とある級数の議論

下のように言い換えることができる。
$$\sum_{k=2}^{\infty} \left[ 1- \sum_{n=0}^{\infty} \dfrac{(-1)^n}{(pn+1)^k} \right]=\sum_{k=2}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{(pn+1)^k}$$
$$=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \sum_{k=2}^{\infty} \dfrac{1}{(pn+1)^k}$$
$$=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{(pn+1)^2} \sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(pn+1)^k}$$
そして、
$$\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{1}{(pn+1)^k}=\dfrac{1}{1-\frac{1}{pn+1}}=\dfrac{pn+1}{pn} \cdots ①$$とおくと、
先ほどの級数は、
$$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{pn(pn+1)}　　\mathrm{(since ①)}$$
ここで、$p=2$を代入すると、先ほどの式と一致する。

BBB(部分分数分解)を用いると、
$$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{pn(pn+1)}=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \left( \dfrac{1}{pn}-\dfrac{1}{pn+1}\right)$$
$$=\dfrac{\log 2}{p}-\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{pn+1}$$
$p \in \mathbb{Z}$であり、$\zeta_p$で、$p$番目の$1$の根であるとする。この時、
$$\dfrac{\log(1+z)}{z}+\dfrac{\log (1+\zeta_p z)}{\zeta_{p} z}+ \cdots \dfrac{\log (1+\zeta_p ^{p-1} z)}{\zeta_p ^{p-1} z}$$
$$=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{n}z^{n-1} \sum_{k=0}^{p-1} \zeta_p ^{k(n-1)}$$
$$=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-k}}{pn+1}z^{pn}$$
$z=1$とおくと、次の等式を導出できる。
$$\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}}{pn+1}=\sum_{k=0}^{\infty} \dfrac{\log (1+\zeta_p ^k)}{\zeta_p ^k z}$$
したがって、一番最初の級数は、
$$\dfrac{1}{p} \log 2+\sum_{k=0}^{p-1} \dfrac{\log(1+\zeta_p ^k)}{\zeta_p ^k z}$$