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
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part7
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_{3n}}{n^2}&=&5\zeta(3)-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-1}}{n^2}&=&\frac{14}{3}\zeta(3)-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\\\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-2}}{n^2}&=&\frac{14}{3}\zeta(3)-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]+\frac{\pi^2}{6}-\frac{9}{2}\ln3+\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\end{eqnarray*}
次に奇調和数 $O_n$ を次で定義する。$$O_n:=1+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{2n-1}\quad,\quad O_0=0$$このとき\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_{3n}}{n} &=& \frac{\ln^2(2+\sqrt{3})}{2}-\frac{3}{16}\pi^2 \\ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_{n}}{2n+3} &=& \frac{G}{2}-\frac{\pi}{8}\ln2-\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\end{eqnarray*}
今回のは $H_{3n}$ すなわち、調和数の添え字が3倍となっています。前回の2倍添え字の方法を応用してみましょう。
数列 $a_n$ を考えます。1の3乗根 $\omega=e^{\frac{2}{3}\pi i}$ , $\omega^2=e^{-\frac{2}{3}\pi i}$ を使うと\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty&& a_n+\sum_{n=1}^\infty a_n\omega^n+\sum_{n=1}^\infty a_n(\omega^2)^n\\&&=(1+\omega+\omega^2)a_1+(1+\omega^2+\omega^4)a_2+3a_3+\cdots\\&&=3\sum_{n=1}^\infty a_{3n}\end{eqnarray*}$\omega^3=1$ , $1+\omega+\omega^2=0$ なので次の関係式を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty a_{3n}=\frac{1}{3}\left(\sum_{n=1}^\infty a_n+\sum_{n=1}^\infty a_n(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty a_n(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n\right)\tag{1}\end{equation}
(1)を応用して$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}}{(3n)^2}=\frac{1}{3}\left(\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n\right)$$
で示した$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$を用いて\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}}{n^2}=3\left(2\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n\right)\tag{2}\end{equation}右辺の級数を求めるために$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}x^n$$の関数形を求めましょう。同じ過去記事より$$\sum_{n=1}^\infty H_nx^n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}$$これを $x$ で割り、 部分分数分解して $0$ から $x$ まで積分します。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n}x^n=\Li_2(x)+\frac{1}{2}\ln^2(1-x)$$また $x$ で割り、$0$ から $x$ まで積分します。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}x^n=\Li_3(x)+\frac{1}{2}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt$$
の「2022/6/18B」より\begin{eqnarray*}\int_0^x\frac{\ln^2(1-t)}{t}dt&&=-2\Li_3(1-x)+2\ln (1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad+\ln x\ln^2(1-x)+2\zeta(3)\end{eqnarray*}したがって
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}x^n &=& \Li_3(x)-\Li_3(1-x)+\ln(1-x)\Li_2(1-x)\\&&\quad+\frac{1}{2}\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3)\tag{3}\end{eqnarray}
(3)を使うと\begin{eqnarray*}&&\hskip -2em\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n \\&=& \Li_3(e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_3(e^{-\frac{2}{3}\pi i})-\left[\Li_3(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_3(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\right]\\&&+\ln(\sqrt{3}e^{-\frac{\pi}{6}i})\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\ln(\sqrt{3}e^{\frac{\pi}{6}i})\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\\&&+\frac{\pi i}{3}\left[\ln^2(\sqrt{3}e^{-\frac{\pi}{6}i})-\ln^2(\sqrt{3}e^{\frac{\pi}{6}i})\right]+2\zeta(3)\end{eqnarray*}最後の行は初等的に計算しておいて\begin{eqnarray}&&\hskip -2em\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n \\&=& \Li_3(e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_3(e^{-\frac{2}{3}\pi i})-\left[\Li_3(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_3(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\right]\\&&+\ln(\sqrt{3}e^{-\frac{\pi}{6}i})\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\ln(\sqrt{3}e^{\frac{\pi}{6}i})\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\\&&+\frac{\pi^2}{9}\ln3+2\zeta(3)\tag{4}\end{eqnarray}過去記事
より$$\Li_s(e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_s(e^{-\frac{2}{3}\pi i})=\left(\frac{1}{3^{s-1}}-1\right)\zeta(s)$$なので、$s=3$ として\begin{equation}\Li_3(e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_3(e^{-\frac{2}{3}\pi i})=-\frac{8}{9}\zeta(3)\tag{5}\end{equation}また
の「2022/7/17B」より\begin{equation}\Li_3(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_3(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})=\frac{13}{9}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{9}\ln3\tag{6}\end{equation}ここまででいったん整理します。(5)(6)を(4)に代入して\begin{eqnarray}&&\hskip -2em\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n \\&=& -\frac{1}{3}\zeta(3)+\ln(\sqrt{3}e^{-\frac{\pi}{6}i})\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\ln(\sqrt{3}e^{\frac{\pi}{6}i})\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\\&=&-\frac{1}{3}\zeta(3)+\left(\frac{\ln3}{2}-\frac{\pi}{6}i\right)\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\left(\frac{\ln3}{2}+\frac{\pi}{6}i\right)\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\\&=&-\frac{1}{3}\zeta(3)+\frac{\ln3}{2}\left[\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\right]\\&&-\frac{\pi}{6}i\left[\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})-\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\right]\tag{7}\end{eqnarray}(6)と同じ過去記事の「2022/7/17C」より\begin{equation}\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})=\frac{2}{9}\pi^2\tag{8}\end{equation}これを(7)へ適用すると\begin{eqnarray}&&\hskip -2em\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n \\&=&-\frac{1}{3}\zeta(3)+\frac{\ln3}{9}\pi^2-\frac{\pi}{6}i\left[\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})-\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})\right]\tag{9}\end{eqnarray}(5)を得たのと同じ過去記事より\begin{equation}\Li_2(x)-\Li_2\left(1-\frac{1}{x}\right)=\frac{\pi^2}{6}+\frac{\ln^2 x}{2}-\ln x\ln(1-x)\tag{10}\end{equation}であり、$x=e^{\pm\frac{2}{3}\pi i}$ を代入して\begin{eqnarray*}\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i}) &=& \frac{\pi^2}{18}-\Li_2(e^{\frac{2}{3}\pi i})-\frac{i}{3}\pi\ln 3\\\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i}) &=& \frac{\pi^2}{18}-\Li_2(e^{-\frac{2}{3}\pi i})+\frac{i}{3}\pi\ln 3\end{eqnarray*}となります。よって\begin{equation}\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})-\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})=-\frac{2}{3}i\pi\ln3-\Li_2(e^{\frac{2}{3}\pi i})+\Li_2(e^{-\frac{2}{3}\pi i})\tag{11}\end{equation}この右辺は\begin{eqnarray}\Li_2(e^{\frac{2}{3}\pi i})-\Li_2(e^{-\frac{2}{3}\pi i})&=&\sum_{n=1}^\infty\frac{e^{\frac{2}{3}n\pi i}-e^{-\frac{2}{3}n\pi i}}{n^2}\\&=&2i\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin\frac{2n\pi}{3}}{n^2}\\&=&\sqrt{3}i\left(\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(3n+1)^2}-\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(3n+2)^2}\right)\\&=&\frac{i}{3\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\tag{12}\end{eqnarray}フルヴィッツゼータを用いていますが、ポリガンマ関数であらわしてもいいです。よって(11)は\begin{equation}\Li_2(1-e^{\frac{2}{3}\pi i})-\Li_2(1-e^{-\frac{2}{3}\pi i})=-\frac{2}{3}i\pi\ln3-\frac{i}{3\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\tag{13}\end{equation}(9)へ適用して\begin{eqnarray}&&\hskip -2em\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n \\&=&-\frac{1}{3}\zeta(3)-\frac{\pi}{18\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\tag{14}\end{eqnarray}
最後の結果(14)を(2)へ放り込みましょう。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}}{n^2}=3\left(\frac{5}{3}\zeta(3)-\frac{\pi}{18\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\right)$$よって
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}}{n^2}=5\zeta(3)-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\tag{15}\end{equation}
添え字ずらしもやりましょう。$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-1}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}}{n^2}-\frac{1}{3}\zeta(3)$$$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-2}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-1}}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2(3n-1)}$$2行目右辺第2項は
の「2022/7/17」により求められます。結局以下を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-1}}{n^2}=\frac{14}{3}\zeta(3)-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]\tag{16}\end{equation}\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n-2}}{n^2}=\frac{14}{3}\zeta(3)-\frac{\pi}{6\sqrt{3}}\left[\zeta\left(2,\frac{1}{3}\right)-\zeta\left(2,\frac{2}{3}\right)\right]+\frac{\pi^2}{6}-\frac{9}{2}\ln3+\frac{\sqrt{3}}{2}\pi\tag{17}\end{equation}
本記事の計算は以上です。道中は面倒だったものの、結果は案外シンプルです。計算している途中、「フーリエ展開とかでもっと楽にできるかも？」と感じました。
奇調和数 $O_n$ については過去記事
調和数を含んだ級数(Euler-sum)とゼータ関数 part5
で得られた等式\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty \frac{O_n}{n} x^{2n} &=& \frac{1}{4}\ln^2\frac{1-x}{1+x}\tag{18} \\ \sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{O_n}{n} &=& -\frac{\pi^2}{16}\tag{19}\end{eqnarray}を使いましょう。(1)により\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{3n}}{n}(-1)^n &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{O_{3n}}{n}\left(e^{\frac{\pi}{3}i}\right)^{3n} \\ &=& \sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n}\left(e^{\frac{\pi}{6}i}\right)^{2n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n}\left(e^{\frac{\pi}{2}i}\right)^{2n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n}\left(e^{-\frac{\pi}{6}i}\right)^{2n} \\ &=& 2\mathfrak{R}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n}\left(e^{\frac{\pi}{6}i}\right)^{2n}+\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n}\left(-1\right)^{n} \\ &=& 2\mathfrak{R}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{n}\left(e^{\frac{\pi}{6}i}\right)^{2n}-\frac{\pi^2}{16}\quad(\because(19)) \\ &=& \frac{1}{2}\mathfrak{R}\ln^2\frac{1-e^{\frac{\pi}{6}i}}{1+e^{\frac{\pi}{6}i}}-\frac{\pi^2}{16}\quad(\because(18)) \\ &=& \frac{\ln^2(2+\sqrt{3})}{2}-\frac{3}{16}\pi^2\end{eqnarray*}したがって次の等式を得ます。
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_{3n}}{n} = \frac{\ln^2(2+\sqrt{3})}{2}-\frac{3}{16}\pi^2\tag{20}\end{equation}
次に、同じ過去記事で得られた $O_n$ の母関数表示\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty O_n x^{2n-1}=\frac{1}{2(1-x^2)}\ln\frac{1+x}{1-x}\tag{21}\end{equation}に $x^3$ をかけて $0$ から $x$ まで積分すると\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+3}x^{2n+3} &=& \frac{1}{2}\int_0^x \frac{x^3}{1-x^2}\ln\frac{1+x}{1-x}dx \\ &=& -\frac{1}{2}\int_0^x\left( x+\frac{\frac{1}{2}}{1+x}-\frac{\frac{1}{2}}{1-x}\right)\ln\frac{1+x}{1-x}dx\tag{22}\end{eqnarray}積分は3つの項に分けられています。第1項は部分積分により\begin{equation}\int_0^x x\ln\frac{1+x}{1-x}dx=x-\frac{1-x^2}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\tag{23}\end{equation}第2，3項は二重対数関数を用います。この関数については
を参考にしてください。二重対数関数の定義より$$\Li_2\left(\frac{1-x}{2}\right)=-\int_0^{\frac{1-x}{2}}\frac{\ln(1-t)}{t}dt$$$t=\dfrac{1-u}{2}$ と置換すると$$\Li_2\left(\frac{1-x}{2}\right)=\int_1^x\frac{\ln\frac{1+u}{2}}{1-u}du$$$x=0$ としてみると$$\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)=\int_1^0\frac{\ln\frac{1+u}{2}}{1-u}du$$ですので$$\int_0^x\frac{\ln\frac{1+u}{2}}{1-u}du=\Li_2\left(\frac{1-x}{2}\right)-\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)$$したがって\begin{equation}\int_0^x\frac{\ln(1+u)}{1-u}du=\Li_2\left(\frac{1-x}{2}\right)-\ln2\ln(1-x)-\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)\tag{24}\end{equation}同様の計算を行うことにより\begin{equation}\int_0^x\frac{\ln(1-u)}{1+u}du=-\Li_2\left(\frac{1+x}{2}\right)+\ln2\ln(1+x)+\Li_2\left(\frac{1}{2}\right)\tag{25}\end{equation}また容易な計算により\begin{eqnarray}\int_0^x\frac{\ln(1+u)}{1+u}du &=& \frac{1}{2}\ln^2(1+x)\tag{26} \\ \int_0^x\frac{\ln(1-u)}{1-u}du &=& -\frac{1}{2}\ln^2(1-x)\tag{27}\end{eqnarray} となり、ここで(23)(24)(25)(26)(27)を(22)へ適用すると\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+3}x^{2n+3} &=& \frac{1+\ln2-x^2}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}-\frac{x}{2}-\frac{\ln^2(1+x)}{8}+\frac{\ln^2(1-x)}{8}\\ &&+\frac{1}{4}\left[\Li_2\left(\frac{1-x}{2}\right)-\Li_2\left(\frac{1+x}{2}\right)\right]\end{eqnarray*}よって
\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_n}{2n+3}x^{2n} &=& \frac{1}{x^3}\biggl[\frac{1+\ln2-x^2}{4}\ln\frac{1+x}{1-x}-\frac{x}{2}\\&&\quad -\frac{\ln^2(1+x)}{8}+\frac{\ln^2(1-x)}{8}\\ &&\quad+\frac{1}{4}\left\{\Li_2\left(\frac{1-x}{2}\right)-\Li_2\left(\frac{1+x}{2}\right)\right\}\biggr]\tag{28}\end{eqnarray}
この $x$ に数値を代入することで具体的な級数値が与えられます。ここでは $x=i$ とすると\begin{equation}\Li_2\left(\frac{1\pm i}{2}\right) = \frac{5\pi^2}{96}-\frac{\ln^22}{8}\pm \left(G-\frac{\pi}{8}\ln2\right)i\tag{29}\end{equation}を用いて
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nO_{n}}{2n+3} = \frac{G}{2}-\frac{\pi}{8}\ln2-\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2} \tag{30}\end{equation}
この添え字を3倍にしたいのですが、難しい。やってみると$$\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{3n}}{2n+1}(-1)^n=2\mathfrak{R}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{n}}{2n+3}\left(e^{\frac{\pi}{6}i}\right)^{2n}+\frac{G}{2}-\frac{\pi}{8}\ln2-\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}$$(28)を用いてゴリゴリ計算すると\begin{eqnarray}\sum_{n=1}^\infty\frac{O_{3n}}{2n+1}(-1)^n &=& \frac{G}{2}-\frac{\pi}{8} -\frac{\sqrt{3}}{2}\ln(\sqrt{3}+1)+\frac{\pi}{6}\ln(\sqrt{3}+1)\\&& +\frac{\sqrt{3}}{4}\ln2+\frac{\pi}{24}\ln2\\&&+\frac{1}{2}\mathfrak{I}\left[\Li_2\left(\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}e^{-\frac{5}{12}\pi i}\right)-\Li_2\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}e^{\frac{1}{12}\pi i}\right)\right]\tag{31}\end{eqnarray}このポリログの計算がうまくできないので挫折です。
追記：別の方法で計算できました。本稿と以下の記事を相補的に読んでください。
今回は実質１つの級数しか導出できていません。1の3乗根を計算に入れなきゃいけないのでしんどいですね。あとで気づいたのですが、 (2)の$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n+\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n}}{n^2}(e^{-\frac{2}{3}\pi i})^n$$の部分は、第2項は第1項の複素共役ですからそれらの和は$$2\mathfrak{R}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}(e^{\frac{2}{3}\pi i})^n$$とできます。なので片方だけ計算して実部をとればよかったのですね。今回導出したもの以外でも、\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*}を利用して $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}^2}{n^2}$ を、あるいは\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}x^n&=&2\Li_4(x)+\Li_4\left(\frac{x}{x-1}\right)-\Li_4(1-x)-\ln(1-x)\Li_3(x)\\&&+\frac{1}{24}\ln^4(1-x)-\frac{1}{6}\ln x\ln^3(1-x)+\frac{\pi^2}{12}\ln^2(1-x)\\&&+\zeta(3)\ln(1-x)+\frac{\pi^4}{90}\end{eqnarray*}を利用して $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{3n}}{n^3}$ を求めることができそうです。きれいな結果は出ないと思いますが。
次はこちら：
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