調和数の級数と多重対数関数

朝起きたら, 偶然, だいぶ前になくしたと思っていた, お気に入りのノートが見つかったので, その中から1つ,

という式について, 書きたいと思います. まず, 調和数というものは以下のように定義されます.
$$\begin{array}{r}{H}_n:=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}\end{array}$$調和数の母関数はよく知られていて, 以下のような形をしています. (収束半径は$1$なので以下略します)
$$\begin{array}{r}\sum _{0<n}{H}_n{x}^n=-\frac{\ln (1-x)}{1-x}\end{array}$$これは, 有名なMaclaurin展開,
$$\begin{array}{r}\sum _{0<n}\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)\end{array}$$
に, $1/(1-x)$を掛けると証明することができます. 調和数の母関数を項別積分すると,
$$\begin{array}{r}\sum _{0<n}\frac{H_n}{n+1}{x}^{n+1}=\frac{{\ln }^2(1-x)}{2}\end{array}$$しかし, 当時の僕はこれを見て, $n+1$よりも$n$の方がかっこいいね, と思ったので, これをもちいて以下のようなものを求めています.
$$\begin{array}{rcl}\sum _{0<n}\frac{H_n}{n}{x}^n& =& \sum _{0\le n}\frac{H_{n+1}}{n+1}{x}^{n+1}\\ & =& \sum _{0\le n}\frac{H_n}{n+1}{x}^{n+1}+\sum _{0\le n}\frac{1}{(n+1{)}^2}{x}^{n+1}\\ & =& \frac{{\ln }^2(1-x)}{2}+{\mathrm{Li}}_2(x)\end{array}$$
つまり,
$$\begin{array}{r}\sum _{0<n}\frac{H_n}{n}{x}^n={\mathrm{Li}}_2(x)+\frac{{\ln }^2(1-x)}{2}\end{array}$$となります. さて, これをさらにこれを積分していきます. しかし, 今度はそのまま積分しても分母が$n(n+1)$になって, 部分分数分解できてしまうので, 以下のように計算していきます.
$$\begin{array}{rcl}\sum _{0<n}\frac{H_n}{n^2}{x}^n& =& {\int }_0^x\sum _{0<n}\frac{H_n}{n}{t}^{n-1}dt\\ & =& {\int }_0^x\frac{{\mathrm{Li}}_2(t)}{t}dt+\frac{1}{2}{\int }_0^x\frac{{\ln }^2(1-t)}{t}dt\\ & =& {\mathrm{Li}}_3(x)+\frac{1}{2}{\int }_{1-x}^1\frac{{\ln }^{2}t}{1-t}dt\end{array}$$さて, ここで, 2項目を部分積分で愚直に計算していきます.
$$\begin{array}{rcl}{\int }_{1-x}^1\frac{{\ln }^{2}t}{1-t}dt& =& -{[{\ln }^{2}t\ln (1-t)]}_{1-x}^1+2{\int }_{1-x}^1\frac{\ln t\ln (1-t)}{t}dt\\ & =& \ln x{\ln }^2(1-x)-2{[\ln t{\mathrm{Li}}_2(t)]}_{1-x}^1+2{\int }_{1-x}^1\frac{{\mathrm{Li}}_2(t)}{t}dt\\ & =& \ln x{\ln }^2(1-x)+2\ln (1-x){\mathrm{Li}}_2(1-x)+2{\mathrm{Li}}_3(1)-2{\mathrm{Li}}_3(1-x)\\ & =& \ln x{\ln }^2(1-x)+2\ln (1-x){\mathrm{Li}}_2(1-x)+2\zeta (3)-2{\mathrm{Li}}_3(1-x)\end{array}$$というようになります. (項別積分なので, 厳密には極限を取る必要があります.) よってこれを代入して,
$$\begin{array}{r}\sum _{0<n}\frac{H_n}{n^2}{x}^n={\mathrm{Li}}_3(x)-{\mathrm{Li}}_3(1-x)+\ln (1-x){\mathrm{Li}}_2(1-x)+\frac{1}{2}\ln x{\ln }^2(1-x)+\zeta (3)\end{array}$$というふうになって, 目的の式を証明することができました. 試しに$x=1/2$を代入してみると, ${\mathrm{Li}}_3$のところが打ち消しあって,
$$\begin{array}{rcl}\sum _{0<n}\frac{H_n}{2^n{n}^2}& =& -{\mathrm{Li}}_2\left(\frac{1}{2}\right)\ln 2-\frac{1}{2}{\ln }^{3}2+\zeta (3)\\ & =& \zeta (3)-\frac{{\pi }^2}{12}\ln 2\end{array}$$となります. さて, 当時の僕は多重ゼータ値をよく知らなかったんですが, これはMultiple Polylogarithmsという以下の関数で理解することができます.
$$\begin{array}{r}{\mathrm{Li}}_{k_1,\dots ,k_a}(x):=\sum _{0<n_1<\cdots <n_a}\frac{x^{n_a}}{n_1^{k_1}\cdots n_a^{k_a}}\end{array}$$
$$\begin{array}{rcl}\sum _{0<n}\frac{H_n}{n^2}{x}^n& =& \sum _{0<m\le n}\frac{1}{m{n}^2}{x}^n\\ & =& \sum _{0<n}\frac{1}{n^3}{x}^n+\sum _{0<m<n}\frac{1}{m{n}^2}{x}^n\\ & =& {\mathrm{Li}}_3(x)+{\mathrm{Li}}_{1,2}(x)\end{array}$$というふうになります. これをもちいてさきほどの式を書き直すと,
$$\begin{array}{r}{\mathrm{Li}}_{1,2}(x)=\ln (1-x){\mathrm{Li}}_2(1-x)+\frac{1}{2}\ln x{\ln }^2(1-x)+\zeta (3)-{\mathrm{Li}}_3(1-x)\end{array}$$が得られます. $\ln (1-x)$を$-{\mathrm{Li}}_1(x)$と書き直すと,
$$\begin{array}{r}{\mathrm{Li}}_{1,2}(x)=\zeta (3)-{\mathrm{Li}}_3(1-x)-{\mathrm{Li}}_1(x){\mathrm{Li}}_2(1-x)-\frac{1}{2}{\mathrm{Li}}_1(x{)}^2{\mathrm{Li}}_1(1-x)\end{array}$$つまり, 僕が得ていた式はMultiple Polylogarithmsを通常のPolylogarithmsで書き表す式を与えていたということになります. $x=1$を代入してみると, 多重ゼータ値の関係式,
$$\begin{array}{r}\zeta (1,2)=\zeta (3)\end{array}$$を得ることができます. さて, 他にも${\mathrm{Li}}_{1,2}(x)$の特殊値を求めたいと思うかもしれませんが, それにはなかなか難しい, ${\mathrm{Li}}_3(x)$の特殊値を求める必要があるので, 割愛します. 更に積分したりしたらどうなるのかはよく知らないので, 興味があったら試してみてください.