類する過去記事はこちら：
$n=0,1,2,\cdots$ に対して調和数 $H_n$ を次のように定義する。$$H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\quad,\quad H_0=0$$このとき、以下の等式が成立する。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n}{n+1}=-\frac{1}{2}\ln^22$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n}{n}=\frac{\ln^22}{2}-\frac{\pi^2}{12}$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}=\zeta(3)$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^n(n+1)^2}=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\ln^32}{3}$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^2}=\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2\phi^n}=\frac{\zeta(3)}{5}-\frac{2\ln^3\phi}{3}$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}=\frac{1}{8}\zeta(3)$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}=-\frac{5}{8}\zeta(3)$$$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+2)^2}=\frac{\zeta(3)}{8}+2-\frac{\pi^2}{12}-2\ln2$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+1)^2(n+2)}=-\frac{\zeta(3)}{8}+\ln^22-2\ln2+1$$
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n}x^n=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)+\Li_2(x)$$
$H_0=1$ とするケースもあった気がするので注意が必要です。今回の場合は $H_{n-1}=\psi(n)-\psi(1)$ と定義してもOK。
本記事はDe Doelder, On some series containing $\psi(x)-\psi(y)$ and $(\psi(x)-\psi(y))^2$ for certain values of $x$ and $y$,1991 を大いに参考にしつつ、行間をていねいに埋めていきます。前提知識としてポリログの初歩的な事項が必要となります。これについては過去記事もどうぞ：
$-\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\cdots$ , $(1-x)^{-1}=1+x+x^2+\cdots$ の積をとると$$-\frac{\ln(1-x)}{1-x}=\left(x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\cdots\right)(1+x+x^2+\cdots)$$右辺を昇べきに整理すると次の表式を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty H_nx^n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}\tag{1}\end{equation}
右辺の関数が調和数の母関数となっています。この式がすべての始まりとなります。
一般の式
(1)を $0$ から $x$ まで積分します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)$$$x$ で割ります。\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^n=\frac{1}{2x}\ln^2(1-x)\tag{1a}\end{equation}
$H_{n+1}=H_n+\frac{1}{n+1}$ および二重対数関数 $\Li_2(x)$ の級数表示を用いると\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n}x^n=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)+\Li_2(x)\tag{1a'}\end{equation}となります。こちらも同様に利便性のある公式です。なお $x\to -x$ としてこちらの記事の(8)を使うと\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n}(-x)^n=-\Li_2\left(\frac{x}{1+x}\right)\tag{1a''}\end{equation}なる式も得ます。
これにより例えば\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n}{n+1}=-\frac{1}{2}\ln^22\tag{1b}\end{equation}あるいは $H_{n+1}=H_n+\frac{1}{n+1}$ を用いて\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n}{n}=\frac{\ln^22}{2}-\frac{\pi^2}{12}\tag{1c}\end{equation}を得ます。ここで $\Li_2(-1)$ の特殊値を用いました。
さて(1a)を再度 $0$ から $x$ まで積分します。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\tag{2}\end{equation}
$x\ge0$ としましょう。右辺の積分は多重対数関数を使って表すことができます。多重対数関数については
を参照ください。$\ln(1-x)$ が $O(x)$ であることに注意して\begin{eqnarray*}\int_0^x&&\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\\&&=\left[\ln t\ln^2(1-t)\right]_0^x+2\int_0^x\frac{\ln t\ln(1-t)}{t}dt\\&&=\ln x\ln^2(1-x)+2\int_{1-x}^1\frac{\ln(1-s)\ln s}{s}ds\quad(1-t=s)\\&&=\ln x\ln^2(1-x)+2\left[-\Li_2(s)\ln s\right]_{1-x}^x+2\int_{1-x}^1\frac{\Li_2(s)}{s}ds\\&&=\ln x\ln^2(1-x)+2\ln(1-x)\Li_2(1-x)+2\left[\Li_3(s)\right]_{1-x}^1\\&&=\ln x\ln^2(1-x)+2\ln(1-x)\Li_2(1-x)-2\Li_3(1-x)+2\zeta(3)\end{eqnarray*}したがって次の関係式が導かれます。
$0\le x<1$ ,\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n}&&=\frac{1}{2x}\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{3}\end{eqnarray}
あるいはココの導出により\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}x^n &=& \Li_3(x)-\Li_3(1-x)+\ln(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3)\tag{3'}\end{eqnarray}
値の代入と級数公式の導出
この $x$ に値を代入することで級数の公式を得ることができます。
$x\to1$ の極限を考えましょう。$1-x=y$ とおくと右辺の極限は$$\zeta(3)+\frac{1}{2}\displaystyle\lim_{y\to +0}\left[\ln(1-y)\ln^2y+2\ln y\Li_2(y)\right]$$$\ln(1-y)$ は展開すると$y$ の1次以上の項から成りますので、$\ln y$ を何回掛けても $0$ へ収束します。$\Li_2(y)$ もその定義$$\Li_2(y)=-\int_0^y\frac{\ln(1-t)}{t}dt$$から、展開すると $y$ の1次以上の項から成りますので同様です。すなわち
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}=\zeta(3)\tag{4}\end{equation}
またこの左辺を$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n+1}-\frac{1}{n+1}}{(n+1)^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}-\zeta(3)$$と変形することで、
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)\tag{5}\end{equation}
これの証明のお手軽バージョンが以下のリンクの6/22の記事にあります。
さて、(3)で $x=1/2$ とすると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^n(n+1)^2}=2\zeta(3)-\ln^32-2\ln2\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)-2\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)$$
にて得られた特殊値$$\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^22}{2}$$$$\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac{\ln^32}{6}$$を代入すると
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^n(n+1)^2}=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\ln^32}{3}\tag{6}\end{equation}
またこの左辺を\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^n(n+1)^2}&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n+1}-\frac{1}{n+1}}{2^n(n+1)^2}\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^{n-1}n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^{n-1}n^3}\\&&=2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^2}-2\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)\end{eqnarray*}と変形して最右辺第2項について解くと
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^2}=\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2\tag{7}\end{equation}
黄金比における値
(3)で $x=\phi^{-1}$ を代入します。$\phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ を「黄金比」といいます。つまり $\phi^{-1}=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ です。また $1-\phi^{-1}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}=\phi^{-2}$ であることに注意します。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2\phi^n}&&=\frac{\phi}{2}\Bigl[-\ln\phi\ln^2(\phi^{-2})+2\ln(\phi^{-2})\Li_2(\phi^{-2})\\&&\quad\quad\quad-2\Li_3(\phi^{-2})+2\zeta(3)\Bigr]\\&&=\frac{\phi}{2}\Bigl[-4\ln^3\phi-4\ln\phi\Li_2(\phi^{-2})-2\Li_3(\phi^{-2})+2\zeta(3)\Bigr]\end{eqnarray*}上記の過去記事で得た等式$$\Li_2(\phi^{-2})=\frac{\pi^2}{15}-\ln^2\phi$$$$\Li_3(\phi^{-2})=\frac{4}{5}\zeta(3)+\frac{2}{3}\ln^3\phi-\frac{2\pi^2}{15}\ln\phi$$を用いると
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2\phi^n}=\frac{\zeta(3)}{5}-\frac{2\ln^3\phi}{3}\tag{8}\end{equation}
が導かれます。
ここから、(5)(7)を求めたときと同様なことをすると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2\phi^n}=\frac{\zeta(3)}{5}-\frac{2\ln^3\phi}{3}+\Li_3(\phi^{-1})$$となりますが、右辺の最後の項は求まりません。
$x$が負の場合と交項級数
(2)まで戻ります。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt$$$x<0$ の場合を考えるために $x$ を $-x$ と置き換えます。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}&&=\frac{1}{2}\int_0^{-x}\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\\&&=\frac{1}{2}\int_0^{x}\frac{\ln^2(1+t)}{t}dt\end{eqnarray*}
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}=\frac{1}{2}\int_0^{x}\frac{\ln^2(1+t)}{t}dt\tag{9}\end{equation}
右辺を部分積分します。$$\frac{1}{2}\int_0^{x}\frac{\ln^2(1+t)}{t}dt=\frac{1}{2}\ln x\ln^2(1+x)-\int_0^x\frac{\ln t\ln(1+t)}{1+t}dt$$ここで、天下り的ではありますが以下のような微分を実行します。\begin{eqnarray*}\frac{d}{dt}&&\left[\frac{1}{3}\ln^3(1+t)+\ln(1+t)\Li_2\left(\frac{1}{1+t}\right)+\Li_3\left(\frac{1}{1+t}\right)\right]\\&&=\frac{\ln t\ln(1+t)}{1+t}\end{eqnarray*}多重対数関数の積分型の定義に従って微分すると、きれいに消えてこのようにシンプルな式になることが確認できます。よって\begin{eqnarray*}\frac{1}{2}\int_0^{x}\frac{\ln^2(1+t)}{t}dt=&&\frac{1}{2}\ln x\ln^2(1+x)-\frac{1}{3}\ln^3(1+x)\\&&-\ln(1+x)\Li_2\left(\frac{1}{1+x}\right)-\Li_3\left(\frac{1}{1+x}\right)+\zeta(3)\end{eqnarray*}(9)に用いれば次の公式を得ます。
$0\le x\le1$,\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}=&&\frac{1}{2}\ln x\ln^2(1+x)-\frac{1}{3}\ln^3(1+x)\\&&-\ln(1+x)\Li_2\left(\frac{1}{1+x}\right)-\Li_3\left(\frac{1}{1+x}\right)+\zeta(3)\tag{10}\end{eqnarray}
$x=1$ を代入すると$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}=-\frac{\ln^32}{3}-\ln 2\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)-\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)+\zeta(3)$$先ほど現れた等式$$\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^22}{2}$$$$\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac{\ln^32}{6}$$を代入すると $\zeta(3)/8$ となります。したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}=\frac{1}{8}\zeta(3)\tag{11}\end{equation}
さらに左辺を\begin{eqnarray*}LHS&&=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)^2}\left(H_{n+1}-\frac{1}{n+1}\right)\\&&=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^3}\\&&=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}+\frac{3}{4}\zeta(3)\end{eqnarray*}と変形することで次の式も成り立ちます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}=-\frac{5}{8}\zeta(3)\tag{12}\end{equation}
(11)を変形して次を示せ。\begin{equation}\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+2)^2}=\frac{\zeta(3)}{8}+2-\frac{\pi^2}{12}-2\ln2\tag{13}\end{equation}
【略証】$H_n=H_{n+1}-\frac{1}{n+1}$ により左辺は$$=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nH_{n+1}}{(n+2)^2}-\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{(n+1)(n+2)^2}$$となり、第1項は(11)を用いればすぐできます。第2項は部分分数分解をすると$\ln(1+x)$ のマクローリン展開および二重対数関数 $\Li_2$ の級数形が現れます。二重対数関数についてはこちら。【終】
次を示せ。\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+1)^2(n+2)}=-\frac{\zeta(3)}{8}+\ln^22-2\ln2+1\tag{14}\end{equation}
【略証】部分分数分解により左辺は$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n+2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n+1}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{(n+1)^2}$$第1項は $H_n=H_{n+1}-\frac{1}{n+1}$ および(1b)を利用して求まります。第2項は(1b)そのものです。第3項は例題１で求めました。【終】
次回へ続きます！
多重対数関数を使わず違ったアプローチで級数を得る記事はこちら：
多重対数関数については次の記事で基本が学べます：
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