MZVの和公式の証明

MZVの反復積分表示より$\displaystyle \sum_{I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)=\sum_{\substack{ε_2,…,ε_{k-1}\in\{0,1\}\\\textup{wt}(ε)=r-1}}I(1,ε_2,…,ε_{k-1},0)$がわかる($\displaystyle ω_0(t)=\frac{dt}{t},ω_1(t)=\frac{dt}{1-t}$とし$ε_1,…,ε_k\in\{0,1\}$に対し$\displaystyle I(ε_1,…,ε_k)=\int_{0< t_1<\cdots< t_k<1}\prod_{i=1}^kω_i(t_i)$とおいた)
\begin{align} \sum_{n=1}^{k-1}\sum_{I_0(k,n)}\zeta(\mathbf k)X^{n-1}&=\sum_{ε_2,…,ε_{k-1}\in\{0,1\}}I(1,ε_2,…,ε_k,0)X^{ε_2+\cdots+ε_{k-1}}\\&=\int_{0< t_1<\cdots< t_k<1}\frac{1}{1-t_1}\left(\frac{1}{t_2}+\frac{X}{1-t_2}\right)\cdots\left(\frac{1}{t_{k-1}}+\frac{X}{1-t_{k-1}}\right)\frac{1}{t_k}dt_1\cdots dt_k\\&=\frac{1}{(k-2)!}\int_{0< t_1< t_k<1}\left(\int_{t_1}^{t_k}\left(\frac{1}{t}+\frac{X}{1-t}\right)dt\right)^{k-2}\frac{dt_1}{1-t_1}\frac{dt_k}{t_k}\\&=\frac{1}{(k-2)!}\int_{0< t_1< t_k<1}\left(\ln\frac{t_1}{t_k}+X\ln\frac{1-t_k}{1-t_1}\right)^{k-2}\frac{dt_1}{1-t_1}\frac{dt_k}{t_k} \end{align}
$\displaystyle x=\ln\frac{t_1}{t_k},y=\ln\frac{1-t_k}{1-t_1},\frac{dt_1}{1-t_1}\frac{dt_k}{t_k}=\frac{dxdy}{e^{x+y}-1}$と変数変換し$X^{n-1}$で係数比較すると
\begin{align} \sum_{I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)&=\int_0^\infty\int_0^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{e^{-m(x+y)}}{(k-n-1)!(n-1)!}x^{k-n-1}y^{n-1}dxdy\\&=\zeta(k) \end{align}

$\displaystyle \sum_{k=r+1}^\infty\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)Y^{k-r-1}$という母関数を考える
この母関数は$|Y|<1$で絶対収束する(詳しくは参考文献を参照)
$\displaystyle \zeta(2)\sum_{k=r+1}^\infty\binom{k-2}{r-1}Y^{k-r-1}=\frac{\zeta(2)}{(1-Y)^r}$
\begin{align} \sum_{k=r+1}^\infty\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)Y^{k-r-1}&=\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\sum_{\mathbf k\in I_0(r)}\frac{Y^{\textup{wt}(\mathbf k)-r-1}}{\mathbf n^{\mathbf k}}\\&=\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\sum_{\mathbf k\in I_0(r)}\frac{Y^{k_1-1}}{n_1^{k_1}}\frac{Y^{k_2-1}}{n_2^{k_2}}\cdots\frac{Y^{k_r-2}}{n_r^{k_r}}\\&=\sum_{0< n_1<\cdots< n_r}\frac{1}{n_1-Y}\frac{1}{n_2-Y}\cdots\frac{1}{n_r(n_r-Y)} \end{align}
一方で
\begin{align} \sum_{k=r+1}^\infty\zeta(k)Y^{k-r-1}&=\sum_{k=r+1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{Y^{k-r-1}}{m^k}\\&=\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{m^r(m-Y)} \end{align}
また、$\displaystyle \sum_{0< r< k}\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)X^{r-1}Y^{k-r-1}$を考える
($|X|<|1-Y|$で収束する)
\begin{align} \sum_{0< r< k}\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)X^{r-1}Y^{k-r-1}&=\sum_{r=1}^\infty\left(\sum_{k=r+1}^\infty\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)Y^{k-r-1}\right)X^{r-1}\\&=\sum_{r=1}^\infty\frac{1}{(r-1)!}\int_{0< t_1< t_2<1}\frac{t_2^{Y-1}}{t_1^Y(1-t_1)}\left(X\ln\frac{1-t_1}{1-t_2}\right)^{r-1}dt_1dt_2…(*)\\&=\int_{0< t_1< t_2<1}\frac{t_2^{Y-1}}{t_1^Y(1-t_1)}\exp\left(X\ln\frac{1-t_1}{1-t_2}\right)dt_1dt_2\\&=\int_{0< t_1< t_2<1}\frac{t_2^{Y-1}}{t_1^Y(1-t_1)}\left(\frac{1-t_1}{1-t_2}\right)^Xdt_1dt_2 \end{align}
ここで$\displaystyle u=\frac{t_2}{t_1},v=\frac{1-t_1}{1-t_2}$と変数変換すると
$\displaystyle RHS=\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(m-X)(m-Y)}$
上より
\begin{align} \sum_{0< r< k}\zeta(k)X^{r-1}Y^{k-r-1}&=\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{k=r+1}^\infty\zeta(k)Y^{k-r-1}\right)X^{r-1}\\&=\sum_{r=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac{X^{r-1}}{m^r(m-Y)}\\&=\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(m-X)(m-Y)} \end{align}
以上より$\displaystyle \sum_{0< r< k}\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\zeta(\mathbf k)X^{r-1}Y^{k-r-1}=\sum_{0< r< k}\zeta(k)X^{r-1}Y^{k-r-1}$を係数比較すれば得る

$s\ge1,n\ge s,k\ge n+s$、$\displaystyle \gamma(x,y,z;t)=\sum_{k,n,s}\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r,s)}\textup{Li}_{\mathbf k}(t)x^{k-n-s}y^{n-s}z^{2s-2}$
という母関数を考える
(ここで$I_0(k,r,s)$は重さ$k$深さ$r$高さ$s$な収束インデックス全体の集合を表す)
この母関数は$\displaystyle t(1-t)\frac{d^2\gamma}{dt^2}+((1-t)(1-x)-yt)\frac{d\gamma}{dt}+(xy-z^2)\gamma=1…(1)$
という超幾何微分方程式を満たす
(多重ポリログの微分方程式より)
$z^2=xy$としたときの$x^{k-n-1}y^{n-1}$の係数は
$\displaystyle \sum_s\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r,s)}\textup{Li}_{\mathbf k}(t)=\sum_{\mathbf k\in I_0(k,r)}\textup{Li}_{\mathbf k}(t)$
($\displaystyle I_0(k,r)=\bigcup_sI_0(k,n,s)$)
$(1)$において$z^2=xy$とおいたもの($\bar\gamma$とおく)を解く
階数を下げるために$u=\bar\gamma^{\prime}$とする
$\displaystyle t(1-t)u^{\prime}+((1-t)(1-x)-yt)u=1$
この方程式の解は$\displaystyle \bar\gamma(x,y;t)=\frac{1}{1-x}\int_0^t(1-w)^{-y}{}_2F_1\left[\begin{gathered}1-x,1-y\\2-x\end{gathered};w\right]dw$となる
($t=0$で正則である必要があるため)
Abelの連続性定理より
\begin{align} \bar \gamma(x,y;1)&=\frac{1}{1-x}\int_0^1(1-w)^{-y}{}_2F_1\left[\begin{gathered}1-x,1-y\\2-x\end{gathered};w\right]dw\\&=\sum_{m=0}^\infty\frac{1}{(m+1-x)(m+1-y)} \end{align}
このとき$x^{k-r-1}y^{r-1}$で係数比較することで得る