補題1\begin{equation}\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)^x\cos y\t d\t=\frac{\G(x+1)}{\G(\frac{x}{2}+y+1)\G(\frac{x}{2}-y+1)}\tag{1}\end{equation}補題2\begin{equation}\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\t^2\ln^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)d\t=\frac{11}{2}\zeta(4)\tag{2}\end{equation}補題3\begin{equation}\frac{\t-\pi}{2}\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}\sin(n+1)\t\quad (0<\t<\pi)\tag{3}\end{equation}を用いることで、
定理1\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}=\frac{11}{4}\zeta(4)\tag{4}\end{equation}定理2\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}=\frac{17}{4}\zeta(4)\tag{5}\end{equation}定理3\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{5}{4}\zeta(4)\tag{6}\end{equation}を導出する。
定理３をめざして順に導出していきます。道中、ベータ関数やポリガンマ関数、フーリエ級数とそれに関するパーセヴァルの定理についての知識を必要とします。本記事は次の論文を参考にしています。
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
ポリログを使わずに、フーリエ展開という汎用的な手法で導出できているのがいい感じです。
これに類する$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$の証明については：
\begin{equation}\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)^x\cos y\t d\t=\frac{\G(x+1)}{\G(\frac{x}{2}+y+1)\G(\frac{x}{2}-y+1)}\tag{1}\end{equation}
【proof】ベータ関数の逆数の積分表示\begin{equation}\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^{s-1}\t\cos a\t d\t=\frac{\pi}{2^{s}sB(\frac{s+a+1}{2},\frac{s-a+1}{2})}\tag{7}\end{equation}を用いる。これの証明については次の記事を参照：
(1)の左辺は\begin{eqnarray*}LHS&&=\frac{2}{\pi}\int_0^\frac{\pi}{2}\left(2\cos\t\right)^x\cos 2y\t d\t\\&&=\frac{2^{x+1}}{\pi}\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^x\t\cos 2y\t d\t\\&&=\frac{2^{x+1}}{\pi}\frac{\pi}{2^{x+1}(x+1)B(\frac{x+2y+2}{2},\frac{x-2y+2}{2})}\quad(\because(7))\\&&=\frac{\G(x+1)}{\G(\frac{x}{2}+y+1)\G(\frac{x}{2}-y+1)}\end{eqnarray*}【Q.E.D】
次は補題2の証明です。計算が面倒です。
\begin{equation}\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\t^2\ln^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)d\t=\frac{11}{2}\zeta(4)\tag{2}\end{equation}
【proof】(1)の両辺を、$y$ について2度偏微分します。\begin{eqnarray*}&&-\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \t^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)^x\cos y\t d\t\\&&\quad\quad=\frac{\G(x+1)}{\G(\frac{x}{2}+y+1)\G(\frac{x}{2}-y+1)}\Biggl[\left\{\psi\left(\frac{x}{2}+y+1\right)-\psi\left(\frac{x}{2}-y+1\right)\right\}^2\\&&\hskip 4em -\left\{\psi'\left(\frac{x}{2}+y+1\right)+\psi'\left(\frac{x}{2}-y+1\right)\right\}\Biggr]\end{eqnarray*}$y=0$ とおくと$$\frac{1}{\pi}\int_0^\pi \t^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)^x d\t=\frac{2\G(x+1)\psi'(\frac{x}{2}+1)}{\G^2(\frac{x}{2}+1)}$$さらにここから $x$ について2階導関数をとると\begin{eqnarray*}&&\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\t^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)^x\ln^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)d\t\\&&=\frac{2\G(x+1)}{\G^2(\frac{x}{2}+1)}\Biggl[\psi'(x+1)\psi'\left(\frac{x}{2}+1\right)+\frac{1}{2}\psi(x+1)\psi''\left(\frac{x}{2}+1\right)+\frac{1}{4}\psi'''\left(\frac{x}{2}+1\right)-\frac{1}{2}\psi'^2\left(\frac{x}{2}+1\right)-\frac{1}{2}\psi\left(\frac{x}{2}+1\right)\psi''\left(\frac{x}{2}+1\right)\\&&\quad+\left\{\psi(x+1)-\psi\left(\frac{x}{2}+1\right)\right\}\left\{\psi(x+1)\psi'\left(\frac{x}{2}+1\right)+\frac{1}{2}\psi''\left(\frac{x}{2}+1\right)-\psi\left(\frac{x}{2}+1\right)\psi'\left(\frac{x}{2}+1\right)\right\}\Biggr]\end{eqnarray*}$x=0$ を代入すると$$\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\t^2\ln^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)d\t=\psi'(1)^2+\frac{1}{2}\psi'''(1)$$ポリガンマ関数の特殊値は
【γ10】ポリガンマ関数の値、極、級数表示、ゼータ関数との関係（ガンマ関数の基礎シリーズ10）
を参照すると $\psi'(1)=\zeta(2)$ , $\psi'''(1)=3\zeta(4)$ ですので$$\frac{1}{\pi}\int_0^\pi\t^2\ln^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)d\t=\frac{11\pi^4}{180}$$これにより(2)は示されました。
【Q.E.D】
\begin{equation}\frac{\t-\pi}{2}\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}\sin(n+1)\t\quad (0<\t<\pi)\tag{3}\end{equation}
フーリエ展開の形になっています。
【proof】
にも示したように、$-\ln(1-z)$ と $(1-z)^{-1}$ を級数表示してCauchy積をとることにより、$H_n$ の母関数は$$-\frac{\ln(1-z)}{1-z}=\sum_{n=1}^\infty H_nz^n$$$0$ から $z$ までの範囲で積分します。\begin{equation}\frac{1}{2}\ln^2(1-z)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}z^{n+1}\tag{8}\end{equation}$z=e^{i\t}$ , $0<\t<\pi$ とすると\begin{eqnarray*}\ln(1-e^{i\t})&&=\ln(1-\cos\t-i\sin\t)\\&&=\ln\left[2\sin\frac{\t}{2}\left(\sin\frac{\t}{2}-i\cos\frac{\t}{2}\right)\right]\\&&=\ln\left[2\sin\frac{\t}{2}\left(\cos\frac{\t-\pi}{2}+i\sin\frac{\t-\pi}{2}\right)\right]\\&&=\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)+i\frac{\t-\pi}{2}\end{eqnarray*}となりますので、2乗して$$\frac{1}{2}\ln^2(1-e^{i\t})=\frac{1}{2}\left[\ln^2\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)-\frac{(\t-\pi)^2}{4}+i(\t-\pi)\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)\right]$$(8)に適用して虚部をとることで(3)を得ます。
【Q.E.D】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}=\frac{11}{4}\zeta(4)\tag{4}\end{equation}
【proof】フーリエ展開にてよく出てくるParsevalの定理を応用しましょう。(3)は$$\frac{\t-\pi}{2}\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)=\frac{H_1}{2}\sin2\t+\frac{H_2}{3}\sin3\t+\cdots$$これを2乗して $0$ から $\pi$ まで積分します。その際に$$\int_0^\pi\sin m\t\sin n\t d\t=\frac{\pi}{2}\delta_{mn}$$であることに注意して$$\frac{1}{4}\int_0^\pi(\t-\pi)^2\ln^2\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)d\t=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}\frac{\pi}{2}$$$\pi-\t$ を $\t$ と置きなおせば$$\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi \t^2\ln^2\left(2\cos\frac{\t}{2}\right)d\t=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}$$これとLemma2によって$$\frac{1}{2}\frac{11}{2}\zeta(4)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}$$したがって(4)を得ます。
【Q.E.D】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}=\frac{17}{4}\zeta(4)\tag{5}\end{equation}
【proof】\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}-\frac{1}{n^2}\right)z^n&&=\frac{1}{2}\left(H_2-\frac{1}{2}\right)z^2+\frac{1}{3}\left(H_3-\frac{1}{3}\right)z^3+\cdots\\&&=\frac{H_1}{2}z^2+\frac{H_2}{3}z^3+\cdots\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n+1}z^{n+1}\end{eqnarray*}を(8)に適用すると$$\frac{1}{2}\ln^2(1-z)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n}z^n-\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{n^2}$$$z=e^{i\t}$ , $0<\t<\pi$ として先ほどと同様に虚部をとると\begin{equation}\frac{1}{2}(\t-\pi)\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n}\sin n\t-\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin n\t}{n^2}\tag{9}\end{equation}ここで関数 $f(\t)$ を\begin{equation}f(\t)\equiv -\int_0^\t \ln\left(2\sin\frac{x}{2}\right)dx\tag{10}\end{equation}と定義します。$\ln\sin$ のフーリエ展開を用いれば\begin{eqnarray}f(\t)&&=\int_0^\t \sum_{n=1}^\infty\frac{\cos nx}{n}dx\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin n\t}{n^2}\tag{11}\end{eqnarray}※これについては：
x^m/(sin x)^nの積分（logsinのフーリエ展開・ディリクレのベータ関数）
を参照ください。
すなわち$$f(\t)=\sin\t+\frac{\sin2\t}{2^2}+\cdots$$ですので、Parsevalをまた応用して$$\int_0^\pi f(\t)^2d\t=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4}\int_0^\pi\sin^2 n\t d\t$$これを計算することで\begin{equation}\int_0^\pi f(\t)^2d\t=\frac{\pi}{2}\zeta(4)\tag{12}\end{equation}を得ます。
さて、部分積分により\begin{eqnarray*}\int_0^\pi 2f(\t)f'(\t)(\pi-\t)d\t&&=\left[f(\t)^2(\pi-\t)\right]_0^\pi+\int_0^\pi f(\t)^2d\t\\&&=\frac{\pi}{2}\zeta(4)\quad(\because(12))\end{eqnarray*}定義(10)により $f'(\t)=-\ln(2\sin\frac{\t}{2})$ ですから\begin{equation}\int_0^\pi(\pi-\t)f(\t)\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)d\t=-\frac{\pi}{4}\zeta(4)\tag{13}\end{equation}(9)(11)より$$f(\t)+\frac{1}{2}(\t-\pi)\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n}\sin n\t$$これはフーリエ展開の形をしていますので、またしてもParsevalです。$$\int_0^\pi\left[f(\t)+\frac{1}{2}(\t-\pi)\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)\right]^2d\t=\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}$$左辺の2乗をバラしたときに現れる $f(\t)^2$ は(12)を、$(\pi-\t)f(\t)\ln\left(2\sin\frac{\t}{2}\right)$ は(13)を、$(\t-\pi)^2\ln^2(2\sin\frac{\t}{2})$ は $\pi-\t$ を $\t$ としてLemma 2をそれぞれ適用すれば$$\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}=\frac{\pi}{2}\zeta(4)+\frac{\pi}{4}\zeta(4)+\frac{1}{4}\frac{11}{2}\pi\zeta(4)$$$$\therefore\quad\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}=\frac{17}{4}\zeta(4)$$【Q.E.D】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{5}{4}\zeta(4)\tag{6}\end{equation}
【proof】$n\ge2$ に対して$$H_{n-1}^2=\left(H_n-\frac{1}{n}\right)^2=H_n^2+\frac{1}{n^2}-2\frac{H_n}{n}$$この式は $n=1$ では左辺をゼロと考えれば成立します。$n^2$ で割って $n=1$ から無限和をとると$$\sum_{n=2}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}+\zeta(4)-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}$$$$\therefore\quad\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^2}{(n+1)^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}+\zeta(4)-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}$$Theorem 1と2を使って$$\frac{11}{4}\zeta(4)=\frac{17}{4}\zeta(4)+\zeta(4)-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}$$これを整理すれば$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{5}{4}\zeta(4)$$【Q.E.D】
これでおしまいです。なお $\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90}$ に直すと
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}=\frac{11}{360}\pi^4$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}=\frac{17}{360}\pi^4$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{\pi^4}{72}$$
ポリログを用いて同様の級数を導く記事：
調和数を含んだ級数とゼータ関数 part1
ゼータ関数の基礎シリーズ第1回はこちら：
いろいろな積分などを集めた細かい記事：
Integrals and Miscellaneous 1
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