多重ゼータ値とその類似の結果・導出法まとめ

　
# この本の特徴
・筆者が得た結果とその導出過程を記す。（一部過程無しがある）
・先行研究等への言及無し
・参考文献無し
・新たな知見を得たら追加する
・新規性無し
・形式　　${\rm\mathbf{Theorem}}~~$　：比較的一般的な結果
　　　　　${\rm\mathbf{Lemma}}~\,$　　：${\rm\mathbf{Theorem}}$のもとになる（ならない場合もある）
　　　　　${\rm\mathbf{Corollary}}\,\,\,\,\,\,\,$：${\rm\mathbf{Lemma}},{\rm\mathbf{Theorem}}$から比較的容易ににわかる
　　　　　${\rm\bf{Proposition}}$：${\rm\bf{Theorem}}$より弱い結果
　　　　　${\rm\mathbf{Definition}}\,~~$：定義・記法の導入
　　　　　${\rm\mathbf{Conjecture}}\,\,$：予想
　　　　　${\rm\mathbf{Proof}}~~~~\,$　　：証明・方針
　　　　　${\rm \mathbf{Remarks}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,$：個人的見解等
これらの定義・区別は厳密ではないので，特に気にする必要はない。
証明については，**論理性を極端に損なわず**，**筆者が方針を思い出すことができる程度に省略する場合がある**。
筆者が特に必要であると考えない限り，**一度どこかで登場した証明方針・原理はそれ以降省略する場合がある**。


# 定義・記法について
・筆者は論文等をほぼ読まないので，識者の慣習と異なる定義・記法を導入する危険がある。
・本全体を通して使われる記法は多くはないので，定義するときはその都度書いていく。
・多重ゼータ値等で，和をとる順序が識者の間でも統一されていないようなので，ここで定義を明示する。

$\BA
\D　　　\zeta(k_1,\cdots,k_r)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r}n_1^{-k_1}\cdots n_r^{-k_r}
\EA$

　$t$値やポリログ等もインデックスの向きと和をとる順序の関係は同じものとする。
・インデックス$\boldsymbol{k}=(k_1,\cdots,k_r)$に対して

$
\D　　　{(a\boldsymbol{n}+b)}^{\boldsymbol{k}}=\prod_{i=1}^{r}(an_i+b)^{k_i}
$
　
　と書く。
・$\star$付きは等号付きの総和を意味する。この本ではそれ以外の意味で$\star$を付けることは無い。
・$\underbrace{k,\cdots,k}_{a}$を$\{k\}_a$と略記する。
・$\k=(k_1,\cdots,k_r)$に対して，${\rm inv}(\k)=(k_r,\cdots,k_1)$と書く。
・$\k$の双対インデックスを$\k^{\dagger}$と書く。
・$\zeta(\{k\}_0)=\zeta(\varnothing)=1$とする。

はじめに

　
　
${\rm\mathbf{Definition.}}$

$
\D　　　C_r=2^{-2r}\binom{2r}{r},　P_r=\frac{(-1)^r(\frac{\pi}{2})^{2r+1}}{(2r+1)!},　Q_r=\frac{(-1)^r(\frac{\pi}{2})^{2r}}{(2r)!}
$

$\BA
\D　　　&{\zeta}_n(\k)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r\le n}{\n}^{-\k}\\
&{t}^{}_n(\k)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r\le n}\left(2\n+1\right)^{-\k}\\
&{\xi}_n(\k)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r\le n}{(2\bl{n})}^{-\k}\\
&S_n^{A}(\k)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r\le n} C_{n_1}^{-1} {(2\n)}^{-\k}\\
&S_n^{B}(\k)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r\le n}C_{n_1}\left(2\n+1\right)^{-\k}
\EA$

　
${\rm\mathbf{Theorem~1.}}$　$m,n\in\mathbb{Z}_{\ge 0} $に対して次の式が成り立つ。

$
\D[1.1.1]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m}\cos^{2n}x\,dx
=(-1)^m(2m)!C_n\sum_{i=0}^m P_{m-i}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_{i})
$

$
\D[1.1.2]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m}\cos^{2n+1}x\,dx
=\frac{(-1)^m(2m)!}{(2n+1)C_n}\sum_{i=0}^m Q_{m-i} {t}^{\star}_n(\{2\}_i)
$

$
\D[1.1.3]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m+1}\cos^{2n}x\,dx
=(-1)^{m+1}(2m+1)!C_n\left({S}^{A\star}_n(\{2\}_{m+1})
+\sum_{i=0}^m Q_{m-i+1}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)\right)
$

$
\D[1.1.4]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m+1}\cos^{2n+1}x\,dx
=\frac{(-1)^{m}(2m+1)!}{(2n+1)C_n}\left(\sum_{i=0}^mP_{m-i}{t}^{\star}_n(\{2\}_i)
-{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_m)\right)
$

$
\D[1.1.5]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m}\sin^{2n}x\,dx
=(-1)^m(2m)!C_n\left(\sum_{i=0}^mP_{m-i}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)
-\sum_{i=1}^mP_{m-i}{S}^{A\star}_n(\{2\}_i)\right)
$

$
\D[1.1.6]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m}\sin^{2n+1}x\,dx
=\frac{(-1)^m(2m)!}{(2n+1)C_n}\left({t}^{\star}_n(\{2\}_m)
-\sum_{i=0}^mP_{m-i}{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_{i-1})\right)
$

$
\D[1.1.7]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m+1}\sin^{2n}x\,dx
=(-1)^m(2m+1)!C_n\left(\sum_{i=0}^mQ_{m-i}{S}^{A\star}_n(\{2\}_{i+1})
-\sum_{i=0}^m Q_{m-i+1}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i) \right)
$

$
\D[1.1.8]　　　\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m+1}\sin^{2n+1}x\,dx
=\frac{(-1)^m(2m+1)!}{(2n+1)C_n}\sum_{i=0}^mQ_{m-i}{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_i)
$

　
${\rm\mathbf{Proof.}}$
　
いずれも同じような部分積分をし，漸化式を解くことで容易に求まるので，$[1.1.1]$のみ証明を示す。

$
\D　　　 I(m,n)=\int_0^\frac{\pi}{2} x^{2m}\cos^{2n}x\,dx
$
　
とおく。部分積分し整理すれば，

$
\D　　　 2nI(m,n)=-\frac{(2m-1)2m}{2n}I(m-1,n)+(2n-1)I(m,n-1)
$
　
を得る。両辺$\cfrac{1}{2nC_n}$を掛けると

$\BA
\D　　　 \frac{I(m,n)}{C_n}
&=-\frac{(2m-1)2m}{(2n)^2C_n}I(m-1,n)+\frac{I(m,n-1)}{C_{n-1}}\\
&=-\sum_{i=1}^{n}\frac{(2m-1)2m}{(2i)^2C_i}I(m-1,i)+\frac{I(m,0)}{C_0}\\
&=-\sum_{i=1}^{n}\frac{(2m-1)2m}{(2i)^2C_i}I(m-1,i)+\frac{\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2m+1}}{2m+1}
\EA$
　
両辺$\cfrac{1}{(2m)!}$を掛けると

$\BA
\D　　　 \frac{I(m,n)}{(2m)!C_n}
&=\frac{\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2m+1}}{(2m+1)!}-\sum_{i=1}^n\frac{1}{(2i)^2}\frac{I(m-1,i)}{(2m-2)!C_i}\\
&=\frac{\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2m+1}}{(2m+1)!}-\sum_{i=1}^n\frac{1}{(2i)^2}\L(\frac{\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2m-1}}{(2m-1)!}-\sum_{j=1}^i\frac{1}{(2j)^2}\frac{I(m-2,j)}{(2m-4)!C_j} \R) \\
&=\cdots\\
&=(-1)^m\sum_{i=0}^m P_{m-i}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_{i})
\EA$
$\qed$

　
${\rm\mathbf{Corollary~1.1.}}$

$
\D[1.2.1]　　　\lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^{m}P_{m-i}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)=0　　(m\in\mathbb{Z}_{>0})
$

$
\D[1.2.2]　　　\lim_{n\to\infty}\sum_{i=0}^mQ_{m-i}{t}^{\star}_n(\{2\}_i)=0　　(m\in\mathbb{Z}_{>0})
$

$
\D[1.2.3]　　　\lim_{n\to\infty}\L({S}^{A\star}_n(\{2\}_{m+1})+\sum_{i=0}^mQ_{m-i+1}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)\R)=0　　(m\in\mathbb{Z}_{\ge0})
$

$
\D[1.2.4]　　　\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{i=0}^mP_{m-i}{t}^{\star}_n(\{2\}_i)
-{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_m)\right)=0　　(m\in\mathbb{Z}_{\ge0})
$

　
${\rm\mathbf{Proof.}}$

$
\D　　　\lim_{n\to\infty}\frac{1}{C_n}\int_0^\frac{\pi}{2}x^m\cos^{2n}x\,dx=0,　　
\lim_{n\to\infty}(2n+1)C_n\int_0^\frac{\pi}{2}x^m\cos^{2n+1}x\,dx=0
$
　
より明らか。
$\qed$

　
${\rm\mathbf{Corollary~1.2.}}$

$
\D[1.3.1]　　　\sum_{i=0}^mP_{m-i}\sum_{0<n}\frac{{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i){\xi}_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n)^2}
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m+1}}{(2a+2m+1)!}
$

$
\D[1.3.2]　　　\sum_{i=0}^mQ_{m-i}\sum_{0\le n}\frac{{t}^{\star}_n(\{2\}_{i}){t}_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n+1)^2}
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m}}{(2a+2m)!}
$

$
\D[1.3.3]　　　\sum_{0<n}\frac{{\xi}_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n)^2}\left({S}^{A\star}_n(\{2\}_{m+1})
+\sum_{i=0}^m Q_{m-i+1}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)\right)
=\frac{(-1)^{m+1}\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m+2}}{(2a+2m+2)!}
$

$
\D[1.3.4]　　　\sum_{0\le n}\frac{t_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n+1)^2}\left(\sum_{i=0}^mP_{m-i}{t}^{\star}_n(\{2\}_i)
-{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_m)\right)
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m+1}}{(2a+2m+1)!}
$

$
\D[1.3.5]　　　\sum_{0<n}\frac{{\xi}_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n)^2}\left(\sum_{i=0}^mP_{m-i}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)
-\sum_{i=1}^mP_{m-i}{S}^{A\star}_n(\{2\}_i)\right)
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m+1}}{(2a+2m+1)(2a)!(2m)!}
$

$
\D[1.3.6]　　　\sum_{0\le n}\frac{t_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n+1)^2}\left({t}^{\star}_n(\{2\}_m)
-\sum_{i=0}^mP_{m-i}{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_{i-1})\right)
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m}}{(2a+2m)(2a-1)!(2m)!}
$

$
\D[1.3.7]　　　\sum_{0<n}\frac{{\xi}_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n)^2}\left(\sum_{i=0}^mQ_{m-i}{S}^{A\star}_n(\{2\}_{i+1})
-\sum_{i=0}^m Q_{m-i+1}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i) \right)
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m+2}}{(2a+2m+2)(2a)!(2m+1)!}
$

$
\D[1.3.8]　　　\sum_{i=0}^mQ_{m-i}\sum_{0\le n}\frac{t_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n+1)^2}{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_i)
=\frac{(-1)^m\L(\frac{\pi}{2}\R)^{2a+2m+1}}{(2a+2m+1)(2a-1)!(2m+1)!}
$

　
${\rm\mathbf{Proof.}}$

$
\D　　　 \sum_{0<n}\frac{{\xi}_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{(2n)^2C_n}\,\sin^{2n}x=\frac{x^{2a}}{(2a)!},　　
\sum_{0\le n}\frac{C_n t_{n-1}(\{2\}_{a-1})}{2n+1}\,\sin^{2n+1}x=\frac{x^{2a-1}}{(2a-1)!}
$
　
より明らか。
$\qed$

　
${\rm\mathbf{Corollary~1.3.}}$

$
\D[1.4.1]　　　\sum_{i=0}^mP_{m-i}\sum_{0<n}\frac{C_n^2{\xi}^{\star}_n(\{2\}_i)}{2n}
=\frac{(-1)^m}{(2m)!}\int_0^\frac{\pi}{2}x^{2m}\ln\frac{2}{1+\sin x}\,dx
$

$
\D[1.4.1]　　　\sum_{i=0}^mQ_{m-i}\sum_{0\le n}\frac{{t}^{\star}_n(\{2\}_i)}{(2n+1)^2C_n^2}
=\frac{(-1)^m}{(2m)!}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{x^{2m}\L(\frac{\pi}{2}-x\R)}{\sin x}\,dx
$

　
${\rm\mathbf{Proof.}}$

$
\D　　　 \sum_{0<n}\frac{C_n}{2n}x^n=\ln\frac{2}{1+\sqrt{1-x}},　　\sum_{0\le n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)C_n}=\frac{\sin^{-1}x}{\sqrt{1-x^2}}
$
　
より明らか。
$\qed$
　
${\rm\mathbf{Remarks.}}$
　複素解析などにより，${\rm\mathbf{Corollary~1.3}}$の右辺の積分は計算できるが，ここでは省く。
　いずれにしても，都合がいい${\rm Maclaurin~expansion}$を適応することで，積分を計算できるものにした。
　著者は${\rm\mathbf{Theorem~1}}$をもとに様々な結果を得た。導出過程は省くが，結果だけいくつか列挙する。

　
${\rm\mathbf{Corollary~1.4.}}$　$E_r~:~{\rm Euler~number}$

$
\D[1.5.1]　　　\sum_{0\le h}{\xi}^{\star}_n(\{2\}_h)=\frac{1}{(2n+1)C_n^2}
$

$
\D[1.5.2]　　　\sum_{0<h}{S}^{A\star}_n(\{2\}_h)=\frac{1}{(2n+1)C_n}\L(\frac{1}{C_n}-1\R)
$

$
\D[1.5.3]　　　\sum_{0<n}\frac{C_n{\zeta}^{\star}_n(\{2\}_{a-1})}{n^2}
=-4\zeta^{\star}(2a-1,\overline{1})-2\zeta(2a)
$

$
\D[1.5.4]　　　\sum_{0\le n}\frac{{S}^{B\star}_n(1,\{2\}_{a-1})}{(2n+1)^2C_n}=2t(2a+1)
$

$
\D[1.5.5]　　　\sum_{0\le n}\frac{{t}^{\star}_n(\{2\}_{a-1})}{(2n+1)^3C_n^2}
=4at(2a+1)-\pi\sum_{i=0}^{a-1}E_{2i}Q_{i}\beta(2a-2i)
$

$
\D[1.5.6]　　　\sum_{0\le n}\frac{E_{2a}Q_a-{t}^{\star}_n(\{2\}_a)}{(2n+1)^2C_n^2}
=2(2a+1)\beta(2a+2)-2E_{2a}Q_a-\pi\sum_{i=0}^{a-1}E_{2i}Q_it(2a-2i+1)
$


多重ゼータ値とその類似　Part１

　
${\rm\mathbf{Lemma~2.1.}}$　　$n\in\mathbb{Z}_{\ge 0}$，$\alpha>0$，$\beta\ge 0$，$0\le x<1$に対して

$
\D[2.1.1]　　　\int_0^x t^{n-1+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}dt
=\frac{(\alpha)_n(1-x)^{\beta}}{(\alpha+\beta)_n}\sum_{n\le m}\frac{(\alpha+\beta)_mx^{m+\alpha}}{(\alpha)_m(m+\alpha)}
$

$
\D[2.1.2]　　　\int_0^x t^{n+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}dt=\frac{\alpha+n}{\alpha+\beta+n}\frac{(\alpha)_n(1-x)^\beta}{(\alpha+\beta)_n}\sum_{n<m}\frac{(\alpha+\beta)_mx^{m+\alpha}}{(\alpha)_m(m+\alpha)}
$
　
${\rm\mathbf{Proof.}}$

$
\D　　　 I_n=\int_0^x t^{n-1+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}dt
$
　
とおく。

$\BA
\D　　　 I_{n-1}-I_n
&=\int_0^x t^{n-2+\alpha}(1-t)^{\beta}dt\\
&=\L[\frac{t^{n-1+\alpha}(1-t)^{\beta}}{n-1+\alpha}\R]_0^x+\frac{\beta}{n-1+\alpha}\int_0^xt^{n-1+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}dt\\
&=\frac{x^{n-1+\alpha}(1-x)^{\beta}}{n-1+\alpha}+\frac{\beta}{n-1+\alpha}I_n
\EA$
　
整理して，

$
\D　　　 \frac{n-1+\alpha+\beta}{n-1+\alpha}I_n=-\frac{x^{n-1+\alpha}(1-x)^{\beta}}{n-1+\alpha}+I_{n-1}
$
　
これより

$\BA
\D　　　\frac{(\alpha+\beta)_n}{(\alpha)_n}I_n
&=I_0-(1-x)^{\beta}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{(\alpha+\beta)_mx^{m+\alpha}}{(\alpha)_m(m+\alpha)}\\
&=\frac{x^{\alpha}}{\alpha}{_2}F_1\L[\begin{matrix}\alpha,1-\beta\\1+\alpha \end{matrix};x\R]
-(1-x)^{\beta}\sum_{m=0}^{n-1}\frac{(\alpha+\beta)_mx^{m+\alpha}}{(\alpha)_m(m+\alpha)}\\
&=(1-x)^{\beta}\sum_{n\le m}\frac{(\alpha+\beta)_mx^{m+\alpha}}{(\alpha)_m(m+\alpha)}
\EA$
$\qed$

　
${\rm\mathbf{Corollary~2.1.}}$

$
\D[2.2]　　　\int_0^x \frac{t^{n-1+\alpha}}{1-t}\ln^j\frac{1}{t}\,dt=\sum_{k=0}^j \frac{j!}{k!}\ln^k\frac{1}{x}\sum_{n\le m}\frac{x^{m+\alpha}}{({m+\alpha})^{j-k+1}}
$

　
$\Pr$
　$[2.1.1]$において，$\beta=0$とし，$\alpha$について$j$回微分すればよい。
$\qed$










　
${\rm\mathbf{Definition.}}$

$\BA
\D　　　\int_a^b {f_1}'(t)\circ f_2(t)\circ\cdots\circ f_n(t)
&=\int_a^b (f_1(t)-f_1(a))f_2(t)\circ\cdots\circ f_n(t)\\
&=\int_{a<t_1<\cdots<t_n<b}{f_1}'(t_1)f_2(t_2)\cdots f_n(t_n)\,dt_1\cdots dt_n
\EA$

$\BA
\D　　　\int_a^b f(t)\circ\underbrace{g(t)\circ\cdots\circ g(t)}_{r}\circ h(t)=\int_a^b f(t)\L(\circ g(t)\R)^r\circ h(t)
\EA$

$
\D　　　\int_a^b f(t)\L(\int_a^t g_1(u)\circ\cdots\circ g_n(u) \R)dt=\int_a^b g_1(t)\circ\cdots\circ g_n(t)\circ f(t)
$

　
${\rm\mathbf{Corollary~2.1.}}$

$
\D[2.3.1]　　　\int_0^x t^{n-1+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}\L(\circ\frac{1}{t(1-t)}\R)^{a-1}
=\frac{(\alpha)_n}{(\alpha+\beta)_n}\sum_{n\le n_1\le\cdots\le n_a}\frac{x^{n_a+\alpha}(1-x)^{\beta}}{(n_1+\alpha)\cdots(n_a+\alpha)}\frac{(\alpha+\beta)_{n_a}}{(\alpha)_{n_a}}
$

$
\D[2.3.2]　　　\int_0^x t^{n-1+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{a-1}
=\frac{(\alpha)_{n}}{(\alpha+\beta)_{n}}\sum_{n\le n_1<\cdots<n_a}\frac{x^{n_a+\alpha}(1-x)^{\beta}}{(n_1+\alpha+\beta)\cdots(n_{a-1}+\alpha+\beta)(n_a+\alpha)}\frac{(\alpha+\beta)_{n_a}}{(\alpha)_{n_a}}
$

　
${\rm\mathbf{Proof.}}$
　$a$に関する数学的帰納法により容易にわかる。
$\qed$













　
${\rm\mathbf{Corollary~2.2.}}$　　$0\le x<1$に対して

$
\D[2.4.1]　　　\int_0^x \frac{t^{n-1}}{1-t}\,dt=\sum_{n<m}\frac{x^{m}}{m}
$

$
\D[2.4.2]　　　\int_0^x \frac{t^n}{1-t}\,dt=\sum_{n\le m}\frac{x^m}{m}
$

$
\D[2.4.3]　　　\int_0^x \frac{t^{n-\frac{1}{2}}}{1-t}\,dt
=\sum_{n<m}\frac{x^{m-\frac{1}{2}}}{m-\frac{1}{2}}=\sum_{n\le m}\frac{x^{m+\frac{1}{2}}}{m+\frac{1}{2}}
$

$
\D[2.4.4]　　　\int_0^x \frac{t^{n+\frac{1}{2}}}{1-t}\,dt
=\sum_{n< m}\frac{x^{m+\frac{1}{2}}}{m+\frac{1}{2}}
$

$
\D[2.4.5]　　　\int_0^x \frac{t^{n-1}}{\sqrt{1-t}}\,dt=\frac{1}{nC_n}\sum_{n\le m}C_mx^m\sqrt{1-x}
$

$
\D[2.4.6]　　　\int_0^x \frac{t^{n}}{\sqrt{1-t}}\,dt=\frac{1}{\L(n+\frac{1}{2}\R)C_n}\sum_{n< m}C_mx^m\sqrt{1-x}
$

$
\D[2.4.7]　　　\int_0^x \frac{t^{n-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1-t}}\,dt
=C_n\sum_{n<m}\frac{x^{m-\frac{1}{2}}\sqrt{1-x}}{mC_m}
=C_n\sum_{n\le m}\frac{x^{m+\frac{1}{2}}\sqrt{1-x}}{\L(m+\frac{1}{2}\R)C_m}
$

$
\D[2.4.8]　　　\int_0^x \frac{t^{n+\frac{1}{2}}}{\sqrt{1-t}}\,dt=C_{n+1}\sum_{n<m}\frac{x^{m+\frac{1}{2}}\sqrt{1-x}}{\L(m+\frac{1}{2}\R)C_m}
$

　
${\rm\mathbf{Proof.}}$
　いずれも${\rm\mathbf{Lemma~2.1}}$の特殊な場合である。適当な$\alpha,~\beta$を代入すればよい。
$\qed$








　
${\rm\mathbf{Theorem~2.1.}}$　　$n\in\mathbb{Z}_{\ge0}$，$a\in\mathbb{Z}_{>0} $に対して

$
\D[2.5.1]　　　\int_0^x \frac{t^{2n}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^{2a-1}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
=(2a-1)!C_n\sum_{n<n_1<\cdots<n_a}\frac{x^{2n_a}}{(2n_1)^2\cdots(2n_a)^2C_{n_a}}
$

$
\D[2.5.2]　　　\int_0^x \frac{t^{2n}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^{2a-2}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
=(2a-2)!C_n\sum_{n<n_1<\cdots<n_a}\frac{x^{2n_a-1}\sqrt{1-x^2}}{(2n_1)^2\cdots(2n_{a-1})^2(2n_a)C_{n_a}}
$

$
\D[2.5.3]　　　\int_0^x \frac{t^{2n+1}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^{2a-1}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
=\frac{(2a-1)!}{(2n+1)C_n}\sum_{n<n_1<\cdots<n_a}\frac{C_{n_a}x^{2n_a+1}}{(2n_1+1)^2\cdots(2n_{a-1}+1)^2(2n_a+1)}
$

$
\D[2.5.4]　　　\int_0^x \frac{t^{2n+1}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^{2a-2}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
=\frac{(2a-2)!}{(2n+1)C_n}\sum_{n<n_1<\cdots<n_a}\frac{C_{n_a}x^{2n_a}\sqrt{1-x^2}}{(2n_1+1)^2\cdots(2n_{a-1}+1)^2}
$

　
$\Pr$
　いずれも計算の原理は同じなので，ここでは$[2.5.1]$のみ証明する。

$\BA
\D　　　 \int_0^x \frac{t^{2n}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-1}
&=C_n\sum_{n<n_1}\frac{1}{2n_1C_{n_1}}\int_0^x \frac{t^{2n_1-1}\sqrt{1-t^2}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-2}\\
&=C_n\sum_{n<n_1}\frac{1}{(2n_1)^2C_{n_1}}\int_0^x \frac{t^{2n_1}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-3}\\
&=C_n\sum_{n<n_1<n_2}\frac{C_{n_1}}{(2n_1)^2C_{n_1}(2n_2)}\int_0^x \frac{t^{2n_2-1}\sqrt{1-t^2}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-4}\\
&=C_n\sum_{n<n_1<n_2}\frac{1}{(2n_1)^2(2n_2)^2}\int_0^x \frac{t^{2n_2}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-5}\\
&=\cdots\\
&=C_n\sum_{n<n_1<\cdots<n_a}\frac{x^{2n_a}}{(2n_1)^2\cdots(2n_a)^2C_{n_a}}
\EA$

$\BA
\D　　　 \int_0^x \frac{t^{2n}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-1}
&=\frac{1}{1!}\int_0^x \frac{t^{2n}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-2}\\
&=\frac{1}{2!}\int_0^x \frac{t^{2n}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^2}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-3}\\
&=\cdots\\
&=\frac{1}{(2a-1)!}\int_0^x \frac{t^{2n}(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^{2a-1}}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
\EA$
$\qed$





　
${\rm\mathbf{Theorem~2.2.}}$

$
\D[2.6]　　　\frac{1}{(2a-1)!(2b)!}\int_0^{x}\frac{(x-t)^{2b}}{\tan t}\int_0^t (t-u)^{2a-1}(\sin^{-1}u)^{2n}du\,dt
=C_n\sum_{n<m_1<\cdots<m_a<n_1<\cdots<n_b}\frac{\sin^{2n_b}x}{(2m_1)^2\cdots(2m_{a-1})^2(2n_a)^3(2n_1)^2\cdots(2n_b)^2C_{n_b}}　　　　　　　　\\
$
　
$\Pr$

$\BA
\D　　　 \int_0^x \frac{t^{2n}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-1}\circ\frac{1}{t}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2b}
&=C_n\sum_{n<m_1<\cdots<m_a}\frac{1}{(2m_1)^2\cdots(2m_a)^2C_{m_a}}\int_0^x\frac{t^{2m_a}}{t}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2b}\\
&=C_n\sum_{n<m_1<\cdots<m_a}\frac{1}{(2m_1)^2\cdots(2m_{a-1})^2(2m_a)^3C_{m_a}}\int_0^x\frac{t^{2m_a}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2b-1}　　　　　\\
&=C_n\sum_{n<m_1<\cdots<m_a<n_1<\cdots<n_b}\frac{x^{2n_b}}{(2m_1)^2\cdots(2m_{a-1})^2(2n_a)^3(2n_1)^2\cdots(2n_b)^2C_{n_b}}
\EA$

$\BA
\D　　　 \int_0^x \frac{t^{2n}}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-1}\circ\frac{1}{t}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2b}
&=\int_0^x \frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\L(\circ \frac{1}{\sqrt{1-s^2}}\R)^{2b-1}\int_0^s \frac{1}{t}\int_0^t\frac{u^{2n}}{\sqrt{1-u^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}\R)^{2a-1}\\
&=\frac{1}{(2b-1)!(2a-1)!}\int_0^x \frac{(\sin^{-1}x-\sin^{-1}s)^{2b-1}}{\sqrt{1-s^2}}\int_0^s\frac{1}{t}\int_0^t\frac{u^{2n}(\sin^{-1}t-\sin^{-1}u)^{2a-1}}{\sqrt{1-u^2}}\,du\,dt\,ds　　　　　　　　\\
&=\frac{1}{(2a-1)!(2b)!}\int_0^x\frac{(\sin^{-1}x-\sin^{-1}t)^{2b}}{t}\int_0^t\frac{u^{2n}(\sin^{-1}t-\sin^{-1}u)^{2a-1}}{\sqrt{1-u^2}}\,du\,dt
\EA$

あとは$x$を$\sin x$に置き換えればよい。
$\qed$

　
$\Df$

$
\D　　　{S}^{C}_n(\k)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r\le n}(2\n)^{-\k}C_{n_r}^{-1}
$

$
\D　　　{S}^{D}_n(\k)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r\le n}(2\n+1)^{-\k}C_{n_r}
$

$
\D　　　{S}^{C}_n(\k;x)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r\le n}(2\n)^{-\k}C_{n_r}^{-1}\sin^{2n_r}x
$

$
\D　　　{S}^{D}_n(\k;x)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r\le n}(2\n+1)^{-\k}C_{n_r}\sin^{2n_r+1}x
$


　
${\rm\mathbf{Theorem~2.3.}}$

$
\D[2.7]　　　{S}^{C}_{\infty}(\{2\}_{a-1},3,\{2\}_{b};x)=\frac{1}{(2a)!(2b)!}\int_0^x\frac{t^{2a}(x-t)^{2b}}{\tan t}\,dt
$

　
$\Pr$
　$[2.6]$において，$n=0$とすればよい。
$\qed$


　
${\rm\mathbf{Corollary~2.3.}}$

$
\D[2.8]　　　{S}^{C}_{\infty}(\{2\}_{a-1},3,\{2\}_{b})=\frac{1}{(2a)!(2b)!}\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{t^{2a}\L(\frac{\pi}{2}-t\R)^{2b}}{\tan t}\,dt
$

　
$\Pr$
　$[2.7]$において，$x=\cfrac{\pi}{2}$とすればよい。
$\qed$

　
${\rm\mathbf{Theorem~2.4.}}$

$
\D[2.9]　　　{S}^{D}_{\infty}(\{2\}_{a-1},3,\{2\}_{b-1},1;x)=\frac{1}{(2a-1)!(2b)!}\int_0^x \frac{t^{2a-1}(x-t)^{2b}}{\tan t}\,dt
$

　
$\Pr$
　$[2.5.3]$について，${\rm\mathbf{Theorem~2.2}},{\rm\mathbf{2.3}}$と同様にすればよい。
$\qed$



多重ゼータ値とその類似　Part２

　
$\Df$

$
\D　　　R_F(\k)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r}C_{n_1}^{-1}{\n}^{-\k}
$

$
\D　　　R_L(\k)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r}{\n}^{-\k}C_{n_r}^{-1}
$

$
\D　　　\zeta(k_1,\cdots,[k_s],\cdots,k_r)=\sum_{\substack{0<n_1<\cdots<n_r\\n_s\in\mathbb{Z-\frac{1}{2}}}}{\n}^{-\k}
$

$
\D　　　{\cal T}(\k)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r}\L(\n+\frac{1}{2}\R)^{-\k}
$

$
\D　　　{\cal R}_L(\k)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r}\L(\n+\frac{1}{2}\R)^{-\k}C_{n_r}^{-1}
$

$
\D　　　{\cal R}^{FL}(\k)=\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r}C_{n_1}\L(\n+\frac{1}2{}\R)^{-\k}C_{n_r}
$

$
\D　　　[\underbrace{k,\cdots,k}_{r}]=[k]_r,　　([k_1],\cdots,[k_r])=([k_1,\cdots,k_r])
$


　
${\rm\bf{Theorem~3.1.}}$

$
\D[3.1]　　　{R}^{\star}_F(\k)=\zeta([1]_{k_r-1},1,\cdots,[1]_{k_{2}-1},1,[1]_{k_1-2},2)
$

　
$\Pr$

$\BA
\D　　　&\int_0^1 \frac{1}{1-t}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_1-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r-1}-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r}-2}\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\\
&　　=\sum_{0<n_1}\int_0^1 t^{n_1-1}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_1-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r-1}-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r}-2}\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}　　\\
&　　=\sum_{0<n_1}\frac{1}{n_1}\int_0^1 t^{n_1-1}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_1-3}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r-1}-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r}-2}\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}　　\\
&　　=\cdots\\
&　　={R}^{\star}_F(k_1,\cdots,k_r)\\
\\
&\int_0^1 \frac{1}{1-t}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_1-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r-1}-2}\L(\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r}-2}\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}\\
&　　=\int_0^1 \frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_r-2}\L(\circ\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_2-2}\L(\circ\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_1-2}\circ\frac{1}{t}\\
&　　=\sum_{0<n_1}\int_0^1\frac{t^{n_1-1}}{\sqrt{t}}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_r-2}\L(\circ\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_2-2}\L(\circ\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_1-2}\circ\frac{1}{t}\\
&　　=\sum_{0<n_1}\frac{1}{n_1-\frac{1}{2}}\int_0^1\frac{t^{n_1-\frac{1}{2}}}{1-t}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_r-3}\L(\circ\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\R)^2\cdots\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_2-2}\L(\circ\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\R)^2\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{k_1-2}\circ\frac{1}{t}　　\\
&　　=\cdots\\
&　　=\zeta([1]_{k_r-1},1,\cdots,[1]_{k_{2}-1},1,[1]_{k_1-2},2)
\EA$
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~3.2.}}$

$
\D[3.2]　　　\zeta^{\star}(\{1\}_a,b+1)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_b\le m_1\le\cdots\le m_a}\frac{1}{n_1\cdots m_{a-1}m_a^2}
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^1 \frac{1}{1-t}\L(\circ\frac{1}{t(1-t)}\R)^{a}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^b
$

と，$t\to1-t$と置換したものをそれぞれ計算する。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~3.3.}}$

$
\D[3.3]　　　{\cal T}^{\star}(\k)=\sum_{j=0}^{r-1}\sum_{i=0}^j R_L(\{1\}_{k_r-2},2,\cdots,\{1\}_{d_{i,j}-2},2,\cdots,\{1\}_{k_1-2},2)　　　
\L(d_{i,j}=\sum_{h=j-i+1}^{r-i}k_h\R)
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^1\frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_1-1}\circ\frac{1}{t(1-t)}\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_{r-1}-1}\circ\frac{1}{t(1-t)}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{k_r-1}
$

と，$t\to1-t$と置換したものをそれぞれ計算する。シグマの等号部分をすべて分離することで右辺のようになる。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~3.4.}}$

$
\D[3.4]　　　R_L(\k)={\cal T}(\k^{\dagger})
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^1 \frac{1}{1-t}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{a_1-1}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{b_1}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{a_2}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{b_2}\cdots\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{a_r}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{b_r-1}\circ\frac{1}{t\sqrt{1-t}}
$

と，$t\to1-t$と置換したものをそれぞれ計算する。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~3.5.}}$

$
\D[3.5]　　　{\cal R}_L(\{1\}_{a-1},2)=\pi\sum_{0\le n}\L(n+\frac{1}{2}\R)^{-a}C_n^2
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^1 \frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{a-1}\circ\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}
$

と，$t\to1-t$と置換したものをそれぞれ計算する。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~3.6.}}$

$
\D[3.6]　　　{\cal R}_L({\rm inv}(\k),2)=\pi\,{\cal R}^{FL}({\rm inv}(\k^{\dagger}),1)
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^1 \frac{1}{(1-t)\sqrt{t}}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{a_1}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{b_1}\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{a_r}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{b_r}\circ\frac{1}{\sqrt{t(1-t)}}
$

と，$t\to1-t$と置換したものをそれぞれ計算する。
$\qed$

　
$\Df$

$
\D　　　Z[\alpha,\beta,\gamma,\delta](\k)
=\frac{\Gamma(\alpha+\gamma)\Gamma(\delta)}{\Gamma(\alpha+\gamma+\delta)}\sum_{0\le n_1<\cdots<n_r}\frac{(1-\beta)_{n_1}}{n_1!}(\n+\alpha)^{-\k}\frac{(\alpha+\gamma)_{n_r}}{(\alpha+\gamma+\delta)_{n_r}}
$

　
${\rm\bf{Theorem~3.7.}}$

$
\D[3.7]　　　Z[\alpha,\beta,\gamma,\delta]({\rm inv}(\k),1)=Z[\delta,\gamma,\beta,\alpha]({\rm inv}(\k^{\dagger}),1)
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^1 t^{-1+\alpha}(1-t)^{-1+\beta}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{a_1}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{b_1}\cdots\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{a_r}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{b_r}\circ t^{-1+\gamma}(1-t)^{-1+\delta}
$

と，$t\to1-t$と置換したものをそれぞれ計算する。
$\qed$

多重ゼータ値とその類似　Part３

　
${\rm\bf{Lemma~4.1.}}$　　$0< x\le 1$に対して

$
\D[4.1]　　　{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},2}(1-x)=\zeta(a+1)-\sum_{j=0}^{a}\frac{1}{j!}\sum_{0<n}\frac{x^n}{n^{a-j+1}}\ln^{j}\frac{1}{x}
$

　
$\Pr$

$\BA
\D　　　{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},2}(1-x)
&=\int_0^{1-x} \frac{1}{1-t}\L(\circ\frac{1}{1-t}\R)^{a-1}\circ\frac{1}{t}\\
&=\int_x^1 \frac{1}{1-t}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^a\\
&=\sum_{0<n}\int_x^1 t^{n-1}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^a\\
&=\sum_{0<n}\int_x^1 \frac{1}{t}\frac{t^n-x^n}{n}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{a-1}\\
&=\sum_{0<n}\int_x^1 \frac{1}{t}\left(\frac{t^n-x^n}{n^2}-\frac{x^n}{n}\ln\frac{t}{x}\right)\L(\circ\frac{1}{t}\R)^{a-2}\\
&=\cdots\\
&=\sum_{0<n}\L(\frac{1}{n^{a+1}}-\sum_{j=0}^{a}\frac{1}{j!}\frac{x^n}{n^{a-j+1}}\ln^{j}\frac{1}{x}\R)\\
&=\zeta(a+1)-\sum_{j=0}^{a}\frac{1}{j!}\sum_{0<n}\frac{x^n}{n^{a-j+1}}\ln^{j}\frac{1}{x}
\EA$
$\qed$

　
${\rm\bf{Conjecture~4.1.}}$　　$a\in\mathbb{Z}_{>0},~b\in\mathbb{Z}_{\ge 0} $に対して

$
\D[4.2]　　　{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},b+2}(1-x)
=\sum_{0<n}\left(\frac{1}{n^{a+1}}-\sum_{j=0}^a\frac{x^n}{n^{a-j+1}} {\rm Li}_{{\{1\}}_{j}}(1-x)  \right)
\sum_{k=0}^{b}(-1)^k\zeta_{n-1}(\{1\}_{b-k}){\rm Li}_{{\{1\}}_k}(x)
$

著者は$b=0,1,2$での証明に成功したが，一般の$b$での厳密な証明は未達成。計算方法は確立しているが。

　
${\rm\bf{Corollary~4.1.}}$　　$x<1$に対して

$
\D[4.3]　　　\sum_{0<n}\frac{\zeta_{n-1}(\{1\}_{a-1})}{n^3}\frac{n!}{(1-x)_{n}}
=\sum_{0<m\le n}\frac{1}{(m-x)n^{a+1}}-\sum_{j=1}^a \sum_{0<m<n}\frac{1}{m^{a-j+1}(n-x)^{j+1}}
$

　
$\Pr$

$\BA
\D　　　\sum_{0<n}\frac{\zeta_{n-1}(\{1\}_{a-1})}{n^3}\frac{n!}{(1-x)_{n}}
&=\int_0^1 \frac{t^{-x}}{1-t}\,{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},2}(1-t)\,dt\\
&=\int_0^1\frac{t^{-x}}{1-t}\sum_{0<n}\L(\frac{1-t^n}{n^{a+1}}-\sum_{j=1}^{a}\frac{1}{j!}\frac{t^n}{n^{a-j+1}}\ln^{j}\frac{1}{t} \R)dt\\
&=\sum_{0<n}\L(\frac{1}{n^{a+1}}\int_0^1 \frac{t^{-x}(1-t^n)}{1-t}\,dt-\sum_{j=1}^{a}\frac{1}{j!n^{a-j+1}}\int_0^1 \frac{t^{n-x}}{1-t}\ln^{j}\frac{1}{t} \R)\\
&=\sum_{0<n}\L(\frac{1}{n^{a+1}}\sum_{m=1}^{n}\int_0^1t^{m-1+x}dt-\sum_{j=1}^{a}\frac{1}{j!n^{a-j+1}}\sum_{n<m}\int_0^1 t^{m-1-x}\ln^j\frac{1}{t}\,dt \R)\\
&=\sum_{0<n}\L(\frac{1}{n^{a+1}}\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m-x}-\sum_{j=1}^{a}\frac{1}{j!n^{a-j+1}}\sum_{n<m}\frac{j!}{(m-x)^{j+1}} \R)\\
&=\sum_{0<m\le n}\frac{1}{(m-x)n^{a+1}}-\sum_{j=1}^a \sum_{0<m<n}\frac{1}{m^{a-j+1}(n-x)^{j+1}}
\EA$
$\qed$

　
${\rm\bf{Corollary~4.2.}}$

$
\D[4.4]　　　\sum_{0<n}\frac{\zeta_{n-1}(\{1\}_{a-1}){\zeta}^{\star}_n(\{1\}_{b})}{n^3}
=\zeta^{\star}(b+1,a+1)-\sum_{j=1}^a\binom{j+b-1}{b}\zeta(a-j+1,j+b+1)
$

　
$\Pr$
　$[4.3]$において，$x$について冪級数展開して係数を比較する。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~4.1.}}$

$
\D[4.5]　　　{\rm Li}_{\{1\}_{a-1},b+1}(1-x)
=\sum_{j=0}^{b-1}(-1)^j\zeta(\{1\}_{a-1},b-j+1){\rm Li}_{\{1\}_{j}}(x)
+(-1)^b\sum_{0\le n_1\le \cdots\le n_b\le a}{\rm Li}_{\{1\}_{n_1}}(1-x)\,{\rm Li}_{a-n_b+1,n_b-n_{b-1}+1,\cdots,n_2-n_1+1}(x)
$

　
$\Pr$

$
\D　　　\int_0^x \frac{1}{1-t}\,{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},2}(1-t)\,dt=\zeta(\{1\}_{a-1},3)-{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},3}(1-x)
$

$\BA
\D　　　\int_0^x \frac{1}{1-t}\,{\rm Li}_{{\{1\}}_{a-1},2}(1-t)\,dt
&=\int_0^x \frac{1}{1-t}\L(\zeta(a+1)-\sum_{j=0}^{a}\frac{1}{j!}\sum_{0<n}\frac{t^n}{n^{a-j+1}}\ln^{j}\frac{1}{t}\R)dt\\
&=\zeta(a+1)\ln\frac{1}{1-x}-\sum_{j=0}^a\frac{1}{j!}\sum_{0<n}\frac{1}{n^{a-j+1}}\int_0^x \frac{t^n}{1-t}\ln^{j}\frac{1}{t}\,dt\\
&=\zeta(\{1\}_{a-1},2)\ln\frac{1}{1-x}-\sum_{j=0}^a\frac{1}{j!}\sum_{0<n}\frac{1}{n^{a-j+1}}\sum_{k=0}^j\frac{j!}{k!}\ln^k\frac{1}{x}\sum_{n<m}\frac{x^m}{m^{j-k+1}}\\
&=\zeta(\{1\}_{a-1},2)\ln\frac{1}{1-x}-\sum_{0\le k\le j\le a}\frac{1}{k!}\ln^k\frac{1}{x}\sum_{0<n<m}\frac{x^m}{n^{a-j+1}m^{j-k+1}}
\EA$

$\D\int_0^x\frac{1}{1-t}\,dt$を繰り返せばよい。
$\qed$

多重ゼータ値とその類似　Part４

　
$\Df$

$
\D　　　{\cal R}(\k;x)=\sum_{0<n_1<\cdots<n_r}{\n}^{-\k}C_{n_r}^{-1}\sin^{2n_r}x
$

$
\D　　　{\cal R}(k_1,\cdots,[k_s],\cdots,k_r;x)=\sum_{\substack{0<n_1<\cdots<n_r\\n_s\in\mathbb{Z}-\frac{1}{2}}}{\n}^{-\k}C_{n_r}^{-1}\sin^{2n_r}x
$

$
\D　　　{\cal I}(\k;x)=\int_0^x \frac{t^{k_1}}{\tan t}\circ\cdots\circ\frac{t^{k_r}}{\tan t}
$

　
${\rm\bf{Lemma~5.1.}}$

$
\D[5.1]　　　\frac{(2x)^{2a}}{(2a)!}={\cal R}({\{2\}}_a;x)
$

　
$\Pr$
　明らか。

　
${\rm\bf{Lemma~5.2.}}$

$
\D[5.2]　　　\frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b)!}\int_0^x \frac{t^{2a}(x-t)^{2b}}{\tan t}\,dt={\cal R}(\{2\}_{a-1},3,{\{2\}}_b;x)
$

　
$\Pr$
　${\rm\bf{Corollary~2.3}}$と同値。

　
${\rm\bf{Lemma~5.3.}}$

$
\D[5.3]　　　{\cal I}(2k;x)=\frac{(2k)!}{2^{2k+1}}{\cal R}({\{2\}}_{k-1},3;x)
$

　
$\Pr$
　明らか。

　
${\rm\bf{Lemma~5.4.}}$

$
\D[5.4]　　　a!\,{\cal I}({\{k\}}_a;x)=\L({\cal I}(k;x)\R)^a
$

　
$\Pr$
　シャッフル積により明らか。

　
${\rm\bf{Lemma~5.5.}}$

$
\D[5.5]　　　\frac{2^{2a+2b}}{(2a)!(2b-1)!}\int_0^x\frac{t^{2a}(x-t)^{2b-1}}{\tan t}\,dt=\frac{{\cal R}(\{2\}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-1},1;x)}{\tan x}
$

　
$\Pr$
　$[5.2] $の両辺を$x$で微分する。
$\qed$

　
${\rm\bf{Corollary~5.1.}}$

$
\D[5.6.1]　　　\frac{2^{2a+2b}}{(2a)!(2b)!}{\cal I}(2a+2b;x)
=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^b {\cal R}({\{2\}}_{i};x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i};x)
-\frac{x}{\tan x}\sum_{i=0}^{b-1}\frac{1}{2i+1}{\cal R}({\{2\}}_{i};x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i-1},1;x)　　　\\
$

$
\D[5.6.2]　　　\frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b+1)!}{\cal I}(2a+2b+1;x)
=x\sum_{i=0}^b\frac{1}{2i+1}{\cal R}({\{2\}}_{i};x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i};x)
-\frac{1}{2\tan x}\sum_{i=0}^b{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i},1;x)　　　\\
$

　
$\Pr$
　$[5.2]$と$[5.5]$の左辺は${\cal I}$の線形和となるので，それらを連立して得る。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~5.1.}}$

$
\D[5.7]　　　\binom{2a+2b}{2a}{\cal R}({\{2\}}_{a+b-1},3;x)
=\sum_{i=0}^b {\cal R}({\{2\}}_{i};x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i};x)
-\frac{2x}{\tan x}\sum_{i=0}^{b-1}\frac{1}{2i+1}{\cal R}({\{2\}}_{i};x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i-1},1;x)
$

　
$\Pr$
　$[5.3]$と$[5.6.1]$より。
$\qed$

　
${\rm\bf{Lemma~5.6.}}$

$
\D[5.8.1]　　　\frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b-1)!}\int_0^x \frac{(x-t)^{2b-1}}{\tan t}\int_0^t \frac{u^{2a}}{\tan u}\,du\,dt
=\frac{{\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-1},1;x)}{\tan x}
$

$
\D[5.8.2]　　　\frac{2^{2a+2b+2}}{(2a)!(2b)!}\int_0^x \frac{(x-t)^{2b}}{\tan t}\int_0^t \frac{u^{2a}}{\tan u}\,du\,dt
={\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b};x)
$

　
$\Pr$

$[5.8.1]$は

$
\D　　　\int_0^{\sin x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2a-1}\L(\circ\frac{1}{t}\R)^2\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^{2b-1}=\int_0^x 1\L(\circ1\R)^{2a-1}\L(\circ\frac{1}{\tan t}\R)^2\L(\circ1\R)^{2b-1}
$

を，左辺から級数に変形したものと，右辺から積分のまま計算したものの２通りで表すことから得る。
$[5.8.2]$は$[5.8.1]$より明らか。
$\qed$

　
${\rm\bf{Lemma~5.7.}}$

$
\D[5.9.1]　　　\frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b)!}{\cal I}(2a,2b;x)
=\frac{1}{2}\sum_{i=0}^b{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i};x)
-\frac{x}{\tan x}\sum_{i=0}^{b-1}\frac{1}{2i+1}{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i-1},1;x)　　　\\
$

$
\D[5.9.2]　　　\frac{2^{2a+2b+2}}{(2a)!(2b+1)!}{\cal I}(2a,2b+1;x)
=x\sum_{i=0}^{b}\frac{1}{2i+1}{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i};x)
-\frac{1}{2\tan x}\sum_{i=0}^b{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i},1;x)　　　\\
$

　
$\Pr$
　$[5.8.1]$と$[5.8.2]$の左辺は${\cal I}$の線形和となるので，それらを連立して得る。
$\qed$

　
${\rm\bf{Theorem~5.2.}}$

$
\D[5.10]　　　\sum_{i=0}^a{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{a-i};x)
-\frac{2x}{\tan x}\sum_{i=0}^{a-1}{\cal R}({\{2\}}_i;x){\cal R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{a-i-1},1;x)=\frac{1}{2}\L({\cal R}({\{2\}}_{a-1},3;x)\R)^2　　　\\
$

　
$\Pr$
　$[5.9.1]$において，$a=b$とし，${\cal I}(2a,2a;x)$に${\rm\bf{Lemma~5.4}}$と${\rm\bf{Lemma~5.3}}$をこの順で適応することで得る。
$\qed$

　
${\rm\bf{Lemma~5.8.}}$

$
\D[5.11]　　　\frac{2x}{\tan x}{\cal R}([1],2,1;x)-{\cal R}(2;x){\cal R}([1],2;x)
=\frac{2x}{\tan x}{\cal R}(1,2,1;x)-\frac{2x}{\tan x}{\cal R}(3,1;x)-{\cal R}(2;x){\cal R}(1,2;x)-2{\cal R}(2;x){\cal R}(3;x)　　　\\
$

　
$\Pr$

$\BA
\D　　　\int_0^{\sin x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\circ\frac{1}{t}\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}
&=\sum_{0<m}\frac{1}{2mC_m}\int_0^{\sin x}\frac{t^{2m-1}\sqrt{1-t^2}}{t}\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\\
&=\sum_{0<m}\frac{1}{2mC_m}\int_0^{\sin x}\frac{t^{2m-2}-t^{2m}}{\sqrt{1-t^2}}\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\\
&=\sum_{0<m}\frac{1}{2mC_m}\int_0^{\sin x}\frac{t^{2m-2}}{\sqrt{1-t^2}}\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}
-\sum_{0<m}\frac{1}{2mC_m}\int_0^{\sin x}\frac{t^{2m}}{\sqrt{1-t^2}}\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\\
&=\sum_{0<m}\frac{C_{m-1}}{2mC_m}\sum_{m\le n}\frac{x^{2n}}{4n^2C_n}-\sum_{0<m}\frac{C_m}{2mC_m}\sum_{m<n}\frac{x^{2n}}{4n^2C_n}\\
&=\frac{1}{8}\sum_{0<m\le n}\frac{x^{2n}}{\L(m-\frac{1}{2}\R)n^2C_n}-\frac{1}{8}\sum_{0<m<n}\frac{x^{2n}}{mn^2C_n}\\
&=\frac{1}{8}{\cal R}([1],2;x)-\frac{1}{8}{\cal R}(1,2;x)\\
&=\int_0^x \frac{t(x-t)}{\tan t}\,dt=x{\cal I}(1;x)-{\cal I}(2;x)
\EA$

同様に
$\BA
\D　　\int_0^{\sin x}　\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\circ\frac{1}{t}\L(\circ\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\R)^2
&=\frac{1}{16\tan x}{\cal R}([1],2,1;x)-\frac{1}{16\tan x}{\cal R}(1,2,1;x)\\
&=\frac{x^2}{2}{\cal I}(1;x)-x{\cal I}(2;x)+\frac{1}{2}{\cal I}(3;x)
\EA$

より，

$
\D　　　\frac{1}{8}{\cal R}([1],2;x)-\frac{1}{8}{\cal R}(1,2;x)=x{\cal I}(1;x)-{\cal I}(2;x)
$

$
\D　　　\frac{1}{16\tan x}{\cal R}([1],2,1;x)-\frac{1}{16\tan x}{\cal R}(1,2,1;x)=\frac{x^2}{2}{\cal I}(1;x)-x{\cal I}(2;x)+\frac{1}{2}{\cal I}(3;x)
$

この２式から${\cal I}(1;x)$を消去でき，${\cal I}(3;x)$は$[5.2]$と$[5.5]$から${\cal R}$の線形和で表すことができる。

すなわち，

$
\D　　　\frac{2x}{\tan x}{\cal R}([1],2,1;x)-{\cal R}(2;x){\cal R}([1],2;x)
=\frac{2x}{\tan x}{\cal R}(1,2,1;x)-\frac{2x}{\tan x}{\cal R}(3,1;x)-{\cal R}(2;x){\cal R}(1,2;x)-2{\cal R}(2;x){\cal R}(3;x)　　　\\
$

を得る。
$\qed$


多重ゼータ値とその類似　Part５

　
${\rm\bf{Proposition~6.1.}}$

$
\D[6.1]　　　\sum_{0<m\le n}\frac{C_n}{C_m m^2 n^2}=\pi^2\ln^2 2-\sum_{0<m\le n}\frac{1}{mn^3C_n}
$

$\Pr$
$\BA
\D　　　\sum_{0<m\le n}\frac{C_n}{C_m m^2 n^2}
&=\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}\L(-\frac{\pi^2}{2}+\frac{4}{C_n}\int_0^\frac{\pi}{2}t\sin^{2n}t\,dt \R)\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}+\sum_{0<n}\frac{4}{n^2}\int_0^\frac{\pi}{2}t\sin^{2n}t\,dt\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}
+\sum_{0<n}\frac{4}{n^2}\L(\L[\frac{t^2}{2}\sin^{2n}t \R]_0^\frac{\pi}{2}-n\int_0^\frac{\pi}{2}t^2\sin^{2n-1}t\cos t\,dt \R)\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}+\sum_{0<n}\frac{4}{n^2}\frac{\L(\frac{\pi}{2}\R)^2}{2}
-\sum_{0<n}\frac{4}{n}\int_0^\frac{\pi}{2}t^2\sin^{2n-1}t\cos t\,dt\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}+\frac{\pi^4}{12}
-\sum_{0<n}\frac{4}{n}\int_0^1 t^{2n-1}(\sin^{-1}t)^2dt\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}+\frac{\pi^4}{12}
-\sum_{0<n}\frac{2}{n}\int_0^1 t^{2n-1}\sum_{0<m}\frac{t^{2m}}{m^2 C_m}\,dt\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}+\frac{\pi^4}{12}
-\sum_{0<m,n}\frac{2}{nm^2 C_m}\int_0^1 t^{2m+2n-1}\,dt\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_n}{n^2}+\frac{\pi^4}{12}
-\sum_{0<m,n}\frac{1}{nm^2(m+n) C_m}\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\L(\frac{\pi^2}{6}-2\ln^2 2 \R)+\frac{\pi^4}{12}
-\sum_{0<m,n}\frac{1}{m^3 C_m}\L(\frac{1}{n}-\frac{1}{m+n} \R) \\
&=\pi^2\ln^2 2-\sum_{0<m\le n}\frac{1}{mn^3C_n}
\EA$
$\qed$

　
$\bf Proposition~6.2.$

$
\D[6.2]　　　\sum_{0<m\le n}\frac{C_n x^{n}}{m^2 n^2 C_m}
=\frac{\pi^2}{2}{\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_nx^n}{n^2}
-\sum_{0<m,n}\frac{x^n}{m^2 n(m+n)C_m}
$

$\Pr$
$\BA
\D　　　\sum_{0<m\le n}\frac{C_n x^{n}}{m^2 n^2 C_m}
&=\sum_{0<n}\frac{C_n x^n}{n^2}\L(-\frac{\pi^2}{2}+\frac{4}{C_n}\int_0^\frac{\pi}{2}t\sin^{2n}t\,dt \R)\\
&=-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_nx^n}{n^2}
+\sum_{0<n}\frac{4x^n}{n^2}\L(\L[\frac{t^2}{2}\sin^{2n}t \R]_0^\frac{\pi}{2}-n\int_0^\frac{\pi}{2}t^2\sin^{2n-1}t\cos t\,dt \R)\\
&=\frac{\pi^2}{2}{\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_nx^n}{n^2}
-\sum_{0<n}\frac{4x^n}{n}\int_0^1t^{2n-1}(\sin^{-1}t)^2dt\\
&=\frac{\pi^2}{2}{\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_nx^n}{n^2}
-\sum_{0<n}\frac{2x^n}{n}\int_0^1t^{2n-1}\sum_{0<m}\frac{t^{2m}}{m^2C_m} dt\\
&=\frac{\pi^2}{2}{\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_nx^n}{n^2}
-\sum_{0<n}\frac{2x^n}{m^2 nC_m}\int_0^1t^{2m+2n-1} dt\\
&=\frac{\pi^2}{2}{\rm Li}_2(x)-\frac{\pi^2}{2}\sum_{0<n}\frac{C_nx^n}{n^2}
-\sum_{0<m,n}\frac{x^n}{m^2 n(m+n)C_m}
\EA$
$\qed$

$\bf Proposition~6.3.$

$
\D[6.3]　　　\pi\sum_{0\le n} C_n^2 x^n =\sqrt{1-x}\sum_{0\le m<n}\frac{C_m^2}{nC_n}x^{n-m-1}
$

$\Pr$
$\BA
\D　　　\pi\sum_{0\le n}C_n^2x^n
&=2\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{d\theta}{\sqrt{1-x\sin^2 \theta}}\\
&=2\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{(1-xt^2)(1-t^2)}}\\
&=\int_0^1 \frac{dt}{\sqrt{(1-xt)(1-t)t}}\\
&=\frac{1}{\sqrt{x}}\int_0^x \frac{dt}{\sqrt{(1-t)\L(1-\frac{t}{x}\R)t}}\\
&=\frac{1}{\sqrt{x}}\sum_{0\le m}\frac{C_m}{x^m}\int_0^1 \frac{t^{m-\frac{1}{2}}}{\sqrt{1-t}}\,dt\\
&=\frac{1}{\sqrt{x}}\sum_{0\le m}\frac{C_m}{x^m}\,C_m\sum_{m<n}\frac{x^{n-\frac{1}{2}}\sqrt{1-x}}{nC_n}\\
&=\sqrt{1-x}\sum_{0\le m<n}\frac{C_m^2}{nC_n}x^{n-m-1}
\EA$
$\qed$

$\bf Lemma~6.1.$

$
\D[6.4]　　　\int_0^\infty \frac{x}{\cosh^{2n}x}\,dx=\frac{\ln2}{2nC_n}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^kH_k}{2k+1}\binom{n-1}{k}
$

$\Pr$
$\BA
\D　　　\int_0^z \frac{x}{\cosh^{2n}x}\,dx
&=\L[x\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n-1}{k}\tanh^{2k+1}x \R]_0^z
-\int_0^z\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n-1}{k}\tanh^{2k+1}x\,dx\\
&=z\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n-1}{k}\tanh^{2k+1}z
-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n-1}{k}\L[\ln\cosh x-\sum_{l=1}^{k}\frac{\tanh^{2l}x}{2l} \R]_0^z\\
&=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^k}{2k+1}\binom{n-1}{k}\L(z\tanh^{2k+1}z-\ln\cosh z+\sum_{l=1}^k\frac{\tanh^{2l}z}{2l} \R)
\EA$
いま
$
\D　　　\lim_{z\to\infty}(z\tanh^{2k+1}z-\ln\cosh z)=\ln2
$
ので
$
\D　　　\int_0^\infty \frac{x}{\cosh^{2n}x}\,dx=\frac{\ln2}{2nC_n}+\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-1)^kH_k}{2k+1}\binom{n-1}{k}
$
$\qed$

$\bf Proposition~6.4.$　　$\D -\frac{\pi}{2}\le x\le \frac{\pi}{2}$に対して

$
\D[6.5]　　　2x^2\ln2+\sum_{0<k\le m<n}\frac{(-1)^{m}\sin^{2n}x}{k(2m+1)n}\binom{n-1}{m}
=\sum_{0<n}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}(1-\cos 2nx)
$

$\Pr$
$\BA
\D　　　\int_0^\infty t\ln\frac{1}{1-\frac{\sin^2 x}{\cosh^2 t}}\,dt
&=\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{n}\int_0^\infty \frac{t}{\cosh^{2n}t}\,dt\\
&=\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{n}\L(\frac{\ln2}{2nC_n}+\frac{1}{2}\sum_{0<k\le m<n}\frac{(-1)^{m-1}}{k(2m+1)}\binom{n-1}{m} \R)\\
&=x^2\ln2+\frac{1}{2}\sum_{0<k\le m<n}\frac{(-1)^{m}\sin^{2n}x}{k(2m+1)n}\binom{n-1}{m}
\EA$

$\BA
\D　　　\int_0^\infty t\ln\frac{1}{1-\frac{\sin^2 x}{\cosh^2 t}}\,dt
&=\int_0^\infty t\ln\frac{(1+e^{-2t})^2}{1+2e^{-2t}\sin2x+e^{-4t}}\,dt\\
&=\int_0^\infty t\cdot 2\sum_{0<n}\frac{(-1)^{n-1}e^{-2nt}}{n}(1-\cos2nx)\,dt\\
&=\sum_{0<n}\frac{(-1)^{n-1}}{2n^3}(1-\cos 2nx)
\EA$
$\qed$

多重ゼータ値とその類似　Part６


$\bf Proposition~7.1.$

$
\D[7.1]　　　\sum_{0\le m<n}\frac{C_mC_{2m}}{2nC_n}\L(\frac{x}{\tan x}-\frac{1}{2n} \R)\sin^{2n-2m}x
-\sum_{0\le m<n}\frac{C_{2m+1}C_n}{(2m+1)C_m}\L(\frac{1}{2n+1}-\frac{x}{\tan x} \R)\sin^{2n-2m}x
=\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{(2n)^2C_nC_{2n}}
$

$\Pr$
$
\D　　　\sum_{0<n}\frac{x^{2n}}{n^2C_n}=2(\sin^{-1}x)^2
$
の両辺を$x$で半階微分すると，
$
\D　　　(左辺)=\sum_{0<n}\frac{1}{n^2 C_n}\frac{x^{2n-\frac{1}{2}}}{\sqrt{\pi}C_{2n}}
$
$
\D　　　(右辺)=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_0^x \frac{1}{\sqrt{x-t}}\frac{2\sin^{-1}t}{\sqrt{1-t^2}}\,dt
=\frac{4}{\sqrt{\pi}}\int_0^{\sin x}\frac{t}{\sqrt{x-\sin t}}\,dt
$
すなわち
$
\D　　　\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{(2n)^2 C_nC_{2n}}=\int_0^x \frac{t}{\sqrt{1-\frac{\sin t}{\sin x}}}\,dt
$
となる。あとは$\D\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\sin t}{\sin x}}}=\sum_{0\le m}\frac{C_m}{\sin^{m}x}\sin^{m}t $として，$m$の偶奇でシグマを分解し，計算するだけである。
$\qed$

$\bf Proposition~7.2.$

$
\D[7.2]　　　\sum_{0\le m\le n}\frac{C_m C_{2m}}{(2n+1)C_n}\sin^{2n-2m+1}x\cos x
+\sum_{0\le m<n}\frac{C_{2m+1}C_n}{(2m+1)C_m}\sin^{2n-2m-1}x\cos x
=\sum_{0\le n}\frac{C_n}{(2n+1)C_{2n+1}}\sin^{2n+1}x
$

$\Pr$
　$\sin^{-1}x$に対して$\bf Proposition~7.1 $と同じことをする。
$\qed$

$\bf Proposition~7.3.$

$
\D[7.3]　　　\sum_{0<m<n}\frac{C_mC_{2m}}{2mnC_n}\L(\frac{x}{\tan x}-\frac{1}{2n} \R)\sin^{2n-2m}x
-\sum_{0<m\le n}\frac{C_{2m-1}C_n}{m(2n-1)C_m}\L(\frac{1}{2n+1}-\frac{x}{\tan x} \R)\sin^{2n-2m+2}x
=2x^2\ln2+\frac{1}{4}\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{n^3C_n}-\frac{1}{4}\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{n^3C_nC_{2n}}
$

$\Pr$
　$\D\int_0^x \frac{(\sin^{-1}t)^2}{t}\,dt$に対して$\bf Proposition~7.1 $と同じことをする。
$\qed$

$\bf Proposition~7.4.$

$
\D[7.4]　　　\sum_{0<n}\frac{\sin^{2n}x}{(2n)^2C_n^2}
=\sum_{0\le m<n}\frac{C_m^2}{2nC_n}\L(\frac{x}{\tan x}-\frac{1}{2n} \R)\sin^{2n-2m}x
$

$\Pr$
　$(\sin^{-1}\sqrt{x})^2 $に対して$\bf Proposition~7.1 $と同じことをする。
$\qed$

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