ゼータ関数とよく似た「二重対数関数」を$$\mathrm{Li}_2(z)=\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{n^2}$$と定義するとき、$$\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}-1)-\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}+1)$$が成立する。
本記事は次の論文を参考にしています：
過去記事：
で示した次の積分からスタートします。
\begin{equation}\int_{\frac{1}{2}\ln(1+\sqrt{2})}^\infty\log\tanh xdx=\frac{\ln^2(1+\sqrt{2})}{4}-\frac{\pi^2}{16}\tag{1}\end{equation}
$t=\tanh x$ とおくと $dt=\mathrm{sech}^2xdx$ です。また $t$ の範囲は $[\sqrt{2}-1,1]$ となります。なぜなら\begin{eqnarray*}\tanh\frac{\ln(\sqrt{2}+1)}{2}&&=\tanh\ln\sqrt{\sqrt{2}+1}\\&&=\frac{\sqrt{\sqrt{2}+1}-\frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}+1}}}{\sqrt{\sqrt{2}+1}+\frac{1}{\sqrt{\sqrt{2}+1}}}\\&&=\frac{\sqrt{2}+1-1}{\sqrt{2}+1+1}\\&&=\sqrt{2}-1\end{eqnarray*}よって積分を実行すると\begin{eqnarray*}&&\frac{\ln^2(1+\sqrt{2})}{4}-\frac{\pi^2}{16}=\int_{\sqrt{2}-1}^1\ln t\frac{dt}{1-t^2}\\&&\Rightarrow\frac{\ln^2(1+\sqrt{2})}{2}-\frac{\pi^2}{8}=\int_{\sqrt{2}-1}^1\left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{1+t}\right)\ln tdt\end{eqnarray*}したがって次の式が成立します。
\begin{equation}\int_{\sqrt{2}-1}^1\frac{\ln t}{1-t}dt+\int_{\sqrt{2}-1}^1\frac{\ln t}{1+t}dt=\frac{\ln^2(1+\sqrt{2})}{2}-\frac{\pi^2}{8}\tag{2}\end{equation}
ここで二重対数関数を\begin{eqnarray*}\mathrm{Li}_2(z)&&=\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{n^2}\\&&=\sum_{n=1}^\infty\int_0^z\frac{s^{n-1}}{n}ds\\&&=\int_0^z\frac{1}{s}\sum_{n=1}^\infty\frac{s^n}{n}ds\\&&=-\int_0^z\frac{\ln(1-s)}{s}ds\end{eqnarray*}と変形できることから、$$\int_{\sqrt{2}-1}^1\frac{\ln t}{1-t}dt=\int_{2-\sqrt{2}}^0\frac{\ln (1-s)}{s}(-ds)=-\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})$$また、\begin{eqnarray*}\int_{\sqrt{2}-1}^1\frac{\ln t}{1+t}dt&&=\left[\ln t\ln(1+t)\right]_{\sqrt{2}-1}^1-\int_{\sqrt{2}-1}^1\frac{\ln(1+t)}{t}dt\\&&=\frac{1}{2}\ln2\cdot\ln(\sqrt{2}+1)-\int_0^{-1}\frac{\ln(1-s)}{s}ds-\int_0^{1-\sqrt{2}}\frac{\ln(1-s)}{s}ds\\&&=\frac{1}{2}\ln2\cdot\ln(\sqrt{2}+1)+\mathrm{Li}_2(-1)-\mathrm{Li}_2(-\sqrt{2}+1)\end{eqnarray*}
これらの結果と(2)より次の式を得ます。
\begin{equation}\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})+\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{8}+\mathrm{Li}_2(-1)+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)\ln\frac{2}{\sqrt{2}+1}\tag{3}\end{equation}
二重対数関数の定義から、総和を偶奇に分けることにより$$\mathrm{Li}_2(-1)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}=-\frac{1}{2}\zeta(2)$$$$\therefore\quad\mathrm{Li}_2(-1)=-\frac{\pi^2}{12}$$を得ます。したがって(3)は以下のように書き換えられます。
\begin{equation}\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})+\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{24}+\frac{1}{2}\ln(\sqrt{2}+1)\ln\frac{2}{\sqrt{2}+1}\tag{4}\end{equation}
これはこれで１つの公式といえますね。しかしもう少し式変形を続けます。
ところで\begin{eqnarray*}\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(1-z)&&=-\int_0^{z}\frac{\ln(1-s)}{s}ds-\int_0^{1-z}\frac{\ln(1-s)}{s}ds\\&&=-\int_0^{z}\frac{\ln(1-s)}{s}ds+\int_1^z\frac{\ln s}{1-s}ds\\&&=-\int_0^{1}\frac{\ln(1-s)}{s}ds-\int_1^{z}\frac{\ln(1-s)}{s}ds+\int_1^z\frac{\ln s}{1-s}ds\\&&=\mathrm{Li}_2(1)+\int_1^z\left[\frac{\ln s}{1-s}-\frac{\ln(1-s)}{s}\right]ds\\&&=\mathrm{Li}_2(1)-\left[\ln s\ln(1-s)\right]_1^z+\int_1^z\left(\frac{\ln(1-s)}{s}-\frac{\ln(1-s)}{s}\right)ds\\&&=\mathrm{Li}_2(1)-\ln z\ln(1-z)\end{eqnarray*}Li の定義より明らかに $\mathrm{Li}_2(1)=\frac{\pi^2}{6}$ です。よって
\begin{equation}\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{6}-\ln z\ln(1-z)\tag{5}\end{equation}
ここで $z=\sqrt{2}-1$ とすることで
\begin{equation}\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}-1)+\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{6}-\ln (\sqrt{2}-1)\ln(2-\sqrt{2})\tag{6}\end{equation}
(4)(6)から $\mathrm{Li}_2(2-\sqrt{2})$ を消去すると求めていた公式が現れます。
$$\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}-1)-\mathrm{Li}_2(1-\sqrt{2})=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}+1)$$
なお、J.Landenによる公式$$\mathrm{Li}_2(z)=-\mathrm{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)-\frac{1}{2}\ln^2(1-z)$$で $z=1-\sqrt{2}$ とすることで、少し違った等式もできあがります。
$$\mathrm{Li}_2(\sqrt{2}-1)-\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=\frac{\pi^2}{8}-\frac{1}{2}\ln^2(2+\sqrt{2})$$
多重対数関数はこれまでまともに扱ったことがなかったので勉強になりました。
よりオーソドックスな方法、その他の関係式はこちら：
ここで得た等式を応用した記事はこちら：
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