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\frac{H_n^2}{n^2}x^n&&=\Li_4(x)-2\Li_4(1-x)+2\ln(1-x)\:\Li_3(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\Li_2(x)^2-\ln^2(1-x)\:\Li_2(1-x)-\frac{1}{3}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\pi^4}{45}\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}{n^2}&&=\frac{17}{360}\pi^4\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2}&&=\frac{11}{360}\pi^4\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{2^nn^2}&&=-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{37\pi^4}{1440}-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2+\frac{\pi^2\ln^22}{24}-\frac{\ln^42}{24}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^2}{n^2}&&=2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{41\pi^4}{1440}+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{(n+1)^2}&&=2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{480}+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\end{eqnarray*}
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 $H_n^2$ を含んだ級数の続きです。
前回の記事で導出した式\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{1}\end{equation}を $x$ で割ります。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n}x^{n-1}=\frac{\Li_3(x)}{x}-\frac{\ln(1-x)\Li_2(x)}{x}-\frac{1}{3}\frac{\ln^3(1-x)}{x}$$$0$ から $x$ まで積分します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n^2}x^n=\int_0^x\frac{\Li_3(t)}{t}dt-\int_0^x\frac{\ln(1-t)\Li_2(t)}{t}dt-\frac{1}{3}\int_0^x\frac{\ln^3(1-t)}{t}dt$$右辺第1項は $\Li_4(x)$ の定義そのものです。第2項は $\Li_2(t)$ の定義よりただちに$$\frac{\ln(1-t)}{t}=-\Li_2'(t)$$なので\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}^2}{n^2}x^n=\Li_4(x)+\frac{1}{2}\Li_2(x)^2-\frac{1}{3}\int_0^x\frac{\ln^3(1-t)}{t}dt\tag{2}\end{equation}問題は最後の項です。
$\Li_4(x)$ の部分積分より\begin{eqnarray*}\Li_4(x)&&=\int_0^x\frac{\Li_3(t)}{t}dt\\&&=\ln x\Li_3(x)-\int_0^x\frac{\ln t\Li_2(t)}{t}dt\\&&=\ln x\Li_3(x)-\frac{1}{2}\ln^2x\Li_2(x)-\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2t\ln(1-t)}{t}dt\\&&=\ln x\Li_3(x)-\frac{1}{2}\ln^2x\Li_2(x)\\&&\quad-\frac{1}{6}\ln^3x\ln(1-x)-\frac{1}{6}\int_0^x\frac{\ln^3t}{1-t}dt\end{eqnarray*}$x$ を $1-x$ に置き換えると\begin{eqnarray*}\Li_4(1-x)&&=\ln (1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)-\frac{1}{6}\int_0^{1-x}\frac{\ln^3t}{1-t}dt\end{eqnarray*}右辺の積分で $t\to 1-t$ と置換します。\begin{eqnarray*}\Li_4(1-x)&&=\ln (1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{1}{6}\int_1^x\frac{\ln^3(1-t)}{t}dt\end{eqnarray*}$x=0$ を代入すると$$\zeta(4)=\frac{1}{6}\int_1^0\frac{\ln^3(1-t)}{t}dt$$なので\begin{eqnarray*}\Li_4(1-x)&&=\ln (1-x)\Li_3(1-x)-\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{1}{6}\int_0^x\frac{\ln^3(1-t)}{t}dt+\zeta(4)\end{eqnarray*}右辺の積分について解くと\begin{eqnarray*}\int_0^x\frac{\ln^3(1-t)}{t}dt&&=6\Li_4(1-x)-6\ln(1-x)\:\Li_3(1-x)\\&&\quad+3\ln^2(1-x)\:\Li_2(1-x)+\ln x\ln^2(1-x)-6\zeta(4)\end{eqnarray*}これを(2)に代入して整理すると欲しかった母関数が完成します。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}x^n&&=\Li_4(x)-2\Li_4(1-x)+2\ln(1-x)\:\Li_3(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\Li_2(x)^2-\ln^2(1-x)\:\Li_2(1-x)\\&&\quad-\frac{1}{3}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\pi^4}{45}\tag{3}\end{eqnarray}
これの $x$ に値を代入することでいろいろな級数公式が得られます。
x=1の場合
(3)に $x=1$ を代入すると\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}&&=\zeta(4)+\frac{1}{2}\zeta(2)^2+\frac{\pi^4}{45}\\&&=\frac{17}{360}\pi^4\end{eqnarray*}したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}=\frac{17}{360}\pi^4\tag{4}\end{equation}
添え字を分母分子でずらすテクニックも紹介しておきます。(4)において\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(H_{n-1}+\frac{1}{n})^2}{n^2}\\&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}+\zeta(4)\end{eqnarray*}第2項は過去記事
で $\pi^4/360$ と示しましたので
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2}=\frac{11}{360}\pi^4\tag{4a}\end{equation}
x=1/2の場合
(3)に $x=1/2$ を代入すると\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{2^nn^2}&&=-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-2\ln2\:\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{2}\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)^2\\&&\quad-\ln^2 2\:\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{\ln^4 2}{3}+\frac{\pi^4}{45}\end{eqnarray}ここで過去記事
で証明した式\begin{equation}\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2}\tag{5}\end{equation}\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{6}\end{equation}を使って次の結論を得ます。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{2^nn^2}&&=-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{37\pi^4}{1440}+\frac{\pi^2\ln^22}{24}\\&&\quad-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2-\frac{\ln^42}{24}\tag{7}\end{eqnarray}
x=-1の場合
(3)に $x=e^{i\pi}$ を代入します。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^2}{n^2}&&=\Li_4(-1)-2\Li_4(2)+2\ln2\:\Li_3(2)\\&&\quad+\frac{1}{2}\Li_2(-1)^2-\ln^22\:\Li_2(2)\\&&\quad-\frac{1}{3}i\pi\ln^32+\frac{\pi^4}{45}\\&&=-\frac{7}{8}\zeta(4)-2\Li_4(2)+2\ln2\:\Li_3(2)\\&&\quad+\frac{1}{8}\zeta(2)^2-\ln^22\:\Li_2(2)\\&&\quad-\frac{1}{3}i\pi\ln^32+\frac{\pi^4}{45}\end{eqnarray*}
によれば\begin{eqnarray}\Li_2(2)&&=\frac{\pi^2}{4}-i\pi\ln2\tag{8}\\\Li_3(2)&&=\frac{7}{8}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{4}\ln2-i\frac{\pi}{2}\ln^22\tag{9}\end{eqnarray}さらにまったく同様の手法により\begin{equation}\Li_4(2)=-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{\pi^4}{45}+\frac{\pi^2}{6}\ln^22-\frac{\ln^42}{24}-i\frac{\pi}{6}\ln^32\tag{10}\end{equation}これらを用いることで
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^2}{n^2}&&=2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{41\pi^4}{1440}+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{\ln^42}{12}\tag{11}\end{eqnarray}
(4)から(4a)を求めた時と同様に$$-\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_{n-1}^2}{n^2}=-\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^2}{n^2}+2\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n}{n^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^4}$$右辺第1項は(11)、第2項は過去記事
より、第3項は $\Li_4(-1)$ ですので
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{(n+1)^2}&&=2\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{480}+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}\ln^22+\frac{1}{12}\ln^42\tag{12}\end{eqnarray}
次回はこちら：
ポリログなしでEuler-sumを求める例：
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