前回の記事の続きです。前回はこちら：
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、以下の等式が成立する。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}=\frac{\pi^4}{360}$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{\pi^4}{72}$$\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}&&=-\frac{\pi^4}{48}+2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}}{n^3}&&=-\frac{11\pi^4}{360}+2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\end{eqnarray*}$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^3 2^n}=\frac{\pi^4}{720}-\frac{\ln 2}{8}\zeta(3)+\frac{\ln^4 2}{24}$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3 2^n}=\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{\pi^4}{720}-\frac{\ln 2}{8}\zeta(3)+\frac{\ln^4 2}{24}$$
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 を参考にしつつ、行間をていねいに埋めていきます。
ポリログを使わず、フーリエ展開等を駆使して導出する記事はこちら：
前回記事：
の(2)で見た式$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2}x^{n+1}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt$$を、$H_0=0$ を利用して次のように書き換えておきます。\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}x^n=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\tag{1}\end{equation}$x$ で割ります。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}x^{n-1}=\frac{1}{2x}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt$$$0$ から $x$ まで積分します。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^3}x^n&&=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{1}{u}\left(\int_0^u\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\right)du\\&&=\frac{1}{2}\left[\ln u\left(\int_0^u\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\right)\right]_0^x-\frac{1}{2}\int_0^x\ln u\frac{\ln^2(1-u)}{u}du\\&&=\frac{1}{2}\ln x\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt-\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}dt\end{eqnarray*}$x=1$ とすると\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}=-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}dt\tag{2}\end{equation}右辺の計算方法は
の2022/6/11をご覧ください。ベータ関数の偏微分を用いています。
これによると$$\int_0^1\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}dt=-\frac{\pi^4}{180}$$なので、(2)に代入して次の式を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}=\frac{\pi^4}{360}\tag{4}\end{equation}
また(4)の左辺を$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n-\frac{1}{n}}{n^3}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}-\zeta(4)$$と変形することにより
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac{\pi^4}{72}\tag{5}\end{equation}
(1)と(2)の間に現れた式へ戻ります。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^3}x^n=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{1}{u}\left(\int_0^u\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\right)du$$$x=-1$ とすると$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}=\frac{1}{2}\int_0^{-1}\frac{1}{u}\left(\int_0^u\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\right)du$$$u=-s$ と置換します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{s}\left(\int_0^{-s}\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\right)ds$$$t$ を $-t$ に置換します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{1}{s}\left(\int_0^{s}\frac{\ln^2(1+t)}{t}dt\right)ds$$部分積分します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}=-\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln s\ln^2(1+s)}{s}ds$$また部分積分します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}=\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln^2 s\ln(1+s)}{1+s}ds$$$u=(1+s)^{-1}$ と置換します。\begin{eqnarray*}RHS&&=-\frac{1}{2}\int_\frac{1}{2}^1\ln^2\frac{1-u}{u}\frac{\ln u}{u}du\\&&=-\frac{1}{2}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln u\ln^2(1-u)}{u}du+\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^2u\ln(1-u)}{u}du-\frac{1}{2}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^3u}{u}du\end{eqnarray*}右辺第3項は初等的に積分できます。また第1項は $u=1-t$ と置換します。すると
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}&&=-\frac{1}{2}\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&\quad+\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^2u\ln(1-u)}{u}du+\frac{\ln^4 2}{8}\tag{6}\end{eqnarray}
(6)右辺第1項の積分は過去記事
で得た公式\begin{eqnarray}\int_0^x&&\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt\\&&=-2\left[\Li_4\left(\frac{-x}{1-x}\right)+\Li_4(x)-\Li_4(1-x)+\zeta(4)\right]\\&&\quad+2\Bigl[\ln(1-x)\Li_3(x)-\ln x\Li_3(1-x)\Bigr]\\&&\quad+2\ln x\ln(1-x)\Li_2(1-x)-\frac{\pi^2}{6}\ln^2(1-x)\\&&\quad+\frac{\ln^2(1-x)}{12}\Bigl[6\ln^2x+4\ln x\ln(1-x)-\ln^2(1-x)\Bigr]\\&&\quad+2\zeta(3)\ln\frac{x}{1-x}\end{eqnarray}に $x=1/2$ を代入して\begin{equation}\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{1-t}dt=-\frac{\pi^4}{360}-\frac{\ln^42}{4}\tag{7}\end{equation}また(6)右辺第2項の積分は同じ過去記事で得た式$$\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt=-2\Li_4(x)+2\ln x\Li_3(x)-\ln^2x\Li_2(x)$$で $x=1$ および $x=1/2$ とすることで$$\int_0^1\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt=-2\zeta(4)$$$$\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt=-2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-2\ln 2\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)-\ln^2 2\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)$$$\Li_3(1/2)$, $\Li_2(1/2)$ の値は過去記事
で求めています。$\Li_4(1/2)$ の値は（多分）現在のところ分かっていません。結局\begin{eqnarray}\int_\frac{1}{2}^1\frac{\ln^2u\ln(1-u)}{u}du&&=-2\zeta(4)+2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\ln2\zeta(3)\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22-\frac{\ln^42}{6}\tag{8}\end{eqnarray}
以上より、(7)(8)を(6)へ用いることで次の公式を得ます。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n-1}}{n^3}&&=-\frac{\pi^4}{48}+2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\tag{9}\end{eqnarray}
またこの左辺を$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n(H_n-\frac{1}{n})}{n^3}=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n}{n^3}+\frac{7}{8}\zeta(4)$$と変形することで次の式も導けます。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}}{n^3}&&=-\frac{11\pi^4}{360}+2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\tag{10}\end{eqnarray}
(1)と(2)の間で見た式$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^3}x^n=\frac{1}{2}\ln x\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt-\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}dt$$$x=1/2$ を代入すると$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^3 2^n}=-\frac{\ln2}{2}\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt-\frac{1}{2}\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}dt$$右辺第1項は $\Li_3(x)$ の部分積分により求めます。詳細は
の「2022/6/18 B」をご覧ください。それによれば$$\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\ln^3 2}{3}$$また右辺第2項は(7)の左辺を部分積分することにより$$\int_0^\frac{1}{2}\frac{\ln t\ln^2(1-t)}{t}dt=-\frac{\pi^4}{360}+\frac{\ln^4 2}{4}$$したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^3 2^n}=\frac{\pi^4}{720}-\frac{\ln 2}{8}\zeta(3)+\frac{\ln^4 2}{24}\tag{11}\end{equation}
(11)の左辺を$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n-\frac{1}{n}}{n^3 2^n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3 2^n}-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)$$とすると、次のようにも書けます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3 2^n}=\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{\pi^4}{720}-\frac{\ln 2}{8}\zeta(3)+\frac{\ln^4 2}{24}\tag{12}\end{equation}
以上、調和数を含んだ級数を導出してきました。前回は、級数の分母が $n^2$ のものを扱いました。今回はそれに続いて $n^3$ のパターンをやりました。前回に比べるとかなり難しい印象です。
次回へ続きます！こちらです。
関連過去記事：
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