特別な級数の計算

十分性

$$\sum_{n=1}^qa_n=0$$が成り立つとする。この周期性から、$$M:=\max_{1\leq s\leq q}\left\{ \left| \sum_{n=1}^sa_n \right|\right\}$$と置けば、全ての自然数$N$に対し、
$$ \left| \sum_{n=1}^Na_n \right| \leq M$$
が成り立つので、複素数列$\{a_n\}_{n=1}^\infty$と実数列$\left\{\frac{1}{n}\right\}_{n=1}^\infty$について、
Dirichletの収束判定法を使えば良い。

必要性

うまい方法がないか考えましたが、計算をごり押しするしかなさそうです。
(追記:2024,2/20 コメントにうまい方法があるのでそちらが参考になります)
$$\sum _{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}$$
が収束するとする。
$$ Q=\sum_{n=1}^qa_n,　\alpha=\max_{1\leq N\leq q}\left| a_N \right|$$
と置いておく。$Q=0$を示せば良い。
$q$項ずつ足していくことを考えれば次の表示を得る。

$$ \sum _{n=1}^\infty\frac{a_n}{n} =\sum_{k=1}^\infty \sum_{i=1}^{q}\frac{a_{(k-1)q+i}}{(k-1)q+i}$$
右辺の$k$についての総和の内部を変形すると、次の表示を得る。

\begin{align} \sum_{i=1}^{q}\frac{a_{(k-1)q+i}}{(k-1)q+i}&=\sum_{i=1}^{q}\frac{a_{(k-1)q+i}}{kq}+\sum_{i=1}^{q}\frac{(q-i)a_{(k-1)q+i}}{\{(k-1)q+i\}kq}\\ &=\frac{Q}{kq}+\sum_{i=1}^{q}\frac{(q-i)a_{(k-1)q+i}}{\{(k-1)q+i\}kq} \end{align}
右辺第2項を評価すると次を得る。
\begin{align} \left|\sum_{i=1}^{q}\frac{(q-i)a_{(k-1)q+i}}{\{(k-1)q+i\}kq} \right| &\leq \sum_{i=1}^{q}\frac{q\alpha}{kq \cdot kq} =\frac{\alpha}{k^2} \end{align}
従って、$$ \sum_{k=1}^\infty \left|\sum_{i=1}^{q}\frac{(q-i)a_{(k-1)q+i}}{\{(k-1)q+i\}kq} \right|\leq\sum_{k=1}^\infty \frac{\alpha}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}\alpha$$
が成り立つ。すなわち絶対収束するから、もとの級数も収束する。
$$L=\sum_{k=1}^\infty \sum_{i=1}^{q}\frac{(q-i)a_{(k-1)q+i}}{\{(k-1)q+i\}kq}　(\lt\infty) $$
と置いておく。

以上のことより、
\begin{align}\sum _{n=1}^\infty\frac{a_n}{n}=\sum_{k=1}^\infty \sum_{i=1}^{q}\frac{a_{(k-1)q+i}}{(k-1)q+i}&=\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{Q}{kq}+\sum_{i=1}^{q}\frac{(q-i)a_{(k-1)q+i}}{\{(k-1)q+i\}kq}\right) \\&=\frac{Q}{q}\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}+L \end{align}
最左辺は有限値で、最右辺の調和級数は発散するから、$Q=0$である。
(正確には調和級数を左辺、それ以外を右辺とすべきですが、面倒だから許して)

(a')

まず$\overline{A(q-m)}=A(m)$を示す。
\begin{align} \overline{A(q-m)}=\overline{\sum_{n=1}^qa_n\zeta^{-(q-m)n}}&=\overline{\sum_{n=1}^qa_n\zeta^{mn}}\\&=\sum_{n=1}^q\overline{a_n}\overline{\zeta^{mn}}\\&=\sum_{n=1}^qa_n\zeta^{-mn}\\&=A(m)\end{align}

次に、$E$についても同様の式が成り立つことを場合分けして示す。
$E$の虚部にあたる$F$について考えれば良い。$F$の周期性に注意せよ。

$$0\lt\frac{2\pi m}{q}\leq\pi　\mbox{のとき}$$
\begin{align} F\left(\frac{2\pi (q-m)}{q}\right)=F\left(\frac{2\pi (q-m)}{q}-2\pi\right)&=i\left(-\pi-\left(\frac{2\pi (q-m)}{q}-2\pi\right)\right)\\ &=-i\left(\pi-\frac{2\pi m}{q}\right)\\ &=-F\left(\frac{2\pi m}{q}\right) \end{align}

$$\pi\leq\frac{2\pi m}{q}\lt2\pi　\mbox{のとき}$$
\begin{align} F\left(\frac{2\pi (q-m)}{q}\right)=i\left(\pi-\frac{2\pi (q-m)}{q}\right) &=-i\left(-\pi-\left(\frac{2\pi m}{q}-2\pi\right)\right)\\ &=-F\left(\frac{2\pi m}{q}-2\pi\right)\\ &=-F\left(\frac{2\pi m}{q}\right) \end{align}
従って、次の式が成り立つ。
$$ A(m)E\left(\frac{2\pi m}{q}\right)=\overline{A(q-m)E\left(\frac{2\pi (q-m)}{q}\right)}$$
よって、$q$が奇数のときはOK。
$q$が偶数の場合は上記に加えて、
$$ A\left(\frac{q}{2}\right)=\sum_{n=1}^q(-1)^n a_n,　E\left(\frac{2\pi\cdot\frac{q}{2}}{q}\right)=E\left(\pi\right)=-\log2$$と計算できるからOK。

(c')

まず$A(q-m)=-A(m)$を示す。
\begin{align} A(q-m)=\sum_{n=1}^qa_n\zeta^{-(q-m)n}&=\sum_{n=1}^qa_n\zeta^{mn}\\&=\sum_{n'=0}^{q-1}a_{q-n'}\zeta^{m(q-n')}　(n'=q-n)\\&=\sum_{n'=0}^{q-1}-a_{n'}\zeta^{-mn'}\\&=-\sum_{n'=1}^{q}a_{n'}\zeta^{-mn'}　(a_0\zeta^{-m\cdot0}=a_q\zeta^{-mq})\\&=-A(m)\end{align}

従って、次の式が成り立つ。
$$ A(m)F\left(\frac{2\pi m}{q}\right)=A(q-m)F\left(\frac{2\pi (q-m)}{q}\right)$$
よって、$q$が奇数のときはOK。
$q$が偶数の場合は上記に加えて、
$$ F\left(\frac{2\pi\cdot\frac{q}{2}}{q}\right)=F(\pi)=0$$と計算できるからOK。

数列が奇ではないから練習15の系(a')の
$$\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}=\frac{2}{q}\sum_{m=1}^\frac{q-2}{2} \Re\left(A(m)E\left(\frac{2\pi m}{q}\right)\right)-\frac{\log2}{q}\sum_{n=1}^q(-1)^n a_n$$
を使うと、
\begin{align} &1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots=-\frac{\log2}{2}\left(-1-1\right)=\log2\\ \end{align}

$$ A(1)=-\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}i,　E\left(\frac{2\pi\cdot1}{3}\right)=\frac{1}{2}\log\frac{1}{3}+\frac{\pi}{6}i$$
と計算できるから、
\begin{align} 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\frac{1}{9}\cdots=\frac{2}{3}\left(\frac{\pi}{4\sqrt{3}}-\frac{3}{4}\log\frac{1}{3}\right)=\frac{\pi}{6\sqrt{3}}+\frac{1}{2}\log3\\ \end{align}

(a)

$$ A(1)=1-i,　E\left(\frac{2\pi\cdot1}{4}\right)=\frac{1}{2}\log\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}i$$
と計算できるから、

\begin{align} 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}\cdots=\frac{2}{4}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\log\frac{1}{2}\right)-\frac{\log2}{4}(-1-1)=\frac{\pi}{8}+\frac{1}{4}\log2 \end{align}

(b)

数列が奇であるから練習15の系(c')の
$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{n}=\frac{1}{q}\sum_{m=1}^{\lceil\frac{q}{2}\rceil-1} A(m)F\left(\frac{2\pi m}{q}\right)$$
より、
\begin{align} 1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\cdots=\frac{1}{4}A(1)F\left(\frac{2\pi \cdot1}{4}\right)=\frac{1}{4} (-i-i)\left(\frac{\pi}{2}i\right)=\frac{\pi}{4} \end{align}

最後の式は、
$$\frac{1}{2}s_1^{(2)}+s_1^{(4)}$$
より従う。

上記の例2より、次元は$2$以下である。生成系として$s_1^{(4)},s_2^{(4)}$を取る。
$a,b\in\mathbb{Q}$が、$as_1^{(4)}+bs_2^{(4)}=0$ をみたしているとする。
整理すれば、
$$(a+2b)\pi=-2a\log2$$
を得る。
$$ a+2b\neq0\text{　とすると、}e^{(a+2b)\pi}=2^{-2a}$$
ここで、左辺は超越数であることが知られているが、右辺は超越数でないので矛盾。
故に、$a+2b=0$であり、$a=0,b=0$ が得られるから、一次独立である。

(a)

\begin{align} &1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}-\cdots\\&=\frac{1}{5}\left\{A(1)F\left(\frac{2\pi \cdot1}{5}\right)+A(2)F\left(\frac{2\pi \cdot2}{5}\right)\right\} \\ &=\frac{1}{5}\left\{-2i\left(\sin\frac{2}{5}\pi+\sin\frac{4}{5}\pi\right)\frac{3\pi}{5}i+2i\left(\sin\frac{2}{5}\pi-\sin\frac{4}{5}\pi\right)\frac{\pi}{5}i\right\} \\ &=\frac{2\pi}{25}\left\{3\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\right)-\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}-\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\right)\right\} \\ &=\frac{\pi}{25}\left\{\sqrt{10+2\sqrt{5}}+2\sqrt{10-2\sqrt{5}}\right\} \\ &=\frac{\pi}{25}\sqrt{50+10\sqrt{5}}\\ \end{align}

(b)

\begin{align} &1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{7}+\cdots\\&=\frac{1}{5}\left\{A(1)F\left(\frac{2\pi \cdot1}{5}\right)+A(2)F\left(\frac{2\pi \cdot2}{5}\right)\right\} \\ &=\frac{1}{5}\left\{-2i\left(\sin\frac{2}{5}\pi-\sin\frac{4}{5}\pi\right)\frac{3\pi}{5}i-2i\left(\sin\frac{2}{5}\pi+\sin\frac{4}{5}\pi\right)\frac{\pi}{5}i\right\} \\ &=\frac{2\pi}{25}\left\{3\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}-\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\right)+\left(\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4}+\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4}\right)\right\} \\ &=\frac{\pi}{25}\left\{2\sqrt{10+2\sqrt{5}}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}\right\} \\ &=\frac{\pi}{25}\sqrt{50-10\sqrt{5}}\\ \end{align}

(c)

$$ A(1)=-1+\zeta^{-1},　A(2)=-1+\zeta^{-2}$$ $$ E\left(\frac{2\pi\cdot1}{4}\right)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{2}{5-\sqrt{5}}\right)+\frac{3\pi}{10}i,　E\left(\frac{2\pi\cdot2}{4}\right)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{2}{5+\sqrt{5}}\right)+\frac{\pi}{10}i$$
と計算できるから、

\begin{align} &1-\frac{1}{5}+\frac{1}{6}-\frac{1}{10}+\cdots\\ &=\frac{2}{5}\left\{\left(\frac{3\pi}{10}\sin\frac{2}{5}\pi+\frac{\sqrt{5}-5}{8}\log\left(\frac{2}{5-\sqrt{5}}\right)\right)+\left(\frac{\pi}{10}\sin\frac{4}{5}\pi-\frac{\sqrt{5}+5}{8}\log\left(\frac{2}{5+\sqrt{5}}\right)\right)\right\}\\ &=\frac{2}{5}\left\{\frac{\pi}{40}\left(3\sqrt{10+2\sqrt{5}}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}\right)-\frac{5}{8}\log\frac{1}{5}+\frac{\sqrt{5}}{8}\log\left(\frac{5+\sqrt{5}}{5-\sqrt{5}}\right)\right\}\\ &=\frac{2}{5}\left\{\frac{\pi}{20}\sqrt{25+10\sqrt{5}}+\frac{5}{8}\log5+\frac{\sqrt{5}}{4}\log\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}\\ &=\frac{\pi}{50}\sqrt{25+10\sqrt{5}}+\frac{1}{4}\log5+\frac{1}{2\sqrt{5}}\log\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) \end{align}

$s_1^{(5)}$

(b)と命題3(e)を辺々足して2で割れば良い。

$s_2^{(5)}$

(a)と命題3(e)を辺々足して2で割れば良い。

$s_3^{(5)}$

(a)と(b)を辺々足して2で割れば良い。

$$A(1)=1,　E\left(\frac{2\pi\cdot1}{6}\right)=\frac{\pi}{3}i$$
$$ A(2)=-\sqrt{3}i,　E\left(\frac{2\pi\cdot2}{6}\right)=-\frac{1}{2}\log3+\frac{\pi}{6}i$$
と計算できるから、
\begin{align} 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{7}-\frac{1}{8}\cdots =\frac{2}{6}\cdot\frac{\pi}{2\sqrt{3}}-\frac{\log2}{6}(-1-1) =\frac{\pi}{6\sqrt{3}}+\frac{1}{3}\log2 \end{align}

$s_2^{(6)}$

$$-\frac{1}{3}s_1^{(2)}+\frac{1}{2}s_2^{(3)}+s_1^{(6)}$$
より従う。

$s_3^{(6)}$

$$\frac{1}{2}s_1^{(3)}+s_1^{(6)}$$
より従う。

$s_5^{(6)}$

$$\frac{1}{2}s_2^{(3)}+s_1^{(6)}$$
より従う。

(a)

$$ A(1)=\frac{1}{\sqrt{2}}+\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)i,　E\left(\frac{2\pi\cdot1}{8}\right)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1}{2-\sqrt{2}}\right)+\frac{3\pi}{8}i$$
$$ A(2)=1-i,　 E\left(\frac{2\pi\cdot2}{8}\right)=\frac{1}{2}\log\frac{1}{2}+\frac{\pi}{4}i$$
$$ A(3)=-\frac{1}{\sqrt{2}}-\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)i,　E\left(\frac{2\pi\cdot3}{8}\right)=\frac{1}{2}\log\left(\frac{1}{2+\sqrt{2}}\right)+\frac{\pi}{8}i$$
と計算できるから、
\begin{align} &1-\frac{1}{2}+\frac{1}{9}-\frac{1}{10}\cdots\\ &=\frac{2}{8}\left\{\left(-\frac{3\pi}{8}\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\frac{1}{2\sqrt{2}}\log\left(\frac{1}{2-\sqrt{2}}\right)\right)+\left(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\log\frac{1}{2}\right)+\left(\frac{\pi}{8}\left(1+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)-\frac{1}{2\sqrt{2}}\log\left(\frac{1}{2+\sqrt{2}}\right)\right)\right\}-\frac{\log2}{8}(-1-1) \\ &=\frac{\pi}{8\sqrt{2}}+\frac{1}{8}\log2+\frac{1}{8\sqrt{2}}\log\left(3+2\sqrt{2}\right)\\ &=\frac{\pi}{8\sqrt{2}}+\frac{1}{8}\log2+\frac{1}{4\sqrt{2}}\log\left(1+\sqrt{2}\right) \end{align}

(b)

\begin{align} &1-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}-\frac{1}{15}\cdots\\ &=\frac{1}{8}\left\{A(1)F\left(\frac{2\pi \cdot1}{8}\right)+A(2)F\left(\frac{2\pi \cdot2}{8}\right)+A(3)F\left(\frac{2\pi \cdot3}{8}\right)\right\} \\ &=\frac{1}{8}\left\{-\sqrt{2}i\cdot\frac{3\pi}{4}i-2i\cdot\frac{\pi}{2}i-\sqrt{2}i\cdot\frac{\pi}{4}i\right\} \\ &=\frac{1+\sqrt{2}}{8}\pi\\ \end{align}

命題3(b)の値を$A$、(d)の値を$B$とする。

$s_2^{(8)}$

$$\frac{1}{2}(B-A)+s_6^{(8)}$$
より従う。

$s_3^{(8)}$

$$\frac{1}{2}s_1^{(4)}+s_1^{(8)}$$
より従う。

$s_4^{(8)}$

$$\frac{1}{2}(A+B)$$
より従う。

$s_5^{(8)}$

$$\frac{1}{2}s_2^{(4)}+s_1^{(8)}$$
より従う。

$s_7^{(8)}$

$$\frac{1}{2}s_3^{(4)}+s_1^{(8)}$$
より従う。