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
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part5
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、$0\le x<1$ に対して\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty O_n^2 x^{2n}&&=\frac{x}{1-x^2}\Bigl[\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}-\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\ln\frac{1-x}{1+x}\ln\frac{2}{1+x}\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}+\frac{1}{2}\Li_2(x)-\frac{1}{2}\Li_2(-x)\Bigr]\\\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{n}x^{2n}&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{1}{4}\Li_3\left(\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^2\right)-\frac{1}{2}\ln x\ln^2\frac{1-x}{1+x}\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln\frac{1-x}{1+x}\left[\frac{\pi^2}{6}-\Li_2(x)+\Li_2(-x)-2\Li_2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right]\\&&\quad-\frac{1}{4}\zeta(3)\end{eqnarray*}が成り立つ。これら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^2}{\phi^{2n}} &&=-\frac{3}{2}\ln^2\phi+3\ln2\ln\phi-\Li_2(-\phi^{-3})\\\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{4^nn}&&=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{9}\right)-\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\ln 3}{4}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)\\&&\quad+\ln3\Li_2\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2}\ln2\ln3\ln\frac{3}{2}+\frac{\ln^33}{12}\end{eqnarray*}さらに積分への応用も可能である。$$\int_0^1 x^a\arctan^2(bx^q)\cdot\ln^p xdx=(-1)^{p+1}p!\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_nb^{2n}}{n(2qn+a+1)^{p+1}}$$$$\int_0^1 x^a\mathrm{arctanh}^2(bx^q)\cdot\ln^p xdx=(-1)^{p}p!\sum_{n=1}^\infty\frac{O_nb^{2n}}{n(2qn+a+1)^{p+1}}$$
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 $O_n$ を定義することも可能です。本記事は一応、De Doelder(1991)を参考にしていますが、かなりアプローチが異なります。
調和数の2乗をつくるテクニック
$O_n$ の定義より$$O_{n+1}^2-O_n^2=(O_{n+1}+O_n)(O_{n+1}-O_n)=\frac{2O_n}{2n+1}+\frac{1}{(2n+1)^2}$$両辺に $x^{2n}$ をかけて和をとります。$x^n$ をかけてもいいのですが、この後かなり苦労することになるので $x^{2n}$ にしました。$$\sum_{n=1}^\infty O_{n+1}^2x^{2n}-\sum_{n=1}^\infty O_{n}^2x^{2n}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+1}x^{2n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n+1)^2}$$左辺第1項と右辺第2項の添え字をずらします。$$\sum_{n=2}^\infty O_{n}^2x^{2n-2}-\sum_{n=1}^\infty O_{n}^2x^{2n}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+1}x^{2n}+\sum_{n=2}^\infty\frac{x^{2n-2}}{(2n-1)^2}$$両辺に1を加えます。$$\sum_{n=1}^\infty O_{n}^2x^{2n-2}-\sum_{n=1}^\infty O_{n}^2x^{2n}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+1}x^{2n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n-2}}{(2n-1)^2}$$したがって\begin{equation}\left(\frac{1}{x^2}-1\right)\sum_{n=1}^\infty O_n^2 x^{2n}=\frac{2}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+1}x^{2n+1}+\frac{1}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)^2}\tag{1}\end{equation}
補題の級数
ここで(1)右辺の２つの級数がどんな関数かを考えます。1つ目は$$f(x):=\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+1}x^{2n+1}$$これを微分すると$$f'(x)=\sum_{n=1}^\infty O_n x^{2n}$$この右辺は過去記事
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part5
で関数の形が判明しています。よって$$f'(x)=\frac{x}{2(1-x^2)}\ln\frac{1+x}{1-x}$$これを積分することで $f(x)$ が求まります。\begin{eqnarray*}f(x)&&=\frac{1}{2}\int_0^x\frac{u}{1-u^2}\ln\frac{1+u}{1-u}du\\&&=\frac{1}{4}\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{1-t}{t(1+t)}\ln t dt\quad(u=\frac{1-t}{1+t})\\&&=\frac{1}{8}\ln^2\frac{1-x}{1+x}-\frac{1}{2}\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\ln t}{1+t}dt\end{eqnarray*}二重対数関数の部分積分より$$\Li_2(-X)=-\ln X\ln(1+X)+\int_0^X\frac{\ln t}{1+t}dt$$$X=1$ とすると $$\int_0^1\frac{\ln t}{1+t}dt=\Li_2(-1)=-\frac{\pi^2}{12}$$$X=\frac{1-x}{1+x}$ として $f(x)$ に適用します。$$f(x)=\frac{1}{8}\ln^2\frac{1-x}{1+x}-\frac{1}{2}\int_0^\frac{1-x}{1+x}\frac{\ln t}{1+t}dt-\frac{\pi^2}{24}$$したがって
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+1}x^{2n+1}&&=\frac{1}{8}\ln^2\frac{1-x}{1+x}-\frac{1}{2}\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\\&&\quad-\frac{1}{2}\ln\frac{1-x}{1+x}\ln\frac{2}{1+x}-\frac{\pi^2}{24}\tag{2}\end{eqnarray}
(1)右辺のもう１つの級数は、$\Li_2(x)$ の級数表示 $\sum \frac{x^n}{n^2}$ の奇数項のみ取り出したものになっています。すなわち次のように書き換え可能です。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)^2}=\frac{1}{2}\Li_2(x)-\frac{1}{2}\Li_2(-x)\tag{3}\end{equation}
これをルジャンドルのカイ関数 $\chi_2(x)$ といいます。
(2)(3)を(1)に適用することで、次の結論を得ます。
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty O_n^2 x^{2n}&&=\frac{x}{1-x^2}\Bigl[\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}-\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\ln\frac{1-x}{1+x}\ln\frac{2}{1+x}\\&&\quad-\frac{\pi^2}{12}+\frac{1}{2}\Li_2(x)-\frac{1}{2}\Li_2(-x)\Bigr]\tag{4}\end{eqnarray}
$0<x<1$ なる適当な $x$ を(4)に代入することで級数公式を得ることができます。ただ、今回の式は複雑で、めぼしい公式は得られなさそうです。1つだけやっておきましょう。$x=\phi^{-1}$ ($\phi$ は黄金比)を代入すると
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{\phi^{2n}} =-\frac{3}{2}\ln^2\phi+3\ln2\ln\phi-\Li_2(-\phi^{-3})\tag{5}\end{equation}
途中で現れる $\Li_2(1/\phi)$ , $\Li_2(-1/\phi)$ の値はこちらからどうぞ：
(4)を $x$ で割って積分します。\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{n}x^{2n}&&=\int_0^x\frac{2}{1-t^2}\Bigl[\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-t}{1+t}-\Li_2\left(\frac{t-1}{t+1}\right)-\ln\frac{1-t}{1+t}\ln\frac{2}{1+t}\\&&\quad\quad\quad-\frac{\pi^2}{12}+\frac{1}{2}\Li_2(t)-\frac{1}{2}\Li_2(-t)\Bigr]dt\\&&=I+J\tag{6}\end{eqnarray}\begin{eqnarray}I&&:=\int_0^x\frac{2}{1-t^2}\Bigl[\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-t}{1+t}-\Li_2\left(\frac{t-1}{t+1}\right)-\ln\frac{1-t}{1+t}\ln\frac{2}{1+t}-\frac{\pi^2}{12}\Bigr]dt\tag{7}\\J&&:=\int_0^x\frac{2}{1-t^2}\Bigl[\frac{1}{2}\Li_2(t)-\frac{1}{2}\Li_2(-t)\Bigr]dt\tag{8}\end{eqnarray}根拠は特にありませんが、一気にやると大変なのでとりあえず分けました。
$J$の計算
$J$ から見ていきます。$$J=\frac{1}{2}\int_0^x\left(\frac{\Li_2(t)}{1+t}-\frac{\Li_2(-t)}{1+t}+\frac{\Li_2(t)}{1-t}-\frac{\Li_2(-t)}{1-t}\right)dt$$すべての項を部分積分し、整理するとうまくコンパクトにまとまります。\begin{eqnarray}J&&=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\left[\Li_2(x)-\Li_2(-x)\right]-\frac{1}{2}\int_0^x\ln^2\frac{1-t}{1+t}\frac{dt}{t}\tag{9}\end{eqnarray}右辺の積分は
の"2022/7/13A"により\begin{eqnarray*}\int_0^x \ln^2\frac{1-t}{1+t}\frac{dt}{t}&&=-2\left[\Li_3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\right]\\&&\quad+2\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]+\ln^2\frac{1-x}{1+x}\ln x\\&&\quad +\frac{7}{2}\zeta(3)\end{eqnarray*}したがって\begin{eqnarray}J&&=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\left[\Li_2(x)-\Li_2(-x)\right]+\left[\Li_3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\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]-\frac{1}{2}\ln^2\frac{1-x}{1+x}\ln x\\&&\quad -\frac{7}{4}\zeta(3)\tag{10}\end{eqnarray}
$I$の計算
引き続き、(7)より $u=\frac{1-t}{1+t}$ と置換して\begin{eqnarray}I&&=-\int_1^\frac{1-x}{1+x}\left[\frac{1}{4}\frac{\ln^2u}{u}-\frac{\Li_2(-u)}{u}-\frac{\ln u\ln(1+u)}{u}-\frac{\pi^2}{12u}\right]du\\&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\Li_2(-u)}{u}du+\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\ln u\ln(1+u)}{u}du+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}\\&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}+\int_{-1}^\frac{x-1}{x+1}\frac{\Li_2(u)}{u}du+\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\ln u\ln(1+u)}{u}du\\&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\Li_3(-1)\\&&\quad+\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\ln u\ln(1+u)}{u}du\\&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\Li_3(-1)\\&&\quad-\ln\frac{1-x}{1+x}\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+\int_1^\frac{1-x}{1+x}\frac{\Li_2(-u)}{u}du\\&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\Li_3(-1)\\&&\quad-\ln\frac{1-x}{1+x}\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)-\Li_3(-1)\\&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}+2\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)\\&&\quad-\ln\frac{1-x}{1+x}\Li_2\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+\frac{3}{2}\zeta(3)\end{eqnarray}これと(10)を合わせ、(6)より\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{n}x^{2n}&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{\pi^2}{12}\ln\frac{1-x}{1+x}+\Li_3\left(\frac{x-1}{x+1}\right)+\Li_3\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\left[\Li_2(x)-\Li_2(-x)\right]\\&&\quad-\ln \frac{1-x}{1+x}\Li_2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)-\frac{1}{2}\ln^2\frac{1-x}{1+x}\ln x\\&&\quad -\frac{1}{4}\zeta(3)\end{eqnarray*}$\Li_3(X^2)=4\left(\Li_3(X)+\Li_3(-X)\right)$ も用いて整理すると
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{n}x^{2n}&&=-\frac{1}{12}\ln^3\frac{1-x}{1+x}+\frac{1}{4}\Li_3\left(\left(\frac{1-x}{1+x}\right)^2\right)-\frac{1}{2}\ln x\ln^2\frac{1-x}{1+x}\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln\frac{1-x}{1+x}\left[\frac{\pi^2}{6}-\Li_2(x)+\Li_2(-x)-2\Li_2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right]\\&&\quad-\frac{1}{4}\zeta(3)\tag{11}\end{eqnarray}
$x=1/2$ を(11)に代入すると
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{4^nn}&&=\frac{1}{4}\Li_3\left(\frac{1}{9}\right)-\frac{1}{4}\zeta(3)-\frac{\ln 3}{4}\Li_2\left(\frac{1}{4}\right)\\&&\quad+\ln3\Li_2\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{2}\ln2\ln3\ln\frac{3}{2}+\frac{\ln^33}{12}\tag{12}\end{eqnarray}
本シリーズのこれまでの流れを受け継ぐなら、(11)を $x$ で割ってさらに積分することで $$\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n^2}{n^x}x^{2n}$$の表現を得ることなのですが、取り組んでみるとかなり厳しいようです。$x=1$ とした場合なら求めることが可能で$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n^2}{n^2}=\frac{\pi^4}{32}$$となります。これの導出については
をご覧ください。
$p\in\ZZ^+$ , $q>0$ として$$I(a,b,p,q):=\int_0^1 x^a\arctan^2(bx^q)\cdot\ln^p xdx$$なる積分を考えます。前回の記事より$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n \frac{O_n}{n}x^{2n}=-\arctan^2x$$ですので$$I(a,b,p,q)=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_n}{n}b^{2n}\int_0^1x^{2qn+a}\ln^pxdx$$繰り返し部分積分をすることにより
\begin{equation}\int_0^1 x^a\arctan^2(bx^q)\cdot\ln^p xdx=(-1)^{p+1}p!\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_nb^{2n}}{n(2qn+a+1)^{p+1}}\tag{13}\end{equation}
ごちゃっとしていますが、$a=-1$ なら$$\int_0^1 \frac{\arctan^2(bx^q)\cdot\ln^p x}{x}dx=\frac{(-1)^{p+1}p!}{(2q)^{p+1}}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_n}{n^{p+2}}$$となります。また前回の記事より$$\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n} x^{2n}=\frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}=\mathrm{arctanh}^2x$$ですので全く同様に用いれば
\begin{equation}\int_0^1 x^a\mathrm{arctanh}^2(bx^q)\cdot\ln^p xdx=(-1)^{p}p!\sum_{n=1}^\infty\frac{O_nb^{2n}}{n(2qn+a+1)^{p+1}}\tag{14}\end{equation}
(13)(14)では級数の分母が $n$ の $p+2$ 次式ですので本シリーズで取り扱う範囲としては $p=0,1$ が限界かなと思います。参考文献はAnthony.S and Amrik S.N.,Euler Sums and Integral Connections,2019です。
次の記事：
Please support me!
記事を気に入って下さった方、「応援してあげてもいいよ」という方がいらっしゃったら15円から可能なので支援していただければ幸いです。情報発信を継続していくため、サーバー維持費などに充てさせていただきます。
ご支援いただいた方は、こちらで確認できます。
◎ Amazonギフトの場合、
Amazonギフト券- Eメールタイプ – Amazonベーシック
より、金額は空白欄に適当に(15円から)書きこんで下さい。受取人は「mamekebiamazonあっとgmail.com」です（あっとは@に置き換えてください）。贈り主は「匿名」等でOKです。全額がクリエイターに届きます。
◎ OFUSEは登録不要で、100円から寄付できます。金額の90%がクリエイターに届きます。
OFUSEで応援を送る◎ codocは登録不要で、100円から寄付できます。金額の85%がクリエイターに届きます。
