過去記事の続きです。過去記事はこちら：
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、\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n&&=\frac{\ln^2(1-x)+\Li_2(x)}{1-x}\\\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n}x^{n}&&=\Li_3(x)-\ln(1-x)\Li_2(x)-\frac{1}{3}\ln^3(1-x)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n+1}x^{n+1}&=&2\Li_3(1-x)-\frac{1}{3}\ln^3(1-x)-\ln(1-x)\Li_2(x)\\&&-2\ln(1-x)\Li_2(1-x)-\ln x\ln^2(1-x)-2\zeta(3)\end{eqnarray}\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n(n+1)}x^n &=& \Li_3(x)-\frac{2\Li_3(1-x)}{x}+\left(\frac{1}{x}-1\right)\ln(1-x)\Li_2(x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)\frac{\ln^3(1-x)}{3}\\&&+\frac{2}{x}\ln(1-x)\Li_2(1-x)+\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}+\frac{2\zeta(3)}{x}\end{eqnarray}
を用いることにより以下の等式が成立する。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{2^n}&&=\frac{\pi^2}{6}+\ln^22\\\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{\phi^{2n}}&&=\frac{\pi^2}{15}\phi\\\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{2^n}&&=\frac{1}{3}\left(\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{\pi^2}{6}+2\ln^2\frac{3}{2}+\ln^22\right)\\\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{n}&&=-\frac{3}{4}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\ln2-\frac{\ln^3 2}{3}\\\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{2^n n}&&=\frac{7}{8}\zeta(3)\\\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n\phi^{2n}}&&=\frac{4}{5}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{15}\ln\phi\\\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{2^nn}&&=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{4}\right)+\frac{\ln\frac{2}{3}}{2}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\\&&\quad+\frac{\pi^2}{12}\ln3-\frac{3}{2}\ln^22\ln3+\ln^23\ln2\\&&\quad-\frac{\ln^33}{3}+\frac{2}{3}\ln^32\end{eqnarray*}および$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{n+1}=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac{\ln^3 2}{3}$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{n+2}=-\frac{1}{4}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}(\ln2-1)-\frac{\ln^3 2}{3}+2\ln^22-2\ln2+1$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}(2\ln2-1)+\frac{2\ln^3 2}{3}-2\ln^22+2\ln2-1$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_nH_{n+2}}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}(\ln2-1)+\frac{2\ln^3 2}{3}-2\ln^22+4\ln2-3$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n(n+1)2^n}=\frac{11}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}\ln 2-\frac{\ln^32}{3}$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n(n+1)}=3\zeta(3)$$
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 や S.M.Stewart, Explicit evaluation of some quadratic Euler-type sums containing double-index harmonic series,2020 を参考にしつつ、行間をていねいに埋めていきます。
今回は $H_n^2$ を含んだ級数を中心に見ていきましょう。
過去記事と同様に母関数を導出すればいろんな値を代入して級数がそれぞれ得られるはずです。今回ほしい母関数は$$\sum_{n=1}^\infty H_n^2x^n=?$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n}x^n=?$$$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^2}{n^2}x^n=?$$です($|x|\le 1$)。
はじめにちょっとしたトリックが必要です。\begin{eqnarray*}H_{n+1}^2-H_n^2&&=(H_{n+1}+H_n)(H_{n+1}-H_n)\\&&=\frac{1}{n+1}\left(2H_n+\frac{1}{n+1}\right)\\&&=2\frac{H_n}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}\end{eqnarray*}両辺に $x^n$ をかけて $n=1$ からの和をとります。$$\sum_{n=1}^\infty H_{n+1}^2x^n-\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^2}x^n$$左辺第1項と右辺第2項の添え字をずらします。$$\sum_{n=2}^\infty H_{n}^2x^{n-1}-\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^n+\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2}x^{n-1}$$左辺第1項と右辺第2項に1を加えると$$\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^{n-1}-\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}x^{n-1}$$左辺を変形します。$$\left(\frac{1}{x}-1\right)\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}x^{n-1}$$右辺第1項は過去記事
において得られた$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n+1}x^n=\frac{1}{2x}\ln^2(1-x)$$を用いればよく、右辺第2項は二重対数関数の級数表示$$\Li_2(x)=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n^2}$$を使うと$$\left(\frac{1}{x}-1\right)\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n=\frac{1}{x}\ln^2(1-x)+\frac{1}{x}\Li_2(x)$$よって次の等式を得ます。$H_n^2$ の母関数ですね。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^n=\frac{\ln^2(1-x)+\Li_2(x)}{1-x}\tag{1}\end{equation}
x=1,-1の場合
(1)は $x=1$ では両辺が発散し、$x=-1$ では左辺が発散します。
x=1/2の場合
$x=1/2$ とすると$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{2^n}=2(\ln^2 2+\Li_2(1/2))$$$\Li_2(1/2)$ の値は過去記事
で\begin{equation}\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2}\tag{2}\end{equation}を示しましたから
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{2^n}=\frac{\pi^2}{6}+\ln^22\tag{3}\end{equation}
黄金比の場合
黄金比\begin{equation}\phi:=\frac{\sqrt{5}+1}{2}\tag{4}\end{equation}とすると$$\phi^{-2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}$$また先ほどと同じ過去記事において示した\begin{equation}\Li_2(\phi^{-2})=\frac{\pi^2}{15}-\ln^2\phi\tag{5}\end{equation}を用いれば(1)は\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{\phi^{2n}}&&=\frac{\ln^2(1-\phi^{-2})+\frac{\pi^2}{15}-\ln^2\phi}{1-\phi^{-2}}\\&&=\frac{\ln^2\phi+\frac{\pi^2}{15}-\ln^2\phi}{\phi^{-1}}\\&&=\frac{\pi^2}{15}\phi\end{eqnarray*}したがって次の級数を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{\phi^{2n}}=\frac{\pi^2}{15}\phi\tag{6}\end{equation}
x=-1/2の場合
(1)で $x=-1/2$ とした場合は交項級数となります。$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{2^n}=\frac{2}{3}\left(\ln^2\frac{3}{2}+\Li_2\left(-\frac{1}{2}\right)\right)$$(2)を示したものと同じ過去記事で示した式\begin{equation}\Li_s(x^2)=2^{s-1}\Bigl(\Li_s(x)+\Li_s(-x)\Bigr)\tag{7}\end{equation}により$$\frac{1}{2}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)=\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)+\Li_2\left(-\frac{1}{2}\right)$$を得ますので(2)と合わせて
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{2^n}=\frac{1}{3}\left(\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{\pi^2}{6}+2\ln^2\frac{3}{2}+\ln^22\right)\tag{8}\end{equation}
(1)を $x$ で割ります。$$\sum_{n=1}^\infty H_{n}^2x^{n-1}=\frac{\ln^2(1-x)+\Li_2(x)}{x(1-x)}$$0 から $x$ まで積分します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n}x^{n}=\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)+\Li_2(t)}{t(1-t)}dt$$部分分数分解して\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n}x^{n}&&=\int_0^x\frac{\Li_2(t)}{t}dt+\int_0^x\frac{\Li_2(t)}{1-t}dt\\&&\quad+\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt+\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{1-t}dt\end{eqnarray*}第1項は $\Li_3(x)$ の定義そのもの、第3項は部分積分、第4項は初等的ですので\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n}x^{n}&&=\Li_3(x)+\int_0^x\frac{\Li_2(t)}{1-t}dt\\&&\quad-\bigl[\ln(1-t)\Li_2(t)\bigr]_0^x-\int_0^x\frac{\Li_2(t)}{1-t}dt-\frac{1}{3}\ln^3(1-x)\end{eqnarray*}これにより $\frac{H_n^2}{n}$ の母関数は以下のようになります。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n}x^{n}=\Li_3(x)-\ln(1-x)\Li_2(x)-\frac{1}{3}\ln^3(1-x)\tag{9}\end{equation}
また、$$f(x):=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n+1}x^{n+1}$$とすると(1)より$$f'(x)=\frac{\ln^2(1-x)+\Li_2(x)}{1-x}$$これを積分して\begin{eqnarray*}f(x) &=& \int_0^x \frac{\ln^2(1-t)+\Li_2(t)}{1-t}dt \\&=& -\frac{1}{3}\ln^3(1-x)+\int_0^x\frac{\Li_2(t)}{1-t}dt \\&=& -\frac{1}{3}\ln^3(1-x)-\ln(1-x)\Li_2(x)-\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt\end{eqnarray*}残りの積分はこちらの「2022/6/18B」で計算済みです。よって
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n+1}x^{n+1}&=&2\Li_3(1-x)-\frac{1}{3}\ln^3(1-x)-\ln(1-x)\Li_2(x)\\&&-2\ln(1-x)\Li_2(1-x)-\ln x\ln^2(1-x)-2\zeta(3)\tag{9a}\end{eqnarray}
$x=1$ では(9)の両辺は発散しますので、それ以外の値を見ていきます。
x=-1の場合
(9)に $x=-1$ を代入すると$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{n}=\Li_3(-1)-\ln 2\Li_2(-1)-\frac{1}{3}\ln^3 2$$過去記事
において得た式\begin{equation}\Li_s(-1)=\left(\frac{1}{2^{s-1}}-1\right)\zeta(s)\tag{10}\end{equation}を用いれば
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{n}=-\frac{3}{4}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\ln2-\frac{\ln^3 2}{3}\tag{11}\end{equation}
x=1/2の場合
(9)に $x=1/2$ を代入すると$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{2^n n}=\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)+\ln 2\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{3}\ln^3 2$$(2)および先ほどと同じ過去記事で示した式\begin{equation}\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac{\ln^3 2}{6}\tag{12}\end{equation}を用いて次の式が示されます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{2^n n}=\frac{7}{8}\zeta(3)\tag{13}\end{equation}
まさかこんなにスッキリするとは。
黄金比の場合
$x=\phi^{-2}$を代入すると、$1-\phi^{-2}=\phi^{-1}$ であることに注意して$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n\phi^{2n}}=\Li_3(\phi^{-2})+\ln\phi\Li_2(\phi^{-2})+\frac{1}{3}\ln^3\phi$$(5)および同じ過去記事で示した式\begin{equation}\Li_3(\phi^{-2})=\frac{4}{5}\zeta(3)+\frac{2}{3}\ln^3\phi-\frac{2\pi^2}{15}\ln\phi\tag{14}\end{equation}を使うと、次のようになります。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n\phi^{2n}}=\frac{4}{5}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{15}\ln\phi\tag{15}\end{equation}
x=-1/2の場合
(9)に $x=-1/2$ を代入します。$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{2^nn}=\Li_3\left(-\frac{1}{2}\right)-\ln\frac{3}{2}\Li_2\left(-\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{3}\ln^3 \frac{3}{2}$$(7)により\begin{equation}\Li_2\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{\pi^2}{12}+\frac{\ln^22}{2}\tag{16}\end{equation}\begin{equation}\Li_3\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\ln2-\frac{\ln^3 2}{6}\tag{17}\end{equation}となりますので、結局
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n}^2}{2^nn}&&=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{4}\right)+\frac{\ln\frac{2}{3}}{2}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\\&&\quad+\frac{\pi^2}{12}\ln3-\frac{3}{2}\ln^22\ln3+\ln^23\ln2\\&&\quad-\frac{\ln^33}{3}+\frac{2}{3}\ln^32\tag{18}\end{eqnarray}
と求まります。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{n+1}=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac{\ln^3 2}{3}\tag{19}\end{equation}
【略証】\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{n+1} &=& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}H_{n-1}^2}{n} \\&=& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}(H_n-\frac{1}{n})^2}{n} \\&=& \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}H_{n}^2}{n}+2\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-1}H_{n}^2}{n}+2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_{n}}{n^2}-\Li_3(-1)\end{eqnarray*}第1項は(11)よりただちに計算できます。第2項は過去記事で得られた式を、第3項はポリログの有名な特殊値により計算できます。【終】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{n+2}=-\frac{1}{4}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}(\ln2-1)-\frac{\ln^3 2}{3}+2\ln^22-2\ln2+1\tag{20}\end{equation}
【略証】\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{n+2} &=&\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}(H_n-\frac{1}{n})^2}{n+1} \\&=& -\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n^2}{n+1}+2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_{n}}{n}-2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_{n}}{n+1}+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2(n+1)}\end{eqnarray*}第1項は(19)式、第2,3項は過去記事で導出済み。第4項は部分分数分解をして $\ln(1+x)$ のマクローリン展開および $\Li_2(-1)$ を用いることで求まります。【終】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_{n}^2}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{2}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}(2\ln2-1)+\frac{2\ln^3 2}{3}-2\ln^22+2\ln2-1\tag{21}\end{equation}
【略証】(19)(20)よりただちに得ます。【終】
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_nH_{n+2}}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}(\ln2-1)+\frac{2\ln^3 2}{3}-2\ln^22+4\ln2-3\tag{22}\end{equation}
【略証】左辺は$$=\sum_{n=1}^\infty\left[\frac{(-1)^nH_{n}^2}{(n+1)(n+2)}+\frac{(-1)^nH_{n}}{(n+1)^2(n+2)}+\frac{(-1)^nH_{n}}{(n+1)(n+2)^2}\right]$$。第1項は(22)式そのもの。第2項はここの(14)式。第3項は過去記事の「2022/11/1」(A)式です。【終】
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n(n+1)}x^n &=& \Li_3(x)-\frac{2\Li_3(1-x)}{x}+\left(\frac{1}{x}-1\right)\ln(1-x)\Li_2(x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)\frac{\ln^3(1-x)}{3}\\&&+\frac{2}{x}\ln(1-x)\Li_2(1-x)+\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}+\frac{2\zeta(3)}{x}\tag{23}\end{eqnarray}$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n(n+1)2^n}=\frac{11}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{6}\ln 2-\frac{\ln^32}{3}$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n(n+1)}=3\zeta(3)$$
【略証】(9)(9a)から直ちに従う【終】
字数が多くなってきたので、ここまでとします。今回は $H_n^2$ や $\frac{H_n^2}{n}$ を含んだ級数を求めました。次回は $\frac{H_n^2}{n^2}$ をやります↓
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