4)\\&&=\frac{\pi^4}{32}\end{eqnarray*}求めていた公式が現れました。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n^2}{n^2}=\frac{\pi^4}{32}\tag{10}\end{equation}
$\zeta(4)$ とは無関係なのでオマケとして扱いますが、(9)式で $x=1$ とすると\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}&&=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{u}\log^2\frac{1+u}{1-u}du\\&&=\int_0^1\frac{\log^2t}{1-t^2}dt\quad\left(t=\frac{1-u}{1+u}\right)\\&&=\sum_{n=0}^\infty\int_0^1t^{2n}\log^2tdt\\&&=2\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(2n+1)^3}\quad(\because(1))\\&&=\frac{7}{4}\zeta(3)\end{eqnarray*}
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}=\frac{7}{4}\zeta(3)$$
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