赤げふ氏のζ(3)の予想の解決
久しぶりに赤げふ氏の予想( https://mathlog.info/articles/509 ) に取り組んでみたらとりあえず解けたので, 記事にしたいと思う.
$f(x):=1+\frac{-1+\sqrt{-3}}{2}x$としたとき,
$$\begin{eqnarray}
\Re\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{dxdydz}{f(f(f(x)y)z)}=\zeta(3)
\end{eqnarray}$$
ここで, $\Re$は複素数の実部を表す.
これの同値な言いかえが彼の予想記事のコメントにおいて与えられている.
$\omega:=e^{2\pi i/3}$としたとき,
$$\begin{eqnarray}
\Re\int_{0\lt z\lt y\lt x\lt 1}\frac 1{1+\omega x+\omega^2 y+z}\frac 1{xy}\,dxdydz=\zeta(3)
\end{eqnarray}$$
まず, 用いる道具を用意していく.
$$\begin{eqnarray} \Li_{k_1,\dots,k_a}(z_1,\dots,z_a)&:=&\sum_{0=n_0\lt n_1\lt\cdots\lt n_a}\prod_{i=1}^a\frac{z_i^{n_i-n_{i-1}}}{n_i^{k_i}}\\ \Li_{k_1,\dots,k_a}^{\star}(z_1,\dots,z_a)&:=&\sum_{0=n_0\lt n_1\leq\cdots\leq n_a}\prod_{i=1}^a\frac{z_i^{n_i-n_{i-1}}}{n_i^{k_i}}\\ \Li_{k_1,\dots,k_a}(z)&:=&\Li_{k_1,\dots,k_a}(z,\ldots,z)\\ \Li_{k_1,\dots,k_a}^{\star}(z)&:=&\Li_{k_1,\dots,k_a}^{\star}(z,\ldots,z) \end{eqnarray}$$
$\bk:=(k_1,\dots,k_a)$のHoffman双対インデックスを$\bk^{\vee}$とすると,
$$\begin{eqnarray}
\Li_{\bk}^{\star}(z)=-\Li_{\bk^{\vee}}^{\star}\left(\frac{z}{z-1}\right)
\end{eqnarray}$$
これに関して, Hoffmanの恒等式を用いて証明をつけておきます.
$\bn^{\bk}:=\prod_{i=1}^an_i^{k_i}$とする. Hoffmanの恒等式(
https://mathlog.info/articles/114
を参照)の両辺に$z^N$をかけて足し合わせると,
$$\begin{eqnarray}
\sum_{0\lt N}z^N\sum_{0\lt n_1\leq\cdots\leq n_a\leq N}\frac 1{\bn^{\bk}}&=&\sum_{0\lt N}z^N\sum_{0\lt n_1\leq\cdots\leq n_{a'}\leq N}\frac{(-1)^{n_a-1}}{\bn^{\bk^{\vee}}}\binom{N}{n_a}\\
\frac 1{1-z}\sum_{0\lt n_1\leq\cdots\leq n_a}\frac 1{\bn^{\bk}}z^n&=&\frac 1{1-z}\sum_{0\lt n_1\leq\cdots\leq n_{a'}\leq N}\frac{(-1)^{n_{a'}-1}}{\bn^{\bk^{\vee}}}\frac{z^{n_{a'}}}{(1-z)^{n_{a'}}}\\
\end{eqnarray}$$
これを整理すればよい.
以下はKawashima-Tanaka-Wakabayashiによる論文, Cyclic sum formula for Multiple L-value( https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0021869311005424 ) において示されている式である. 詳細な条件は省略する.
$\lambda_j\in\{e^{2\pi i k/n};k\in\{0,\dots,n-1\}\},\quad j \in\{1,\dots,a\}$とする.
$$\begin{eqnarray}
&&\sum_{j=1}^a\sum_{i=1}^{k_j-1}\Li_{i,k_{j-1},\dots,k_a,k_1,\dots,k_j-i+1}(1,\lambda_{j-1},\dots,\lambda_1,\lambda_a,\dots,\lambda_j)\\
&=&\sum_{j=1}^a\Li_{k_{j-1},\dots,k_1,k_a,\dots,k_{j+1},k_j+1}(\lambda_{j-1},\dots,\lambda_1,\lambda_a,\dots,\lambda_j)\\
&-&\sum_{j=1}^a(1-\delta_{\lambda_j,1})\Li_{k_{j-1},\dots,k_1,k_a,\dots,k_{j},1}(1,\lambda_{j-1},\dots,\lambda_1,\lambda_a,\dots,\lambda_j)\\
&+&\sum_{j=1}^a(1-\delta_{\lambda_j,1})\Li_{k_{j-1},\dots,k_1,k_a,\dots,k_j,1}(\lambda_j,\lambda_{j-1},\dots,\lambda_1,\lambda_a,\dots,\lambda_j)
\end{eqnarray}$$
$$\begin{eqnarray}
&&\Re\int_{0\lt z\lt y\lt x\lt 1}\frac 1{1+\omega x+\omega^2 y+z}\frac 1{xy}\,dxdydz\\
&=&\Re\int_{0\lt y\lt x\lt 1}\frac{\left[\ln(1+\omega x+\omega^2 y+z)\right]_0^y}{xy}\,dxdy\\
&=&\Re\int_{0\lt y\lt x\lt 1}\frac{\ln(1+\omega x+(1+\omega^2)y)-\ln(1+\omega x+\omega^2 y)}{xy}\,dxdy\\
&=&\Re\int_0^1\frac 1x\left[\Li_2\left(-\frac{\omega^2 y}{1+\omega x}\right)-\Li_2\left(-\frac{(1+\omega^2)y}{1+\omega x}\right)\right]_0^x\,dx\\
&=&\Re\int_0^1\frac 1x\left(\Li_2\left(\frac{(1+\omega)x}{1+\omega x}\right)-\Li_2\left(\frac{\omega x}{1+\omega x}\right)\right)\,dx
\end{eqnarray}$$
ここで, $x=\frac{y}{1+\omega-\omega y}$として,
$$\begin{eqnarray}
&&\int_0^1\frac 1x\Li_2\left(\frac{(1+\omega x)}{1+\omega x}\right)\,dx\\
&=&\int_0^1\frac{\Li_2(y)}{y(1+\omega^2 y)}\,dy\\
&=&\int_0^1\left(\frac 1y-\frac{\omega^2}{1+\omega^2 y}\right)\Li_2(y)\,dy\\
&=&\zeta(3)+\Li_{2,1}(1,-\omega^2)
\end{eqnarray}$$
また, Landen connection formulaより,
$$\begin{eqnarray}
&&-\int_0^1\frac 1x\Li_2\left(\frac{\omega x}{1+\omega x}\right)\,dx\\
&=&\int_0^1\frac 1x\Li_{1,1}^{\star}(-\omega x)\,dx\\
&=&\Li_{1,2}^{\star}(-\omega)
\end{eqnarray}$$
よって,
$$\begin{eqnarray}
\Re(\Li_{2,1}(1,-\omega^2)+\Li_{1,2}^{\star}(-\omega))=0
\end{eqnarray}$$
を示せばよい. $\rho=-\omega$とする. $-\omega^2$は$\rho$と共役であるから,
$$\begin{eqnarray}
\Re(\Li_{2,1}(1,\rho)+\Li_{1,2}^{\star}(\rho))=0
\end{eqnarray}$$
を示す.
Cyclic sum formulaより,
$$\begin{eqnarray}
\Li_{2,1}(1,\rho)&=&\Li_3(\rho)+\Li_{2,1}(\rho)+\Li_{1,2}(1,\rho)\\
&=&\Li_{2,1}^{\star}(\rho)+\Li_{1,2}(1,\rho)
\end{eqnarray}$$
Landen connection formulaより,
$$\begin{eqnarray}
\Re\Li_{2,1}^{\star}(\rho)=-\Re\Li_{1,2}^{\star}(\overline{\rho})=-\Re\Li_{1,2}^{\star}(\rho)
\end{eqnarray}$$
だから, 示すべきことは
$$\begin{eqnarray}
\Re\Li_{1,2}(1,\rho)=0
\end{eqnarray}$$
に帰着されるが, これは$x\to 1-z, y\to 1-y, z\to 1-x$の置換により,
$$\begin{eqnarray}
\Re\Li_{1,2}(1,\rho)&=&\Re\int_{0\lt x\lt y\lt z\lt 1}\frac 1{1-x}\frac {\rho}{1-\rho y}\frac 1z\,dxdydz\\
&=&-\Re\int_{0\lt x\lt y\lt z\lt 1}\frac 1{1-x}\frac{\overline{\rho}}{1-\overline{\rho}y}\frac 1z\,dxdydz\\
&=&-\Re\Li_{1,2}(1,\rho)
\end{eqnarray}$$
より示される.
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