ζ(1,1,2)=ζ(4)の証明1

はじめに

$\zeta(1,1,2)=\zeta(4)$の証明ですが、一般によく知られているものは双対性を利用したものと和公式を利用したものの2つです。一旦この2つの証明に軽く触れます。

・双対性を利用したもの
$\textbf{k}=(1,1,2)$と置きます。すると、$\textbf{k}$の双対インデックス$\textbf{k}^{\dagger}$は$(4)$になります。
すると、$\zeta(\textbf{k})=\zeta(\textbf{k}^\dagger)$が成立するので$\zeta(1,1,2)=\zeta(4)$が証明できます。□

・和公式を利用したもの
depth3,weight4の和公式を考えます。
depth3,weight4を満たす許容インデックスは$(1,1,2)$のみです。
よって、$\zeta(1,1,2)=\zeta(4)$が証明できます。□

今回はこれ以外にまた新しい証明を発見したので、それを書いていきます。

証明

まずは$\zeta^*(1,1,2)$を考えます。
$ \begin{eqnarray*} &&\displaystyle \zeta^*(1,1,2)\\ &=& \sum_{0 \f a \leq b \leq c} \frac1{abc^2}\\ &=& \sum_{c=1}^\infty \frac1{c^2} \sum_{b=1}^c \frac1b \sum_{a=1}^b \frac1a\\ &=&\sum_{c=1}^\infty \frac1{c^2} \sum_{b=1}^c \frac1b \sum_{a=1}^\infty \left( \frac1a-\frac1{a+b} \right)\\ &=&\sum_{0\f a,c} \frac1{ac^2} \sum_{b=1}^c \frac1{a+b} \\ &=&\sum_{0\f a,c} \frac1{ac^2} \sum_{b=1}^\infty \left( \frac1{a+b} -\frac1{a+b+c} \right)\\ &=&\sum_{0\f a,b,c} \frac1{ac(a+b)(a+b+c)} \\ &=&\sum_{0\f a,b,c} \frac{b}{abc(a+b)(a+b+c)} \\ &=&\frac12\sum_{0\f a,b,c} \frac{a+b}{abc(a+b)(a+b+c)} \\ &=&\frac12\sum_{0\f a,b,c} \frac{1}{abc(a+b+c)} \\ &=&\frac12\sum_{0\f a,b,c} \frac{1}{abc}\int_0^1 x^{a+b+c-1}dx \\ &=&\frac12\int_0^1 \frac1x \sum_{0\f a,b,c} \frac{x^{a+b+c}}{abc}dx\\ &=&\frac12\int_0^1 \frac{(-\log(1-x))^3}x dx\\ &=&\frac12\int_0^1 \frac{(-\log x)^3}{1-x} dx\\ &=&\frac12\int_0^1 (-\log x)^3\sum_{k=1}^\infty x^{k-1} dx\\ &=&\frac12\sum_{k=1}^\infty \int_0^1 x^{k-1}(-\log x)^3 dx\\ &=&\frac12\sum_{k=1}^\infty \int_0^\infty u^3e^{-ku}du&(u=e^{-x})\\ &=&\frac12\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^4} \int_0^\infty t^3e^{-t}dt&(t=ku)\\ &=&\frac12\Gamma(4)\zeta(4)\\ &=&3\zeta(4)\\ \end{eqnarray*} $
より、$\zeta^*(1,1,2)=3\zeta(4)$がわかります。
また、
$ \zeta^*(1,1,2)=\zeta(1,1,2)+\zeta(1,3)+\zeta(2,2)+\zeta(4)=\zeta(1,1,2)+2\zeta(4) $
であるから、
$\zeta(1,1,2)+2\zeta(4)=3\zeta(4)$
$\zeta(1,1,2)=\zeta(4)$
これで$\zeta(1,1,2)=\zeta(4)$が証明されました。□

追記

同じ方法で$\zeta(\{1\}^n,2)=\zeta(n+2)$を証明できることがわかりました。