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
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part6
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 $H_n$ と奇調和数 $O_n$ を次のように定義する。$$H_n=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\quad,\quad H_0=0$$$$O_n=1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\quad,\quad O_0=0$$このとき、\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^2}&=&\frac{7}{16}\zeta(3)\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^2}&=&\frac{11}{4}\zeta(3)\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}}{n^2}&=&\frac{11}{4}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}+4\ln2-4\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^3}&=&\frac{17\pi^4}{1440}-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2+\frac{\pi^2}{24}\ln^22-\frac{\ln^42}{24}\\\sum_{n=0}^\infty\frac{H_{2n+1}}{(2n+1)^3}&=&\frac{\pi^4}{45}-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2+\frac{\pi^2}{24}\ln^22-\frac{\ln^42}{24}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^3}&=&-\frac{\pi^4}{15}+8\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+7\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{3}\ln^22+\frac{\ln^42}{3}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{n^2}&=&4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{3\pi^4}{80}+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{6}\ln^22+\frac{\ln^42}{6}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{(2n+1)^2}&=&\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{11\pi^4}{2880}+\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{24}\ln^22+\frac{\ln^42}{24}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n}}{n^2}&=&7\zeta(3)-2\pi G\\\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n-1}}{n^2}&=&7\zeta(3)-2\pi G+\frac{\pi^2}{6}+2\pi-12\ln2\end{eqnarray*}
S.M.Stewart, Explicit evaluation of some quadratic Euler-type sums containing double-index harmonic series,2020を参考にしています。
これまでと似たような級数を扱いますが $H_{2n}$ すなわち、調和数の添え字が倍となっています。過去記事のようにこの数列の母関数を求めてやっていくのもいいですね。しかし今回は過去記事で導出した式をより十分に生かせる方針をとります。
数列 $a_n$ を考えます。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty a_n+\sum_{n=1}^\infty(-1)^n a_n&&=(a_1-a_1)+(a_2+a_2)+(a_3-a_3)+\cdots\\&&=2\sum_{n=1}^\infty a_{2n}\end{eqnarray*}したがって次の関係式を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_{2n}=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty a_n+\sum_{n=1}^\infty(-1)^n a_n\right)\tag{1}\end{equation}
ゼータ関数などでも、偶数項だけあるいは奇数項だけ考えるときによく使うテクニックです。$a_n$ が絶対収束するという条件がいるのですが、本記事では特に気にする必要はありません。(1)を使って新しい級数公式をどんどん作ります！
こちらの記事から$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n}x^n=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)+\Li_2(x)$$なので(1)を用いて\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n}x^{2n}=\frac{1}{2}\left\{\ln^2(1-x)+\ln^2(1+x)+\Li_2(x^2)\right\}\tag{1a}\end{equation}
過去記事
で証明した公式\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}&&=\zeta(3)\tag{2}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}&&=2\zeta(3)\tag{3}\\\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}H_n}{(n+1)^2}&&=\frac{1}{8}\zeta(3)\tag{4}\\\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}&&=-\frac{5}{8}\zeta(3)\tag{5}\end{eqnarray}を使います。(1)より\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^2}&=&\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^2}+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{(n+1)^2}\right)\\&=&\frac{1}{2}\left(\zeta(3)-\frac{1}{8}\zeta(3)\right)\quad(\because(2)(4))\\&=&\frac{7}{16}\zeta(3)\end{eqnarray*}\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n)^2}&=&\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n}H_n}{n^2}\right)\\&=&\frac{1}{2}\left(2\zeta(3)-\frac{5}{8}\zeta(3)\right)\quad(\because(3)(5))\\\\&=&\frac{11}{16}\zeta(3)\end{eqnarray*}したがって
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^2}&=&\frac{7}{16}\zeta(3)\tag{6}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^2}&=&\frac{11}{4}\zeta(3)\tag{7}\end{eqnarray}
(7)のインデックスをずらしてみましょう。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}-\frac{1}{2n+1}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(2n+1)}$$
の「2022/7/16B」によると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(2n+1)}=\frac{\pi^2}{6}+4\ln2-4$$ですので
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}}{n^2}=\frac{11}{4}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{6}+4\ln2-4\tag{8}\end{equation}
次に級数の分母が $n^3$ の場合に挑戦します。過去記事
によると\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}&=&\frac{\pi^4}{360}\tag{9}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}&=&\frac{\pi^4}{72}\tag{10}\\\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{11}\\\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{12}\end{eqnarray}これらを状況に応じて使いましょう。\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^3}&=&\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{(n+1)^3}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}}{(n+1)^3}\right)\quad(\because(1))\\&=&\frac{1}{2}\Bigl(\frac{\pi^4}{360}+\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}\Bigr)\quad(\because(9)(11))\\&=&\frac{17\pi^4}{1440}-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2+\frac{\pi^2}{24}\ln^22-\frac{\ln^42}{24}\\&\approx& 0.0914\end{eqnarray*}
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^3}=\frac{17\pi^4}{1440}-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2+\frac{\pi^2}{24}\ln^22-\frac{\ln^42}{24}\tag{13}\end{equation}
次にこの添え字をずらします。$n=0$ の項を加えても成立することに注意して\begin{eqnarray*}\sum_{n=0}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n+1)^3}&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{H_{2n+1}-\frac{1}{2n+1}}{(2n+1)^3}\\&=&\sum_{n=0}^\infty\frac{H_{2n+1}}{(2n+1)^3}-\frac{15}{16}\zeta(4)\end{eqnarray*}よって
\begin{equation}\sum_{n=0}^\infty\frac{H_{2n+1}}{(2n+1)^3}=\frac{\pi^4}{45}-\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2+\frac{\pi^2}{24}\ln^22-\frac{\ln^42}{24}\tag{14}\end{equation}
値は $\approx 1.106$ です。(14)は(10)の奇数項のみ和をとったものですから、差し引きして偶数項のみの級数が現れます。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{(2n)^3}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^3}-\sum_{n=0}^\infty\frac{H_{2n+1}}{(2n+1)^3}$$(10)(14)により
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^3}=-\frac{\pi^4}{15}+8\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+7\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{3}\ln^22+\frac{\ln^42}{3}\tag{15}\end{equation}
値は $\approx 1.97$ です。
過去記事
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part4
で示したように\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}&&=\frac{17}{360}\pi^4\tag{16}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^2}{(n+1)^2}&&=\frac{11}{360}\pi^4\tag{17}\\\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}\tag{18}\\\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}\tag{19}\end{eqnarray}が成立します。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{(2n)^2}=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^2}{n^2}\right)$$(16)(18)より
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{n^2}=4\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{3\pi^4}{80}+\frac{7}{2}\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{6}\ln^22+\frac{\ln^42}{6}\tag{20}\end{equation}
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{(2n+1)^2}=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{(n+1)^2}+\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^2}{(n+1)^2}\right)$$(17)(19)より
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{(2n+1)^2}=\Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{11\pi^4}{2880}+\frac{7}{8}\zeta(3)\ln2-\frac{\pi^2}{24}\ln^22+\frac{\ln^42}{24}\tag{21}\end{equation}
奇調和数 $O_n$ でもまったく同じことをやりましょう。過去記事
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part5
で示した式\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{n^2}&=&\frac{7}{4}\zeta(3)\tag{22}\\\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_n}{n^2}&=&\frac{7}{4}\zeta(3)-\pi G\tag{23}\end{eqnarray}を使います。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n}}{(2n)^2}=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_n}{n^2}\right)$$(22)(23)より
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n}}{n^2}=7\zeta(3)-2\pi G\tag{24}\end{equation}
(24)をずらしましょう。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n-1}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n}}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(4n-1)}$$右辺第1項は(24)そのもの、第2項は
の「2022/7/17」で計算したように$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(4n-1)}=-\frac{\pi^2}{6}-2\pi+12\ln2$$したがって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{2n-1}}{n^2}=7\zeta(3)-2\pi G+\frac{\pi^2}{6}+2\pi-12\ln2\tag{25}\end{equation}
Prove that \begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{2n}}{n}=\frac{\ln^22}{4}-\frac{5}{48}\pi^2\tag{26}\end{equation}
Use $$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n}x^n=\frac{1}{2}\ln^2(1-x)+\Li_2(x)$$ proved here.\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n}x^n &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n}x^n+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n}(-x)^n \\&=& \Li_2(x)+\Li_2(-x)+\frac{1}{2}\ln^2(1-x)+\frac{1}{2}\ln^2(1+x)\end{eqnarray*}Set $x=i$ to get$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n}x^n=2\mathfrak{R}\Li_2(i)+\mathfrak{R}\ln^2(1+i)$$From $1+i=\sqrt{2}\exp(\frac{\pi i}{4})$ and $\Li_2(i)=-\frac{\pi^2}{48}+iG$ deduced here, it follows$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{2n}}{n}=\frac{\ln^22}{4}-\frac{5}{48}\pi^2$$
次：
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