ζ(3)を連分数の和で表示する

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はじめに

どうも、色数です。
今回は特段難しいものは扱いません。
ただ、シグマという記号がいかに便利で和算がどれだけ美しいかがわかると思います。
僕もせきゅーんさんという方のツイートで気付かされました。
僕は今回初めて連分数を扱うので何か間違えているかもしれません。

美しい等式

\begin{align} \frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{3}\ln^3(2)=&\frac{1}{4}\frac{1}{2-\frac{1}{2+\frac{\frac{1}{6}}{2-\frac{1}{3}}}}+ \frac{1}{8}\frac{1}{2-\frac{1}{2+\frac{\frac{1}{3}}{2-\frac{\frac{2}{3}}{2+\frac{\frac{1}{10}}{2-{\frac{1}{4}}}}}}}+\cdots+ \frac{1}{16}\frac{1}{2-\frac{\frac{3}{2}}{2+\frac{\frac{1}{10}}{2-\frac{5}{12}}}}+\frac{1}{32}\frac{1}{2-\frac{\frac{3}{2}}{2+\frac{\frac{1}{3}}{2-\frac{\frac{5}{6}}{2+\frac{\frac{1}{10}}{2-\frac{3}{10}}}}}}+\cdots\\ &+\frac{1}{32}\frac{1}{2-\frac{1}{2+\frac{\frac{1}{15}}{2-{\frac{3}{8}}}}}+\frac{1}{64}\frac{1}{2-\frac{1}{2+\frac{\frac{1}{6}}{2-\frac{\frac{3}{4}}{2+\frac{\frac{1}{15}}{2-\frac{2}{7}}}}}}+\cdots+\frac{1}{64}\frac{1}{2-\frac{\frac{4}{3}}{2+\frac{\frac{1}{12}}{2-{\frac{9}{20}}}}}+\frac{1}{128}\frac{1}{2-\frac{\frac{4}{3}}{2+\frac{\frac{1}{6}}{2-\frac{\frac{9}{10}}{2+\frac{\frac{1}{15}}{2-{\frac{14}{54}}}}}}}+\cdots\\ &+\frac{1}{144}\frac{1}{2-\frac{1}{2+\frac{\frac{1}{24}}{2-\frac{2}{5}}}}+\frac{1}{288}\frac{1}{2-\frac{1}{2+\frac{\frac{1}{12}}{2-\frac{\frac{4}{5}}{2+\frac{\frac{1}{21}}{2-\frac{5}{16}}}}}}+\cdots+\frac{1}{288}\frac{1}{2-\frac{\frac{5}{4}}{2+\frac{\frac{1}{28}}{2-\frac{7}{15}}}}+\frac{1}{576}\frac{1}{2-\frac{\frac{5}{4}}{2+\frac{\frac{1}{14}}{2-\frac{\frac{14}{15}}{2+\frac{\frac{1}{21}}{2-\frac{5}{14}}}}}}+\cdots \\\vdots\\ \end{align}

どう？シグマを使わないと意味不明でしょ？
規則性が見えにくいし、ダミー変数が3つだと書き下すのも大変です。
とりあえず導出の過程を記します。(間違えていたらコメントで教えてください)

導出

$\displaystyle \int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx=\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{3}\ln(2)^3$

\begin{align} \int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx&=[-\ln x\textup{Li}_2(x)]_0^{\frac{1}{2}}+\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\textup{Li}_2(x)}{x}dx\\ &=-\ln\left(\frac{1}{2}\right)\left(\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln(2)^2}{2}\right)+\textup{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)\\ &=-\frac{1}{3}\ln(2)^3+\frac{7}{8}\zeta(3) \end{align}

$\displaystyle B_z(a,b)=\frac{z^a(1-z)^b}{a}{}_2F_1\left[\substack{a+b,1\\a+1};z\right]$

\begin{align} B_z(a,b)&=\int_0^zt^{a-1}(1-t)^{b-1}dt\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(1-b)_n}{n!}\int_0^zt^{a+n-1}dt\\ &=z^a\sum_{n=0}^\infty\frac{(1-b)_n}{(a+n)n!}z^n\\ &=z^a{}_2F_1\left[\substack{a,1-b\\a+1};z\right]\\ &=\frac{z^a(1-z)^b}{a}{}_2F_1\left[\substack{a+b,1\\a+1};z\right] \end{align}

$\displaystyle B_z(a,b)=\frac{z^a(1-z)^b}{a}\frac{1}{1-\frac{\frac{a+b}{a+1}z}{1+\frac{\frac{b-1}{(a+1)(a+2)}z}{1-\frac{\frac{(a+1)(a+b+1)}{(a+2)(a+3)}z}{1+\frac{\frac{2(b-2)}{(a+3)(a+4)}z}{\ddots}}}}}$

補題2とガウスの連分数より得る

\begin{align} \frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{3}\ln^3(2)&=\sum_{\substack{0< n_1< n_2\\0< m}}\frac{1}{mn_1^22^{n_2}}\frac{1}{2-\frac{\frac{n_2}{n_1+1}}{2+\frac{\frac{m}{(n_1+1)(n_1+2)}}{2-\frac{\frac{(n_1+1)(n_2+2)}{(n_1+2)(n_1+3)}}{2+\frac{\frac{2(m-1)}{(n_1+3)(n_1+4)}}{2-\frac{\frac{(n_1+2)(n_2+3)}{(n_1+4)(n_1+5)}}{2+\frac{\frac{3(m-2)}{(n_1+5)(n_1+6)}}{2-\ddots}}}}}}} \end{align}

\begin{align} \frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{3}\ln(2)^3&=\int_0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx\\ &=\sum_{n,m>0}\frac{1}{nm}\int_0^{\frac{1}{2}}(1-x)^mx^{n-1}dx\\ &=\sum_{n,m>0}\frac{B_{\frac{1}{2}}(n,m+1)}{nm}\\ &=\sum_{\substack{0< n_1< n_2\\0< m}}\frac{1}{2^{n_2}mn_1^2}\frac{1}{2-\frac{\frac{n_2}{n_1+1}}{2+\frac{\frac{m}{(n_1+1)(n_1+2)}}{2-\frac{\frac{(n_1+1)(n_2+2)}{(n_1+2)(n_1+3)}}{2+\frac{\frac{2(m-1)}{(n_1+3)(n_1+4)}}{2-\frac{\frac{(n_1+2)(n_2+3)}{(n_1+4)(n_1+5)}}{2+\frac{\frac{3(m-2)}{(n_1+5)(n_1+6)}}{2-\ddots}}}}}}} \end{align}

ここまで行った変形は簡単ですね。
ただ最後の級数がweight3っぽい見た目なのは少し面白かったです。