まず次の等式が成り立つ
ш∑r=−nn(−1)r{(AB)n−rш(AB)n+r}=4n(A2B2)n
証明は ζ(1,3,・・・1,3)について を参照
ここでA=dt1+tB=dt1−tとして反復積分を考える(AB)r:=∫0<t1<⋯<t2r<1∏i=1rdt2i1+t2idt2i−11−t2i−1=(−1)rζ({1¯}2r)(A2B2)r:=∫0<t1<⋯<t4r<1∏i=1rdt4i1+t4idt4i−11+t4i−1dt4i−21−t4i−2dt4i−31−t4i−3=ζ({1,1¯,1,1¯}r)なので、これらと命題1より次が成り立つ
∑r=−nn(−1)r(ζ({1¯}2n−2r)ζ({1¯}2n+2r))=4nζ({1,1¯,1,1¯}n)
調和積を用いてζ({1¯}n)(1≤n)についての漸化式を立てると次のようになる。(2n)ζ({1¯}2n)=∑k=1n(ζ(2k−1―)ζ({1¯}2n−2k+1)−ζ(2k)ζ({1¯}2n−2k))(2n+1)ζ({1¯}2n+1)=ζ(2n+1―)+∑k=1n(ζ(2k−1―)ζ({1¯}2n−2k+2)−ζ(2k)ζ({1¯}2n−2k+1))
ζ(1¯)=−ln2であることを用いれば漸化式からζ({1¯}n)を求めることができる。
ζ(1¯)=−ln2ζ(1¯,1¯)=12ln22−12ζ(2)ζ(1¯,1¯,1¯)=−16ln32+π212ln2−14ζ(3)ζ(1¯,1¯,1¯,1¯)=124ln42−π224ln22+516ζ(3)ln2+π41440ζ(1,1¯,1,1¯)=124ln42+π4720−532ζ(3)ln2
手計算だと割ときつい
バッチを贈ると投稿者に現金やAmazonのギフトカードが還元されます。