前回の記事は：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part9
多重対数関数の定義と初歩的な関係式の知識が前提となります。こちらから：
$n=0,1,2,\cdots$ 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、\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\end{eqnarray}\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^4}=2\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\end{equation}\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^5}=\frac{7}{4}\zeta(6)-\frac{1}{2}\zeta(3)^2\end{equation}
これまでの方針では $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}x^n$ の関数形を求めて $x$ にいろいろ値を代入して級数を得るという流れでした。ただ、$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}x^n$ の時点でかなり複雑になったため、これをさらに $x$ で割り、不定積分するのは厳しい感じがします。なので今までとは違ったやり方を紹介します。
繰り返し部分積分することにより\begin{equation}\int_0^1 t^{n-1}\ln^3tdt=-\frac{6}{n^4}\tag{0}\end{equation}よって\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}x^n&=&-\frac{1}{6}\sum_{n=1}^\infty H_nx^n\int_0^1 t^{n-1}\ln^3tdt\\&=&-\frac{1}{6}\int_0^1\frac{\ln^3t}{t}\sum_{n=1}^\infty H_n(xt)^ndt\end{eqnarray*}過去記事
より\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty H_nx^n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}\tag{1}\end{equation}でしたから\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}x^n &=& \frac{1}{6}\int_0^1\frac{\ln^3t}{t}\frac{\ln(1-xt)}{1-xt}dt\\ &=& \frac{1}{6}\int_0^x\frac{(\ln u-\ln x)^3\ln(1-u)}{u(1-u)}du\quad(u=xt)\end{eqnarray*}簡単のため $x=1$ としましょう。\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4} = \frac{1}{6}\int_0^1\frac{\ln^3 u\ln(1-u)}{u(1-u)}du\tag{2}\end{equation}ここでベータ関数 $B(x,y)$ の積分による定義式\begin{equation}B(x,y)=\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^{y-1}du\tag{3}\end{equation}を $x$ で $p$ 回、$y$ で $q$ 回微分すると\begin{equation}\frac{\partial^{p+q}B(x,y)}{\partial x^p \partial y^q}=\int_0^1 u^{x-1}(1-u)^{y-1}\ln^p u \ln^q(1-u)du\tag{4}\end{equation}ここで思いつく(2)の解法として、(4)で $p=3$ , $q=1$ として $x,y\to+0$ とするものがあります。収束するのですが、２つの極限を考えるため計算がしんどいです。そこで(2)を分解して$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4} = \frac{1}{6}\left(\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{x}dx+\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{1-x}dx\right)$$1つ目の積分は簡単で\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{x}dx &=& -\int_0^1\frac{\ln^3 x}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}dx\\ &=& -\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\int_0^1x^{n-1}\ln^3x dx\\ &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{6}{n^5}\quad(\because(0))\\ &=& 6\zeta(5)\end{eqnarray*}したがって$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4} = \zeta(5)+\frac{1}{6}\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{1-x}dx$$なんとなく２つのログが対称のほうがいい気がするので（ほんとにいいかは確かめてない）、1度部分積分すると\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4} = \zeta(5)+\frac{1}{4}\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}{x}dx\tag{5}\end{equation}
(5)の残りの積分は多重対数関数を使ったりしてできるのかもしれませんが、ベータ関数でやりましょう。(4)より$$\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}{x}dx=\left.\frac{\partial^{4}B(x,y)}{\partial x^2 \partial y^2}\right|_{x\to +0,y=1}$$4階の偏導関数を求めるのはしんどいので、少しだけ楽をします。まず $y$ で2回微分して $y=1$ を代入してから残りの微分を行います。つまり\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}{x}dx=\left.\frac{\partial^{2}}{\partial x^2}\left(\left.\frac{\partial^{2}B(x,y)}{\partial y^2}\right|_{y=1}\right)\right|_{x\to+0}\tag{6}\end{equation}(6)の右辺の計算は$$B(x,y)=\frac{\G(x)\G(y)}{\G(x+y)}$$およびディガンマ関数 $\psi(x)=\G'(x)/\G(x)$ により$$\frac{\partial^{2}B(x,y)}{\partial y^2}=B(x,y)\left[\{\psi(y)-\psi(x+y)\}^2+\psi'(y)-\psi'(x+y)\right]$$$y=1$ を代入して\begin{equation}\left.\frac{\partial^{2}B(x,y)}{\partial y^2}\right|_{y=1}=\frac{1}{x}\left[\{\psi(1)-\psi(x+1)\}^2+\psi'(1)-\psi'(x+1)\right]\tag{7}\end{equation}$x$ で2階微分すると\begin{eqnarray}\frac{\partial^{2}}{\partial x^2}\left(\left.\frac{\partial^{2}B(x,y)}{\partial y^2}\right|_{y=1}\right) &=& \frac{2}{x}\left[\psi''(x+1)\{\psi(x+1)-\psi(1)\}+\psi'(x+1)^2-\frac{1}{2}\psi'''(1+x)\right]\\&&-\frac{2}{x^2}\left[\psi'(x+1)\{\psi(x+1)-\psi(1)\}-\frac{1}{2}\psi''(1+x)\right]\\&&-\frac{1}{x^2}\left[2\{\psi(x+1)-\psi(1)\}\psi'(x+1)-\psi''(x+1)\right]\\&&+\frac{2}{x^3}\left[\{\psi(x+1)-\psi(1)\}^2+\psi'(1)-\psi'(x+1)\right]\tag{8}\end{eqnarray}$x\to +0$ の極限をとります。$x=1$ まわりの展開式$$\psi(1+x)=\psi(1)+\psi'(1)x+\frac{\psi''(1)}{2!}x^2+\frac{\psi'''(1)}{3!}x^3+\cdots$$を(8)に利用します。$x$ は最後にゼロとするので、計算が完結したときに $x$ の1次以上となる項は無視すればいいです。大変ですが、計算しきると$$\frac{\partial^{2}}{\partial x^2}\left(\left.\frac{\partial^{2}B(x,y)}{\partial y^2}\right|_{y=1}\right) = 2\psi'(1)\psi''(1)-\frac{1}{3}\psi^{(4)}(1)+O(x)$$よって $x\to0$ として(6)より$$\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}{x}dx=2\psi'(1)\psi''(1)-\frac{1}{3}\psi^{(4)}(1)$$過去記事
によれば$$\psi(z)=-\g-\sum_{n=0}^\infty\left(\frac{1}{z+n}-\frac{1}{n+1}\right)$$ですので微分して$$\psi'(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(z+n)^2}\Longrightarrow \psi'(1)=\zeta(2)$$$$\psi''(z)=-2\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(z+n)^3}\Longrightarrow \psi''(1)=-2\zeta(3)$$$$\psi'''(z)=6\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(z+n)^4}\Longrightarrow \psi'''(1)=6\zeta(4)$$$$\psi^{(4)}(z)=-24\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(z+n)^5}\Longrightarrow \psi^{(4)}(1)=-24\zeta(5)$$これらを使うと$$\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1-x)}{x}dx=8\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(3)$$(5)より$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4} = \zeta(5)+\frac{1}{4}\left(8\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(3)\right)$$したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\tag{9}\end{equation}
ついでに、$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^4}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}-\frac{1}{n}}{n^4}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}-\zeta(5)$$(9)より
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^4}=2\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\tag{10}\end{equation}
同様にして\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^5}x^n &=& \frac{-1}{24}\int_0^x\frac{(\ln u-\ln x)^4\ln(1-u)}{u(1-u)}du\tag{11}\end{eqnarray}$x=1$ なら\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^5} &=& \frac{-1}{24}\int_0^1\frac{\ln^4 u\ln(1-u)}{u(1-u)}du\tag{12}\end{eqnarray}部分分数分解により$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^5} = \zeta(6)-\frac{1}{24}\int_0^1\frac{\ln^4 u\ln(1-u)}{1-u}du$$ベータ関数の偏導関数を用いると\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^5} = \zeta(6)-\frac{1}{24}\left.\frac{\partial^5B(p,q)}{\partial p^4\partial q}\right|_{p=1,q=+0}\tag{13}\end{equation}手計算で5階微分はきついので、maximaに計算させたところ\begin{equation}\left.\frac{\partial^5B(p,q)}{\partial p^4\partial q}\right|_{p=1,q=+0}=12\zeta(3)-18\zeta(6)\tag{14}\end{equation}したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^5}=\frac{7}{4}\zeta(6)-\frac{1}{2}\zeta(3)^2\tag{15}\end{equation}
このような形で進めれば、$\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^6}$ や $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^7}$ といった、分母がさらに高次のケースも計算できることになります。ベータ関数の微分が煩雑ですが。仮に計算できたとしても、ただのゴリ押し計算に終始するため、過去記事であの手この手で進めてきたような楽しみもありません。そうすると手詰まり感があるので、とりあえず本シリーズはこの辺で終わりかなという感じです。ともあれ、調べればもっといろんなEuler sumの計算は出てきますので、面白いのを見つけたら再開するかも。
再開しました↓
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