過去記事の続きです。過去記事はこちら：
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part4
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：
$n=0,1,2,\cdots$ に対して奇調和数 $O_n$ を次のように定義する。$$O_n=1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\quad,\quad O_0=0$$このとき、\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty O_n x^{2n-1}&&=\frac{1}{2(1-x^2)}\ln\frac{1+x}{1-x}\\\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n} x^{2n}&&=\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}\\\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n^2} x^{2n}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\Li_3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\\&&\quad +\ln\frac{1-x}{1+x}\left[\Li_2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln x\ln^2\frac{1-x}{1+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{O_n}{4^n}&&=\frac{\ln3}{3}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2^n}&&=\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}+1)\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{2^n}&&=-\frac{\sqrt{2}}{3}\arctan\frac{1}{\sqrt{2}}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n4^n}&&=\frac{\ln^2 3}{4}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n2^n}&&=\ln^2(\sqrt{2}-1)\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n}&&=-\frac{\pi^2}{16}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n3^n}&&=-\frac{\pi^2}{36}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{9^nn^2}&&=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{4}\right)+\frac{\ln2}{2}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\ln^32-\frac{1}{2}\ln^22\ln3\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n^2}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)-\pi G\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{3^n n^2}&&=\frac{35}{36}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{36}\ln3+\frac{\sqrt{3}}{27}\pi^3-\frac{\pi\sqrt{3}}{54}\psi'\left(\frac{1}{6}\right)\end{eqnarray*}
上記のうち交項級数は、次の母関数によっても導出可能である。
\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty(-1)^nO_nx^{2n-1}&&=-\frac{\arctan x}{1+x^2}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n}x^{2n}&&=-\arctan^2x\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n^2} x^{2n}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3\left(\frac{ix-1}{ix+1}\right)-\Li_3\left(\frac{1-ix}{1+ix}\right)\\&&\quad +\ln\frac{1-ix}{1+ix}\left[\Li_2\left(\frac{1-ix}{1+ix}\right)-\Li_2\left(\frac{ix-1}{ix+1}\right)\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln (ix)\ln^2\frac{1-ix}{1+ix}\end{eqnarray*}
今回は調和数 $H_n$ の代わりに、奇数だけの項を集めた調和数 $O_n$ で似たことをやってみます。上を見ると分かるように、母関数の表現は $x^{n}$ でなく $x^{2n}$ ですので、$x=-1$ を代入しても交項級数を生み出すことができません。しかし $x=i$ を代入することで解消できるでしょう。それも無理なら別の母関数を作ることになります。
なおディガンマ関数を使うと$$O_n=\frac{\psi(\frac{1}{2}\pm n)-\psi(\frac{1}{2})}{2}$$と定義することも可能です。本記事で参考にしたDe Doelder(1991)ではディガンマ関数を使っています。
まずは$$\sum_{n=1}^\infty O_n x^n=?\quad(0<x<1)$$としてみて、この右辺を探します。\begin{eqnarray*}LHS&&=x+\left(1+\frac{1}{3}\right)x^2+\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)x^3+\cdots\\&&=(x+x^2+\cdots)+\frac{1}{3}(x^2+x^3+\cdots)+\frac{1}{5}(x^3+x^4+\cdots)+\cdots\\&&=x(1+x+x^2+\cdots)\left(1+\frac{x}{3}+\frac{x^2}{5}+\cdots\right)\\&&=\frac{x}{1-x}\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{2n+1}\\&&=\frac{1}{1-x}\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n+1}}{2n+1}\end{eqnarray*}級数が扱いにくいので、$x$ を $x^2$ に変えます。$$\sum_{n=1}^\infty O_n x^{2n}=\frac{1}{1-x^2}\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$ここで右辺の級数部分がどんな関数かを調べましょう。$$f(x):=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$$とすると $f'(x)=1+x^2+x^4+\cdots=\frac{1}{1-x^2}$ ですので$$f(x)=\int_0^x\frac{dt}{1-t^2}=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}$$したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty O_n x^{2n-1}=\frac{1}{2(1-x^2)}\ln\frac{1+x}{1-x}\tag{1}\end{equation}
級数の具体例をつくる
$x=\pm 1$ では発散します。いろいろな値を代入することで具体的な級数を得ることができます。例として$x=1/2$ , $x=1/\sqrt{2}$ においては
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{4^n}&&=\frac{\ln3}{3}\tag{2}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2^n}&&=\sqrt{2}\ln(\sqrt{2}+1)\tag{3}\end{eqnarray}
純虚数の代入と交項級数
交項級数を作るためには(1)に純虚数を代入する必要があります。この式に虚数を代入してよいかは議論が必要ですが、そのままやってみましょう。例えば $x=\frac{i}{2}$ を代入すると\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{2^n}&&=\frac{i}{3\sqrt{2}}\ln\frac{1+2\sqrt{2}i}{3}\\&&=\frac{i}{3\sqrt{2}}\ln e^{i\arctan 2\sqrt{2}}\end{eqnarray*}よって次の等式ができあがります。$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{2^n}=-\frac{\arctan 2\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}$$$\arctan 2\sqrt{2}=2\t$ とおくと $\tan2\t=2\sqrt{2}$ です。加法定理より$$2\sqrt{2}=\frac{2\tan\t}{1-\tan^2\t}$$これを解くと $\tan\t=1/\sqrt{2}$ を得ます。よって$$\arctan2\sqrt{2}=2\arctan\frac{1}{\sqrt{2}}$$というわけで
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{2^n}=-\frac{\sqrt{2}}{3}\arctan\frac{1}{\sqrt{2}}\tag{4}\end{equation}
Wolframに計算させると両辺ともに $-0.2901$ 程度となりました。多分大丈夫でしょう。
(1)の両辺を $0$ から $x$ まで積分します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{2n} x^{2n}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{1}{(1-t^2)}\ln\frac{1+t}{1-t}dt$$よって$$\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n} x^{2n}=\int_0^x\frac{1}{(1-t^2)}\ln\frac{1+t}{1-t}dt$$$u=\frac{1-t}{1+t}$ と置換します。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n} x^{2n}&&=\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{2\ln u du}{(1+u)^2-(1-u)^2}\\&&=\frac{1}{2}\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\ln u}{u}du\\&&=\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}\end{eqnarray*}したがって次の母関数の表示を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n} x^{2n}=\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}\tag{5}\end{equation}
(5)に代入できる値はいくらでもありますが、例えば $x=1/2$ , $x=1/\sqrt{2}$, $x=i$ さらには $x=i/\sqrt{3}$ を代入すると次の級数公式を得ます。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n4^n}&&=\frac{\ln^2 3}{4}\tag{6}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n2^n}&&=\ln^2(\sqrt{2}-1)\tag{7}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n}&&=-\frac{\pi^2}{16}\tag{8}\\\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n3^n}&&=-\frac{\pi^2}{36}\tag{9}\end{eqnarray}
(5)を $x$ で割って、$0$ から $x$ まで積分します。すると次の式を得ます。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n^2} x^{2n}=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{1}{t}\ln^2\frac{1-t}{1+t}dt$$$u=\frac{1-t}{1+t}$ と置換します。$$\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n^2} x^{2n}=\int_X^1\frac{\ln^2u}{(1+u)(1-u)}du$$ここで $0\le X=\frac{1-x}{1+x}\le 1$ としました。したがって\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n^2} x^{2n}=\frac{1}{2}\int_X^1\frac{\ln^2 t}{1-t}dt+\frac{1}{2}\int_X^1\frac{\ln^2 t}{1+t}dt\tag{10}\end{equation}
ここで $\Li_3(X)$ を繰り返し部分積分すると\begin{eqnarray*}\Li_3(X)&&=\int_0^X\frac{\Li_2(t)}{t}dt\\&&=\ln X\Li_2(X)+\frac{1}{2}\ln^2X\ln(1-X)+\frac{1}{2}\int_0^X\frac{\ln^2 t}{1-t}dt\end{eqnarray*}よって$$\frac{1}{2}\int_0^X\frac{\ln^2 t}{1-t}dt=\Li_3(X)-\ln X\Li_2(X)-\frac{1}{2}\ln^2X\ln(1-X)$$$X=1$ とすると$$\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln^2 t}{1-t}dt=\zeta(3)$$したがって\begin{eqnarray}\frac{1}{2}\int_X^1\frac{\ln^2 t}{1-t}dt&&=\zeta(3)-\Li_3(X)+\ln X\Li_2(X)\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln^2X\ln(1-X)\tag{11}\end{eqnarray}
また $\Li_3(-X)$ を繰り返し部分積分すると\begin{eqnarray*}\Li_3(-X)&&=\int_0^{-X}\frac{\Li_2(t)}{t}dt\\&&=\int_0^X\frac{\Li_2(-t)}{t}dt\\&&=\ln X\Li_2(-X)+\frac{1}{2}\ln^2X\ln(1+X)-\frac{1}{2}\int_0^X\frac{\ln^2t}{1+t}dt\end{eqnarray*}上と同様に $X=1$ とすると$$\frac{1}{2}\int_0^1\frac{\ln^2t}{1+t}dt=-\Li_3(-1)=\frac{3}{4}\zeta(3)$$よって次の式を得ます。\begin{eqnarray}\frac{1}{2}\int_X^1\frac{\ln^2 t}{1+t}dt&&=\frac{3}{4}\zeta(3)+\Li_3(-X)-\ln X\Li_2(-X)\\&&\quad-\frac{1}{2}\ln^2X\ln(1+X)\tag{12}\end{eqnarray}(11)(12)を(10)へ用いて
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n^2} x^{2n}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\Li_3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\\&&\quad +\ln\frac{1-x}{1+x}\left[\Li_2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln x\ln^2\frac{1-x}{1+x}\tag{13}\end{eqnarray}
(13)に $x=1$ とすると両辺は収束して
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}=\frac{7}{4}\zeta(3)\tag{14}\end{equation}
また(13)に $x=1/3$ を代入すると\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{9^nn^2}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3\left(-\frac{1}{2}\right)-\Li_3\left(\frac{1}{2}\right)\\&&\quad-\ln2\left[\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)-\Li_2\left(-\frac{1}{2}\right)\right]-\frac{1}{2}\ln^22\ln3\end{eqnarray*}過去記事
で示した\begin{equation}\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2}\tag{15}\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{16}\end{equation}\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{17}\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{18}\end{equation}を用いると
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{9^nn^2}&&=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{4}\right)+\frac{\ln2}{2}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)\\&&\quad+\frac{2}{3}\ln^32-\frac{1}{2}\ln^22\ln3\tag{19}\end{eqnarray}
(13)に $x=i=e^{\frac{\pi}{2}i}$ を代入すると$$\ln i=\frac{\pi}{2}i\;,\;\ln\frac{1-i}{1+i}=\ln\frac{1}{i}=-\frac{\pi}{2}i$$により\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{O_n}{n^2} &&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3(i)-\Li_3(-i)\\&&\quad -\frac{\pi}{2}i\left[\Li_2(-i)-\Li_2(i)\right]+\frac{1}{2}\frac{\pi}{2}i\left(-\frac{\pi}{2}i\right)^2\\&&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3(i)-\Li_3(-i)\\&&\quad +\frac{\pi}{2}i\left[\Li_2(i)-\Li_2(-i)\right]-\frac{\pi^3}{16}i\end{eqnarray}過去記事
より$$\Li_2(\pm i)=-\frac{\pi^2}{48}\pm iG\;,\;\Li_3(\pm i)=-\frac{3}{32}\zeta(3)\pm\frac{\pi^3i}{32}$$なので\begin{eqnarray*}\Li_2(i)-\Li_2(-i)&&=2iG\\\Li_3(i)-\Li_3(-i)&&=\frac{\pi^3}{16}i\end{eqnarray*}です。これらを用いれば
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n^2}=\frac{7}{4}\zeta(3)-\pi G\tag{20}\end{equation}
(13)で $x=i/\sqrt{3}$ を代入します。\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{3^n n^2}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)-\left[\Li_3(e^{-\frac{\pi}{3}i})-\Li_3(-e^{-\frac{\pi}{3}i})\right]\\&&\quad-\frac{\pi i}{3}\left[\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})-\Li_2(-e^{-\frac{\pi}{3}i})\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2}\ln3+\frac{\pi}{2}i\right)\left(\frac{i\pi}{3}\right)^2\tag{21}\end{eqnarray}ここでポリログの級数による定義から\begin{eqnarray*}\Li_3(e^{-\frac{\pi}{3}i})-\Li_3(-e^{-\frac{\pi}{3}i})&&=2\sum_{n=0}^\infty\frac{e^{-\frac{\pi}{3}i(2n+1)}}{(2n+1)^3}\\&&=2e^{-\frac{\pi}{3}i}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+1)^3}-2\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{27(2n+1)^3}+2e^{-\frac{5\pi}{3}i}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+5)^3}\end{eqnarray*}
の「2022/5/3 C」を振り返ると$$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+1)^3}=\frac{91}{216}\zeta(3)+\frac{\sqrt{3}\pi^3}{108}$$$$\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+5)^3}=\frac{91}{216}\zeta(3)-\frac{\sqrt{3}\pi^3}{108}$$となりますので、これを用いて\begin{equation}\Li_3(e^{-\frac{\pi}{3}i})-\Li_3(-e^{-\frac{\pi}{3}i})=\frac{7}{9}\zeta(3)-\frac{\pi^3}{18}i\tag{22}\end{equation}また\begin{eqnarray*}\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})-\Li_2(-e^{-\frac{\pi}{3}i})&&=2e^{-\frac{\pi}{3}i}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+1)^2}-2\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{9(2n+1)^2}+2e^{-\frac{5\pi}{3}i}\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(6n+5)^2}\\&&=\frac{e^{-\frac{\pi}{3}i}}{18}\psi'\left(\frac{1}{6}\right)-\frac{\zeta(2)}{6}+\frac{e^{\frac{\pi}{3}i}}{18}\psi'\left(\frac{5}{6}\right)\\&&=-\frac{\pi^2}{36}+\frac{1}{36}\left[\psi'\left(\frac{1}{6}\right)+\psi'\left(\frac{5}{6}\right)\right]-\frac{\sqrt{3}i}{36}\left[\psi'\left(\frac{1}{6}\right)-\psi'\left(\frac{5}{6}\right)\right]\end{eqnarray*}ディガンマ関数の相反公式$$\psi(1-z)-\psi(z)=\pi\cot\pi x$$を微分して得られる式に $z=1/6$ を代入すると$$\psi'\left(\frac{1}{6}\right)+\psi'\left(\frac{5}{6}\right)=4\pi^2$$したがって\begin{equation}\Li_2(e^{-\frac{\pi}{3}i})-\Li_2(-e^{-\frac{\pi}{3}i})=\frac{\pi^2}{12}+\frac{\sqrt{3}}{36}i\left[4\pi^2-2\psi'\left(\frac{1}{6}\right)\right]\tag{23}\end{equation}(22)(23)を(21)に代入すれば
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{3^n n^2}=\frac{35}{36}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{36}\ln3+\frac{\sqrt{3}}{27}\pi^3-\frac{\pi\sqrt{3}}{54}\psi'\left(\frac{1}{6}\right)\tag{24}\end{equation}
$\psi'(1/6)$ すなわち $\zeta(2,1/6)$ を求めようとしましたが、うまくいきませんでした。なのでこれでOKとしましょう。Wolframによれば両辺の値は $-0.30155$ くらいです。
$x$ に純虚数を代入することで(20)などの交項級数を得ることができました。あるいは、そもそも(1)に $(-1)^n$ がついた形の母関数を求めることでも計算できます。
まず\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty(-1)^nO_nx^{2n-1}&&=x-\left(1+\frac{1}{3}\right)x^3+\left(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}\right)x^5-\cdots\\&&=(1-x^2+x^4-\cdots)\left(x-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}-\cdots\right)\end{eqnarray*}最右辺の右側は $\arctan$ のマクローリン展開になっています。したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty(-1)^nO_nx^{2n-1}=-\frac{\arctan x}{1+x^2}\tag{25}\end{equation}
これに $x=1/\sqrt{2}$ を代入すると(4)が得られます。先ほどのように虚数を代入しなくてもいいのです。
(25)を $0$ から $x$ まで積分しましょう。$(1+x^2)^{-1}=(\arctan x)'$ であることから容易に
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n}x^{2n}=-\arctan^2x\tag{26}\end{equation}
$x=1$ とすれば(8)を、$x=1/\sqrt{3}$ とすれば(9)を得ます。
(26)を $x$ で割ってからまた積分しますと、$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n^2}x^{2n}=-2\int_0^x\frac{\arctan^2t}{t}dt$$ここからがどうにもならず…仕方なく $t=-iu$ と置換して$$\int_0^x\frac{\arctan^2t}{t}dt=-\int_0^{ix}\frac{\mathrm{arctanh}^2u}{u}du=-\frac{1}{4}\int_0^{ix}\frac{1}{u}\ln^2\frac{1+u}{1-u}du$$$t=\frac{1-u}{1+u}$ と置換して$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n^2}x^{2n}=\int_X^1\frac{\ln^2t}{1-t^2}dt$$ただし $X=\frac{1-ix}{1+ix}$ です。これは(10)あたりの道中と全く同じ形をしており、ただちに
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n^2} x^{2n}&&=\frac{7}{4}\zeta(3)+\Li_3\left(\frac{ix-1}{ix+1}\right)-\Li_3\left(\frac{1-ix}{1+ix}\right)\\&&\quad +\ln\frac{1-ix}{1+ix}\left[\Li_2\left(\frac{1-ix}{1+ix}\right)-\Li_2\left(\frac{ix-1}{ix+1}\right)\right]\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln (ix)\ln^2\frac{1-ix}{1+ix}\tag{27}\end{eqnarray}
とりあえずこれを母関数とするしかありません。これって(13)そのまんまです…。そして式があまりきれいではありません。$x=1/2$ としてWolframで数値計算してもらったところ、両辺で同じ値が返ってきましたので、誤りではなさそうです。これに $x=1$ を代入して(20)を、 $x=1/\sqrt{3}$ を代入して(24)を得ます。
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}(n-1)!^2}{(2n)!}O_n=7\zeta(3)$$を示せ。
証明はここの「2022/11/13」を見てください。
次回：
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