多重ゼータ値とその類似　Part５

　
$\mathbf{Definition}\mathbf{.}$

${\displaystyle \mathcal{R}(\mathit{k};x)=\sum _{0<n_1<\cdots <n_r}{\mathit{n}}^{-\mathit{k}}{C}_{n_r}^{-1}{\sin }^{2n_r}x}$

${\displaystyle \mathcal{R}(k_1,\cdots ,[k_s],\cdots ,k_r;x)=\sum _{\begin{array}{c}0<n_1<\cdots <n_r\\ n_s\in \mathbb{Z}-\frac{1}{2}\end{array}}{\mathit{n}}^{-\mathit{k}}{C}_{n_r}^{-1}{\sin }^{2n_r}x}$

${\displaystyle \mathcal{I}(\mathit{k};x)={\int }_0^x\frac{t^{k_1}}{\tan t}\circ \cdots \circ \frac{t^{k_r}}{\tan t}}$

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.1}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.1] \frac{(2x{)}^{2a}}{(2a)!}=\mathcal{R}({\{2\}}_a;x)}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　明らか。

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.2}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.2] \frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b)!}{\int }_0^x\frac{t^{2a}(x-t{)}^{2b}}{\tan t}dt=\mathcal{R}(\{2{\}}_{a-1},3,{\{2\}}_b;x)}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　$\mathbf{C}\mathbf{o}\mathbf{r}\mathbf{o}\mathbf{l}\mathbf{l}\mathbf{a}\mathbf{r}\mathbf{y}\mathbf{2.3}$と同値。

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.3}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.3] \mathcal{I}(2k;x)=\frac{(2k)!}{2^{2k+1}}\mathcal{R}({\{2\}}_{k-1},3;x)}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　明らか。

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.4}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.4] a!\mathcal{I}({\{k\}}_a;x)={(\mathcal{I}(k;x))}^a}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　シャッフル積により明らか。

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.5}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.5] \frac{2^{2a+2b}}{(2a)!(2b-1)!}{\int }_0^x\frac{t^{2a}(x-t{)}^{2b-1}}{\tan t}dt=\frac{\mathcal{R}(\{2{\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-1},1;x)}{\tan x}}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　$[5.2]$の両辺を$x$で微分する。
$◻$

　
$\mathbf{C}\mathbf{o}\mathbf{r}\mathbf{o}\mathbf{l}\mathbf{l}\mathbf{a}\mathbf{r}\mathbf{y}\mathbf{5.1}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.6.1] \frac{2^{2a+2b}}{(2a)!(2b)!}\mathcal{I}(2a+2b;x)=\frac{1}{2}\sum _{i=0}^b\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i};x)-\frac{x}{\tan x}\sum _{i=0}^{b-1}\frac{1}{2i+1}\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i-1},1;x) }$

${\displaystyle [5.6.2] \frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b+1)!}\mathcal{I}(2a+2b+1;x)=x\sum _{i=0}^b\frac{1}{2i+1}\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i};x)-\frac{1}{2\tan x}\sum _{i=0}^b\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i},1;x) }$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　$[5.2]$と$[5.5]$の左辺は$\mathcal{I}$の線形和となるので，それらを連立して得る。
$◻$

　
$\mathbf{T}\mathbf{h}\mathbf{e}\mathbf{o}\mathbf{r}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{5.1}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.7] (\genfrac{}{}{0ex}{}{2a+2b}{2a})\mathcal{R}({\{2\}}_{a+b-1},3;x)=\sum _{i=0}^b\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i};x)-\frac{2x}{\tan x}\sum _{i=0}^{b-1}\frac{1}{2i+1}\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3,{\{2\}}_{b-i-1},1;x)}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　$[5.3]$と$[5.6.1]$より。
$◻$

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.6}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.8.1] \frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b-1)!}{\int }_0^x\frac{(x-t{)}^{2b-1}}{\tan t}{\int }_0^t\frac{u^{2a}}{\tan u}dudt=\frac{\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-1},1;x)}{\tan x}}$

${\displaystyle [5.8.2] \frac{2^{2a+2b+2}}{(2a)!(2b)!}{\int }_0^x\frac{(x-t{)}^{2b}}{\tan t}{\int }_0^t\frac{u^{2a}}{\tan u}dudt=\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_b;x)}$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$

$[5.8.1]$は

${\displaystyle {\int }_0^{\sin x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}{(\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}})}^{2a-1}{(\circ \frac{1}{t})}^2{(\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}})}^{2b-1}={\int }_0^{x}1{(\circ 1)}^{2a-1}{(\circ \frac{1}{\tan t})}^2{(\circ 1)}^{2b-1}}$

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。
$◻$

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.7}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.9.1] \frac{2^{2a+2b+1}}{(2a)!(2b)!}\mathcal{I}(2a,2b;x)=\frac{1}{2}\sum _{i=0}^b\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i};x)-\frac{x}{\tan x}\sum _{i=0}^{b-1}\frac{1}{2i+1}\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i-1},1;x) }$

${\displaystyle [5.9.2] \frac{2^{2a+2b+2}}{(2a)!(2b+1)!}\mathcal{I}(2a,2b+1;x)=x\sum _{i=0}^b\frac{1}{2i+1}\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i};x)-\frac{1}{2\tan x}\sum _{i=0}^b\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{b-i},1;x) }$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　$[5.8.1]$と$[5.8.2]$の左辺は$\mathcal{I}$の線形和となるので，それらを連立して得る。
$◻$

　
$\mathbf{T}\mathbf{h}\mathbf{e}\mathbf{o}\mathbf{r}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{5.2}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.10] \sum _{i=0}^a\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{a-i};x)-\frac{2x}{\tan x}\sum _{i=0}^{a-1}\mathcal{R}({\{2\}}_i;x)\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},4,{\{2\}}_{a-i-1},1;x)=\frac{1}{2}{(\mathcal{R}({\{2\}}_{a-1},3;x))}^2 }$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$
　$[5.9.1]$において，$a=b$とし，$\mathcal{I}(2a,2a;x)$に$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.4}$と$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.3}$をこの順で適応することで得る。
$◻$

　
$\mathbf{L}\mathbf{e}\mathbf{m}\mathbf{m}\mathbf{a}\mathbf{5.8}\mathbf{.}$

${\displaystyle [5.11] \frac{2x}{\tan x}\mathcal{R}([1],2,1;x)-\mathcal{R}(2;x)\mathcal{R}([1],2;x)=\frac{2x}{\tan x}\mathcal{R}(1,2,1;x)-\frac{2x}{\tan x}\mathcal{R}(3,1;x)-\mathcal{R}(2;x)\mathcal{R}(1,2;x)-2\mathcal{R}(2;x)\mathcal{R}(3;x) }$

　
$\mathbf{Proof}\mathbf{.}$

$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\sin x}\frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\circ \frac{1}{t}\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}}& =\sum _{0<m}\frac{1}{2m{C}_m}{\int }_0^{\sin x}\frac{t^{2m-1}\sqrt{1-t^2}}{t}\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\\ & =\sum _{0<m}\frac{1}{2m{C}_m}{\int }_0^{\sin x}\frac{t^{2m-2}-t^{2m}}{\sqrt{1-t^2}}\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\\ & =\sum _{0<m}\frac{1}{2m{C}_m}{\int }_0^{\sin x}\frac{t^{2m-2}}{\sqrt{1-t^2}}\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}-\sum _{0<m}\frac{1}{2m{C}_m}{\int }_0^{\sin x}\frac{t^{2m}}{\sqrt{1-t^2}}\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\\ & =\sum _{0<m}\frac{C_{m-1}}{2m{C}_m}\sum _{m\le n}\frac{x^{2n}}{4n^2{C}_n}-\sum _{0<m}\frac{C_m}{2m{C}_m}\sum _{m<n}\frac{x^{2n}}{4n^2{C}_n}\\ & =\frac{1}{8}\sum _{0<m\le n}\frac{x^{2n}}{(m-\frac{1}{2})n^2{C}_n}-\frac{1}{8}\sum _{0<m<n}\frac{x^{2n}}{m{n}^2{C}_n}\\ & =\frac{1}{8}\mathcal{R}([1],2;x)-\frac{1}{8}\mathcal{R}(1,2;x)\\ & ={\int }_0^x\frac{t(x-t)}{\tan t}dt=x\mathcal{I}(1;x)-\mathcal{I}(2;x)\end{array}$

同様に
$\begin{array}{rl}{\displaystyle {\int }_0^{\sin x} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}}\circ \frac{1}{t}{(\circ \frac{1}{\sqrt{1-t^2}})}^2}& =\frac{1}{16\tan x}\mathcal{R}([1],2,1;x)-\frac{1}{16\tan x}\mathcal{R}(1,2,1;x)\\ & =\frac{x^2}{2}\mathcal{I}(1;x)-x\mathcal{I}(2;x)+\frac{1}{2}\mathcal{I}(3;x)\end{array}$

より，

${\displaystyle \frac{1}{8}\mathcal{R}([1],2;x)-\frac{1}{8}\mathcal{R}(1,2;x)=x\mathcal{I}(1;x)-\mathcal{I}(2;x)}$

${\displaystyle \frac{1}{16\tan x}\mathcal{R}([1],2,1;x)-\frac{1}{16\tan x}\mathcal{R}(1,2,1;x)=\frac{x^2}{2}\mathcal{I}(1;x)-x\mathcal{I}(2;x)+\frac{1}{2}\mathcal{I}(3;x)}$

この２式から$\mathcal{I}(1;x)$を消去でき，$\mathcal{I}(3;x)$は$[5.2]$と$[5.5]$から$\mathcal{R}$の線形和で表すことができる。

すなわち，

${\displaystyle \frac{2x}{\tan x}\mathcal{R}([1],2,1;x)-\mathcal{R}(2;x)\mathcal{R}([1],2;x)=\frac{2x}{\tan x}\mathcal{R}(1,2,1;x)-\frac{2x}{\tan x}\mathcal{R}(3,1;x)-\mathcal{R}(2;x)\mathcal{R}(1,2;x)-2\mathcal{R}(2;x)\mathcal{R}(3;x) }$

を得る。
$◻$