調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part7

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とゼータ関数 part1

調和数を含んだ級数とゼータ関数 part2

調和数を含んだ級数とゼータ関数 part3

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:

多重対数関数(ポリログ)の関係式一覧・証明付き

Today's theme

$n=0,1,2,\cdots$ 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。

2倍添え字の方針

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!

新しい調和数の式をつくってみる

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}

調和数の1次式

過去記事

調和数を含んだ級数とゼータ関数 part1

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。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}-\frac{1}{2n+1}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(2n+1)}$$

Integrals and Miscellaneous 8

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

調和数を含んだ級数とゼータ関数 part2

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。

調和数の2次式

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}

奇調和数のケース

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

Integrals and Miscellaneous 8

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}

演習問題

問1 分母が$n$の1次

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:

応援のおねがい

Please support me!

まめしば
まめしば

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。

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。 が付いている欄は必須項目です

CAPTCHA