多重ゼータ値とその類似　Part５

　
$\Df$

$ \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。
$\qed$