前回はこちら：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part15
$n=0,1,2,\cdots$ 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)^nH_n^{(2)}}{n^3} &=& \frac{11}{32}\zeta(5)-\frac{5}{8}\zeta(2)\zeta(3) \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(3)}}{n^2} &=& \frac{21}{32}\zeta(5)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3) \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{n^3} &=& \frac{19}{32}\zeta(5)-4\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2\\&&-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^22+\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^32+\frac{11}{8}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{2}{15}\ln^52\end{eqnarray}
および$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(4)}}{n}=-2\zeta(5)+\frac{7}{8}\zeta(4)\ln 2+\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3)$$
補題として$$\int_0^1\frac{\ln^2 x\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx=-\frac{27}{16}\zeta(5)+\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)$$
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。本記事ではweight5のEuler-sumですが、交代級数バージョンとなっています。上記の一部の正項バージョンはこちら。
前回は同じくweight5の基本的な交代Euler-sum\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4} = -\frac{59}{32}\zeta(5)+\frac{1}{2}\zeta(2)\zeta(3)\tag{1}\end{equation}を計算しました。今回はそれよりも少し大変です。
交代級数のEuler-sumは導出がなかなか難しいことが多いです。weightが5以上だと特にそうです。さまざまな積分や級数を駆使して、なるべく初等的に導きます。上の３式が互いに関連していることを利用して一気に求めます。
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。
もくじ
似たような級数が多いので、次のように定義してみましょう。
\begin{equation}S_{p_1,p_2,\cdots p_k;q}(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(p_1)}H_n^{(p_2)}\cdots H_n^{(p_k)}}{n^q}x^n\tag{2}\end{equation}
ただし $H_n=H_n^{(1)}$ と考えます。するといま得たい級数は\begin{eqnarray*}S_{2;3}(-1) &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^3} \\ S_{3;2}(-1) &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(3)}}{n^2} \\ S_{1,1;3}(-1) &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{n^3}\end{eqnarray*}このように定義(2)によってかなり広範囲のEuler-sumを表現できます。
過去記事の「2023/2/19」で得た式\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty (H_n^2-H_n^{(2)})x^n=\frac{\ln^2(1-x)}{1-x}\tag{3}\end{equation}で $x\to -x$ とすると$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n(H_n^2-H_n^{(2)})x^n=\frac{\ln^2(1+x)}{1+x}$$両辺に $\frac{\ln^2x}{x}$ をかけると$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n(H_n^2-H_n^{(2)})x^{n-1}\ln^2x=\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{x(1+x)}$$積分します。$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n(H_n^2-H_n^{(2)})\int_0^1 x^{n-1}\ln^2x dx=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{x(1+x)}dx$$左辺は部分積分を繰り返すことで初等的に計算できます。右辺は部分分数分解をしてから、こちらの記事で得た式\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{x} = -\frac{29}{8}\zeta(5)+2\zeta(2)\zeta(3)\tag{4}\end{equation}およびこちらの記事で得た式\begin{eqnarray}&&\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{1+x} \\&=& 8\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{33}{8}\zeta(5)+8\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln^22\\&&-\frac{4}{3}\zeta(2)\ln^32-2\zeta(2)\zeta(3)+\frac{4\ln^52}{15}\tag{5}\end{eqnarray}を利用することにより、\begin{eqnarray} S_{1,1;3}(-1)-S_{2;3}(-1) &=& \frac{1}{4}\zeta(5)-4\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2\\&&-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^22+\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^32\\&&+2\zeta(2)\zeta(3)-\frac{2}{15}\ln^52\tag{6}\end{eqnarray}
$\ln(1-x)$ のマクローリン展開を使って次のような積分結果を得ます。$$\int_0^1 x^{s-1}\ln(1-x)dx=\frac{1}{s}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+s)}$$右辺を部分分数分解すればディガンマ関数の級数表示により\begin{equation}\int_0^1 x^{s-1}\ln(1-x)dx=-\frac{\psi(s+1)+\g}{s}\tag{7}\end{equation}$s$ で微分すると\begin{equation}\int_0^1 x^{s-1}\ln x\ln(1-x)dx=\frac{\psi(s+1)+\g}{s^2}-\frac{\psi'(s+1)}{s}\tag{8}\end{equation}もう1度微分すると\begin{equation}\int_0^1 x^{s-1}\ln^2 x\ln(1-x)dx=-2\frac{\psi(s+1)+\g}{s^3}+2\frac{\psi'(s+1)}{s^2}-\frac{\psi''(s+1)}{s}\tag{8'}\end{equation}$s=n$ を代入します。\begin{eqnarray*}\int_0^1 x^{n-1}\ln^2 x\ln(1-x)dx &=& -2\frac{H_n}{n^3}+\frac{2}{n^2}\left(-H_n^{(2)}+\psi'(1)\right)-\frac{1}{n}\left(2H_n^{(3)}+\psi''(1)\right) \\&=& -2\frac{H_n}{n^3}-2\frac{H_n^{(2)}}{n^2}+\frac{2\zeta(2)}{n^2}-2\frac{H_n^{(3)}}{n}+\frac{2\zeta(3)}{n}\end{eqnarray*}この両辺に $\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ をかけて $n=1$ から無限和をとります。 その後、左辺は $\ln(1+x)$ のマクローリン展開を用います。すると\begin{equation}\int_0^1 \frac{\ln^2 x\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx=-\frac{59}{16}\zeta(5)+\frac{7}{2}\zeta(2)\zeta(3)+2S_{2;3}(-1)+2S_{3;2}(-1)\tag{9}\end{equation}
(9)に現れた積分を計算しましょう。次のコーシー積をとります。\begin{eqnarray*}\ln(1-x)\ln(1+x) &=& \left(\sum_{n=1}^\infty\frac{-1}{n}x^n\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\right) \\&=& \sum_{n=2}^\infty\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(-1)^kx^n}{k(n-k)}\\&=&\sum_{n=2}^\infty\frac{x^n}{n}\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^k\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n-k}\right)\end{eqnarray*}$n$ を偶奇で分けて考えると、奇数項は消えて$$=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{n}\left(-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\cdots -\frac{1}{2n-1}\right)$$カッコ内の足し算は調和数を使って表現でき、次のような式になります（Botez-Catalan identityという。実際に確認してみてください）。\begin{equation}\ln(1-x)\ln(1+x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n-H_{2n}}{n}-\frac{1}{2n^2}\right)x^{2n}\tag{10}\end{equation}
(10)を(9)左辺に適用します。\begin{eqnarray*}&&\int_0^1 \frac{\ln^2 x\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx \\&=& \int_0^1 \frac{\ln^2 x}{x}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n-H_{2n}}{n}-\frac{1}{2n^2}\right)x^{2n}dx \\&=&\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n-H_{2n}}{n}-\frac{1}{2n^2}\right)\frac{1}{4n^3} \\&=&\frac{1}{4}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}-\frac{1}{4}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^4}-\frac{1}{8}\zeta(5)\end{eqnarray*}右辺第1項は過去記事で得た\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\tag{11}\end{equation}を、第2項は $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^4}=8\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^4}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}}{n^4}\right)$$と変形して(11)と(1)を使います。すると次のような難しい積分公式を得ます。
\begin{equation}\int_0^1\frac{\ln^2 x\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx=-\frac{27}{16}\zeta(5)+\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3)\tag{12}\end{equation}
(9)へ適用すれば次の式が得られます。\begin{equation}S_{2;3}(-1)+S_{3;2}(-1)=\zeta(5)-\frac{11}{8}\zeta(2)\zeta(3)\tag{13}\end{equation}
どうしてこんなものが思いつくのかという疑問はありますが、多重対数関数の積 $\Li_2(x)\Li_3(x)$ を考えます。コーシー積により\begin{equation}\Li_2(x)\Li_3(x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^3(n-k+1)^2}\right)x^{n+1}\tag{14}\end{equation}$1/k$ と $1/(n-k+1)$ でひたすら部分分数分解を繰り返します。$$\frac{1}{k^3(n-k+1)^2}=\frac{1}{(n+1)^2}\left[\frac{1}{k^3}+\frac{2}{k^2(n+1)}+\frac{3}{k(n+1)^2}+\frac{3}{(n+1)^2(n-k+1)}+\frac{1}{(n+1)(n-k+1)^2}\right]$$すると(14)は$$\Li_2(x)\Li_3(x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n^{(3)}}{(n+1)^2}+\frac{3H_n^{(2)}}{(n+1)^3}+\frac{6H_n}{(n+1)^4}\right)x^{n+1}$$添え字をずらして $H_0=0$ も考慮すると$$\Li_2(x)\Li_3(x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_{n-1}^{(3)}}{n^2}+\frac{3H_{n-1}^{(2)}}{n^3}+\frac{6H_{n-1}}{n^4}\right)x^n$$$H_{n-1}=H_n-\frac{1}{n}$ , $H^{(2)}_{n-1}=H_n^{(2)}-\frac{1}{n^2}$ 等によって\begin{equation}\Li_2(x)\Li_3(x)=S_{3;2}(x)+3S_{2;3}(x)+6S_{1;4}(x)-10\Li_5(x)\tag{15}\end{equation}$x=-1$ として(1)およびポリログの特殊値により\begin{equation}S_{3;2}(-1)+3S_{2;3}(-1)=\frac{27}{16}\zeta(5)-\frac{21}{8}\zeta(2)\zeta(3)\tag{16}\end{equation}
(13)(16)および(6)は３つの連立方程式となっており、それぞれの級数は
\begin{eqnarray}S_{2;3}(-1) &=& \frac{11}{32}\zeta(5)-\frac{5}{8}\zeta(2)\zeta(3) \\ S_{3;2}(-1) &=& \frac{21}{32}\zeta(5)-\frac{3}{4}\zeta(2)\zeta(3) \\ S_{1,1;3}(-1) &=& \frac{19}{32}\zeta(5)-4\Li_5\left(\frac{1}{2}\right)-4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)\ln2\\&&-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln^22+\frac{2}{3}\zeta(2)\ln^32+\frac{11}{8}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{2}{15}\ln^52\end{eqnarray}
$Li_4(x)$ と $\ln(1-x)$ のコーシー積を考えます。やりかたは(14)以降と同じです。$$-\Li_4(x)\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k^4(n-k+1)}\right)x^{n+1}$$部分分数分解を繰り返して$$\frac{1}{k^4(n-k+1)}=\frac{1}{k^4(n+1)}+\frac{1}{k^3(n+1)^2}+\frac{1}{k^2(n+1)^3}+\frac{1}{(n+1)^4}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n+1-k}\right)$$となるので$$5\Li_5(x)-\Li_4(x)\ln(1-x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n^{(4)}}{n}+\frac{H_n^{(3)}}{n^2}+\frac{H_n^{(2)}}{n^3}+2\frac{H_n}{n^4}\right)x^n$$$x=-1$ として定理２およびこちらの結果を使うと
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(4)}}{n}=-2\zeta(5)+\frac{7}{8}\zeta(4)\ln 2+\frac{3}{8}\zeta(2)\zeta(3)$$
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
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