前回：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part14
$n=0,1,2,\cdots$ に対して調和数 $H_n$ および一般化調和数 $H_n^{(p)}$ を次のように定義する。$$H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\quad,\quad H_0=0$$$$H_n^{(p)}=1+\frac{1}{2^p}+\cdots+\frac{1}{n^p}\quad,\quad H_0^{(p)}=0$$このときweight5の基本的な交代Euler-sum\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4} &=& \frac{59}{32}\zeta(5)-\frac{1}{2}\zeta(2)\zeta(3) \end{eqnarray}これにより系として次の難解な積分が求まる。\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{x}dx &=& -\frac{29}{8}\zeta(5)+2\zeta(2)\zeta(3)\end{eqnarray*}
weightの数値は、級数における分母の $n$ の次数と $H_n$ の次数を足し合わせたものです。本題ではweight5のEuler-sumですが、交代級数になっている分、一筋縄ではいきません（交代でない場合はこちらで書きましたように、かなり易化します）。本シリーズを通して読むと分かるように、weight4以下であれば $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}x^n$ を $\log$ , $Li_s$ , $\zeta$ の組み合わせで明示できるため、$x$ に好きな値を代入していろいろな級数を得られます。しかし今回のようにweight5以上になってくると、それができない（と思われる）。すなわち $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}x^n$ の関数形が求まらないので、$x=-1$ の場合を個別に計算する必要があるのです。ほぼ初等的な計算で進めますが、かなり難しいです。
この記事は単発としても読めますが、シリーズを通して読むとベターです。
今回求めたい級数は\begin{equation}X:=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^4}\tag{1}\end{equation}です。まず\begin{equation}H_n=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{n+k}\right)\tag{2}\end{equation}であることは、例えば和を書き下してみると容易に確認できます。(2)を利用すると\begin{equation}\frac{H_n}{n} = \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(n+k)}\tag{3}\end{equation}と変形でき、(1)へ適用して和の順を交換すると\begin{eqnarray}X &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3} \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(n+k)} \\&=& \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3(n+k)}\tag{4}\end{eqnarray}ここから、部分分数分解をしては既知の級数を取り出すという操作を行います。\begin{eqnarray} X &=& \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right) \\&=& \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}- \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2(n+k)} \\&=& \zeta(2)\eta(3)- \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^2(n+k)}\tag{5}\end{eqnarray}ここで $\zeta(s)$ はリーマンゼータ関数、$\eta(s)$ はディリクレのイータ関数であり\begin{equation}\eta(s):=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\left(1-2^{1-s}\right)\zeta(s)\tag{6}\end{equation}と表されます。
(5)の右辺に残った級数の $1/n(n+k)$ をまた部分分数分解すると\begin{eqnarray} X &=& \zeta(2)\eta(3)-\zeta(3)\eta(2)+ \sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^3}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n(n+k)}\tag{7}\end{eqnarray}\begin{equation}\therefore\quad X = \zeta(2)\eta(3)-\zeta(3)\eta(2)+ \sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{k^3n(n+k)}\tag{8}\end{equation}または\begin{equation}\therefore\quad X = \frac{1}{4}\zeta(2)\zeta(3) + \sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{k^3n(n+k)}\tag{8'}\end{equation}
(8)でさらに部分分数分解するのが正攻法ですが、なかなかしんどいようです。そこで非常にうまい変形をします。変数 $n$ を $m=n+k$ に取り換えて\begin{equation}\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{k^3n(n+k)}=\sum_{k=1}^\infty\sum_{m=k+1}^\infty\frac{(-1)^{m-k-1}}{k^3(m-k)m}\tag{9}\end{equation}和の順を変えると\begin{eqnarray}&=&\sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{m-k-1}}{k^3(m-k)m} \\&=& \sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m}\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^3(m-k)}\end{eqnarray}またしても部分分数分解して\begin{eqnarray}&=& \sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m^2}\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k^2}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m-k}\right) \\&=& \sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m^2}\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k^3}+\frac{1}{k^2(m-k)}\right) \\&=& \sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m^2}\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k^3}+\frac{1}{mk}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m-k}\right)\right) \\&=& \sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{m+k-1}\left(\frac{1}{m^2k^3}+\frac{1}{m^3k^2}+\frac{1}{m^3k(m-k)}\right) \\&=& \sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{m+k-1}\left(\frac{1}{m^2k^3}+\frac{1}{m^3k^2}+\frac{1}{m^4}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m-k}\right)\right)\end{eqnarray}したがって次の等式が成立します。\begin{eqnarray}\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{k^3n(n+k)} &=& S_1+S_2\tag{9}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}S_1&:=& \sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{m+k-1}\left(\frac{1}{m^2k^3}+\frac{1}{m^3k^2}\right)\\ S_2 &:=& \sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{m+k-1}}{m^4}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m-k}\right)\end{eqnarray}
まず $S_1$ を求めます。まず$$S_1= \sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{m+k-1}\left(\frac{1}{m^2k^3}+\frac{1}{m^3k^2}\right)$$の第2項の変数を書き直すと\begin{eqnarray*}S_1 &=& \sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(-1)^{m+k-1}}{m^2k^3}+\sum_{k=2}^\infty\sum_{m=1}^{k-1}\frac{(-1)^{m+k-1}}{k^3m^2} \\ &=& \left(\sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}+\sum_{k=2}^\infty\sum_{m=1}^{k-1}\right)\frac{(-1)^{m+k-1}}{m^2k^3}\end{eqnarray*}$m,k$ の組み合わせを書き出してみると分かるように、この和は\begin{equation}\sum_{m=2}^\infty\sum_{k=1}^{m-1}+\sum_{k=2}^\infty\sum_{m=1}^{k-1}=\sum_{m=1}^\infty\sum_{k=1}^{\infty}-\sum_{m=k=1}^\infty\tag{10}\end{equation}したがって\begin{equation}S_1=\zeta(5)-\eta(2)\eta(3)\tag{11}\end{equation}\begin{equation}\therefore\quad S_1=\zeta(5)-\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3)\tag{12}\end{equation}
次に $S_2$ を求めます。\begin{equation}S_2 =\sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m^4}\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m-k}\right)\tag{13}\end{equation}ここで内側の和を次のように定義しておきます。$$S(m):=\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^{k-1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{m-k}\right)$$偶奇で分けて計算してみます。\begin{eqnarray*}S(2m+1) &=& \left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots-\frac{1}{2m}\right)+\left(\frac{1}{2m}-\frac{1}{2m-1}+\cdots-1\right) \\&=& 0\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}S(2m) &=& \left(1-\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2m-1}\right)+\left(\frac{1}{2m-1}-\frac{1}{2m-2}+\cdots+1\right) \\&=& 2 \left(1-\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2m-1}\right) \\&=& 2H_{2m}-2H_m+\frac{1}{m}\end{eqnarray*}これらを使えば\begin{eqnarray*} S_2 &=& \sum_{m=2}^\infty\frac{(-1)^m}{m^4}S(m) \\&=& \sum_{m=1}^\infty\left(\frac{S(2m)}{(2m)^4}-\frac{S(2m+1)}{(2m+1)^4}\right)\\&=& 2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_{2m}}{(2m)^4}-\frac{1}{8}\sum_{m=1}^\infty\frac{H_{m}}{m^4}+\frac{1}{16}\zeta(5)\end{eqnarray*}ここで$$2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_{2m}}{(2m)^4}=\sum_{m=1}^\infty\frac{H_{m}}{m^4}+\sum_{m=1}^\infty\frac{(-1)^mH_m}{m^4}$$が成り立つこと（理由はこちらから）と、および過去記事で求めた\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\tag{14}\end{equation}を使うと\begin{equation}S_2=\frac{43}{16}\zeta(5)-\frac{7}{8}\zeta(2)\zeta(3)-X\tag{15}\end{equation}
したがって(9)は\begin{equation}\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{k^3n(n+k)}=\frac{59}{16}\zeta(5)-\frac{5}{4}\zeta(2)\zeta(3)-X\tag{16}\end{equation}(8')と合わせて
\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{17}\end{equation}
因みに、この方法を応用することによって$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^{2p}}$$を計算することができます。詳細は下記参考文献をどうぞ。
(17)を使って導出できる積分があります。ここで示したCauchy productを使うと\begin{eqnarray*}\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{x} &=& 2\int_0^1\frac{\ln^2x}{x} \sum_{n=2}^\infty\frac{(-1)^nH_{n-1}}{n}x^n dx \\&=& 2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_{n}}{n+1}\int_0^1 x^n\ln^2xdx\\&=& 4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{(n+1)^4}\\&=& 4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^4} \\&=& -4X-4\Li_5(-1)\end{eqnarray*}よって
\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{x}dx = -\frac{29}{8}\zeta(5)+2\zeta(2)\zeta(3)\tag{18}\end{equation}
G.Bastien, "Elementary methods for evaluating Jordan's sums and analogous Euler's type sums and for setting a sigma sum theorem"(2018)
Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series"（下記）
本記事で参照したのは Cornel Ioan Vălean, "(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series" です。めちゃくちゃ難しい積分が目白押しで楽しいです。
【Amazon】(Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series
次は：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part16
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