调和数及其各种形式的推广，如超调和数等，在组合数学、数论中有重要应用，经常出现在算法分析和特殊函数的展开式中。这些组合序列也与多重zeta值、多重调和数等密切相关。因此含有这些组合序列的组合恒等式与组合和式得到了广泛的关注，建立了很多含这些组合序列的无穷级数恒等式。

调和数 $H_n^{\left(r\right)}$的定义为

$\zeta \left(k;z\right):={\displaystyle \underset{n_1>\cdots >n_r>0}{\sum }\frac{z_1^{n_1}\cdots z_r^{n_r}}{n_1^{k_1}\cdots n_r^{k_r}}},$

当 $\left(k_1,z_1\right)\ne \left(1,1\right)$时上式收敛。有的时候也可记 ${\text{Li}}_k\left(z\right)=\zeta \left(k;z\right)$。二级着色多重zeta值也称为交替多重zeta值。目前，用Au的程序包 [5] 可以得到 $N\le 6$， $\left|k\right|\le 16$的N级着色多重zeta值的确切值。

多重zeta值与一些含调和数、二项式系数的无穷级数密切相关。例如，王伟平与徐策 [6] 证明了所有的含调和数的(交错) Euler和可以用(交错)多重zeta值表示，并给出了相应的表达式。他们又进一步在 [7] 中利用交错多重zeta值建立了一些含调和数与中心二项式系数的Apéry型级数的表达式。最近，徐策与赵建强 [8] 又利用Fourier-Legendre级数展开及迭代积分证明了一些含多重t调和数的Apéry型级数可以用着色多重zeta值表示。

除调和数外，含有二项式系数、Stirling数、Bell多项式、Chebyshev多项式等组合序列的组合恒等式与组合和式也得到了广泛的关注，读者可以参考 [9] [10] 。

受上述工作的启发，本文将研究一类含多重调和数的级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的算法，得到许多含组合序列的无穷级数恒等式。

设序列 $k:=\left(k_1,\cdots ,k_r\right)\in {\mathbb{N}}^r$， $k_i=\left(k_i,\cdots ,k_r\right)\in {\mathbb{N}}^{r-i+1}$，定义级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$如下：

$Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right):={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{{\left(2n+\beta \right)}^{\alpha }},$

其中 $\epsilon =\pm 1$， $\alpha ,\beta$是整数且 $\alpha \ge 1$， $\beta \ge 0$。当 $\left(\alpha ,\epsilon \right)\ne \left(1,1\right)$时，上述级数收敛。注意记号 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$中的幂 $\alpha$表示含 $\beta$的因子的个数，不实际计算。若某个 $\alpha =1$，则 $\alpha$可省略不写。例如， $Z_{\epsilon }\left(3^2;k\right)$与 $Z_{\epsilon }\left(9;k\right)$分别代表

${\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{{\left(2n+3\right)}^2}与{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{2n+9}$.

这里借鉴了整数分拆 [11] 的经典记法：正整数n的分成 $i_1$个 $n_1,\cdots ,i_k$个 $n_k$的分拆可以记成 $n_1^{i_1}\cdots n_k^{i_k}$。

在第2节，建立级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的递推公式，利用该递推公式，将级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的计算转化级数 $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)$及 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$的计算。在第3节，又进一步给出级数 $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)$的表达式及级数 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$的递推公式。由这两节的结论，可以发现级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$都可以表示为级别为2或4的着色多重zeta值的有理线性组合。最后，在第4节，给出几个具体例子。

定理1 对于整数 $\alpha \ge 1$且 $\left(\alpha ;\epsilon \right)\ne \left(1,1\right)$， $\beta >2$及 ${\left|k\right|}_i^j:=k_i+\cdots +k_j$， $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$满足递推关系

$\epsilon Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)=Z_{\epsilon }\left({\left(\beta -2\right)}^{\alpha };k\right)+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{r}{\sum }}{\left(-1\right)}^j}\left(A_j+B_j+C_j\right),$(1)

其中

Figure 2 $B_j={\displaystyle \underset{q=2}{\overset{\alpha }{\sum }}\frac{{\left(-2\right)}^{{\left|k\right|}_1^j}}{{\left(\beta -2\right)}^{\alpha +{\left|k\right|}_1^j-q}}\left(\begin{array}{c}\alpha +{\left|k\right|}_1^j-q-1\\ {\left|k\right|}_1^j-1\end{array}\right)Z_{\epsilon }}\left({\left(\beta -2\right)}^q;k_{j+1}\right),$ 且 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right):={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{2n\left(2n+\beta \right)}.$证明 根据多重调和数的定义，直接得到如下递推关系： ${\zeta }_n\left(k\right)={\zeta }_{n-1}\left(k\right)+\frac{1}{n^{k_1}}{\zeta }_{n-1}\left(k_2\right).$(2)在此基础上，通过重复迭代(2)式可得 将n用 $n+1$替换，即得多重调和数的另外一个递推关系： (3)其中 ${\zeta }_n\left(k_{r+1}\right)={\zeta }_n\left(k_{r+1},\cdots ,k_r\right):=1$。应用递推关系(3)，并进行变量替换 $n\to n-1$，得到

(4)

接下来进行部分分式展开

$\frac{1}{{\left(2n+\beta -2\right)}^{\alpha }{n}^{{\left|k\right|}_1^j}}={\displaystyle \underset{p=1}{\overset{{\left|k\right|}_1^j}{\sum }}\frac{A\left(p\right)}{n^p}}+{\displaystyle \underset{q=1}{\overset{\alpha }{\sum }}\frac{B\left(q\right)}{{\left(2n+\beta -2\right)}^q}},$

其中 $A\left(p\right),B\left(q\right)$为系数。通过对等式两边同时乘以 ${\left(2n+\beta -2\right)}^{\alpha }$并取极限 $n\to \left(2-\beta \right)/2$，可求得 $B\left(\alpha \right)$；接着原式代入 $B\left(\alpha \right)$的值，对等式两边同时乘以 ${\left(2n+\beta -2\right)}^{\alpha -1}$并取极限 $n\to \left(2-\beta \right)/2$，可求得 $B\left(\alpha -1\right)$；以此类推可求得 $B\left(q\right),q=\alpha ,\cdots ,1$的值。同理得到 $A\left(p\right),p={\left|k\right|}_1^j,\cdots ,1$。

利用部分分式展开可得

$\frac{1}{{\left(2n+\beta -2\right)}^{\alpha }{n}^{{\left|k\right|}_1^j}}={\displaystyle \underset{p=2}{\overset{{\left|k\right|}_1^j}{\sum }}\frac{a\left(p\right)}{n^p}}+{\displaystyle \underset{q=2}{\overset{\alpha }{\sum }}\frac{b\left(q\right)}{{\left(2n+\beta -2\right)}^q}}+\frac{c}{n\left(2n+\beta -2\right)},$

其中

$Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{{\left(2n+1\right)}^{\alpha }}=2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\epsilon }^{-\frac{1}{2}}}{\sigma }_0\zeta \left(\alpha ,k;{\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0,\sigma \right).$

特别地，当 $k=\varnothing$时，

$Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };\varnothing \right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\epsilon }^n}{{\left(2n+1\right)}^{\alpha }}}=-1+\frac{1}{2}{\displaystyle \underset{\sigma \in \left\{\pm 1\right\}}{\sum }{\epsilon }^{-\frac{1}{2}}}\sigma \zeta \left(\alpha ;{\epsilon }^{\frac{1}{2}}\sigma \right)$.

证明 在计算之前，先建立级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的一个变换公式。根据王伟平与徐策 [8] 的公式(5.11)，将交替多重调和数 ${\zeta }_n\left(k_1,k_2,\cdots ,k_r;{\sigma }_1,{\sigma }_2,\cdots ,{\sigma }_r\right)$简记为 ${\zeta }_n\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right)$，则

${\zeta }_n\left(k_1,\cdots ,k_r\right)=2^{k_1+\cdots +k_r-r}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\zeta }_{2n}}\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right),$

得到

$\begin{array}{c}{Z}_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{{\left(2n+\beta \right)}^{\alpha }}=2^{{\left|k\right|}_1^r-r}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}}\frac{{\zeta }_{2n}\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right)}{{\left(2n+\beta \right)}^{\alpha }}\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^{\frac{n}{2}}}}\frac{{\zeta }_n\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right)}{{\left(n+\beta \right)}^{\alpha }}\frac{1+{\left(-1\right)}^n}{2}\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\zeta }_n\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right)}{{\left(n+\beta \right)}^{\alpha }}}}{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n_1>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\sigma }_1^{n_1}{\sigma }_2^{n_2}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_1^{k_1}{n}_2^{k_2}\cdots n_r^{k_r}}}{\displaystyle \underset{n=n_1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{{\left(n+\beta \right)}^{\alpha }}}}.\end{array}$(7)

这样，对于 $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)$有

$\begin{array}{c}{Z}_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{{\left(2n+1\right)}^{\alpha }}=2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n_1>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\sigma }_1^{n_1}{\sigma }_2^{n_2}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_1^{k_1}{n}_2^{k_2}\cdots n_r^{k_r}}}}{\displaystyle \underset{n=n_1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{{\left(n+1\right)}^{\alpha }}}\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\epsilon }^{-\frac{1}{2}}{\sigma }_0{\displaystyle \underset{n_1>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\sigma }_1^{n_1}{\sigma }_2^{n_2}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_1^{k_1}{n}_2^{k_2}\cdots n_r^{k_r}}}}{\displaystyle \underset{n=n_1+1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n^{\alpha }}}\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\epsilon }^{-\frac{1}{2}}}{\sigma }_0\zeta \left(\alpha ,k;{\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0,\sigma \right),\end{array}$(8)

即为所求。当 $k=\varnothing$时，用类似的变换可知 $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };\varnothing \right)$也可用四级着色多重zeta值的线性组合表示：

Figure 4 (9)其中j，r为正整数且 $j\le r$， $l\ge 0$为整数。当 $l=0$时，根据多重zeta值的定义计算可得 (10)则关于级数 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$，其中 $\beta >0$，有如下定理成立。定理3 对于正整数 $\beta$，级数 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$可表示成四级着色多重zeta值及多重级数 $S^{\left(1\right)}\left(l;r\right)$的线性组合： 证明 类似于(7)式，可得如下变换公式： $\begin{array}{c}{Z}_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{2n\left(2n+\beta \right)}=2^{{\left|k\right|}_1^r-r}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}}\frac{{\zeta }_{2n}\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right)}{2n\left(2n+\beta \right)}\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\zeta }_n\left({\sigma }_1{k}_1,{\sigma }_2{k}_2,\cdots ,{\sigma }_r{k}_r\right)}{n\left(n+\beta \right)}}}{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n\\ =2^{{\left|k\right|}_1^r-r-1}{\displaystyle \underset{\begin{array}{c}{\sigma }_j\in \left\{\pm 1\right\}\\ j=0,1,2,\cdots ,r\end{array}}{\sum }{\displaystyle \underset{n_1>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\sigma }_1^{n_1}{\sigma }_2^{n_2}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_1^{k_1}{n}_2^{k_2}\cdots n_r^{k_r}}}{\displaystyle \underset{n=n_1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n\left(n+\beta \right)}}}.\end{array}$

对于最内层和式，又可进一步变换为

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{n\ge n_1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n\left(n+\beta \right)}}=\frac{1}{\beta }\left({\displaystyle \underset{n\ge n_1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n}}-{\displaystyle \underset{n\ge n_1+\beta }{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^{n-\beta }}{n}}\right)\\ =\frac{1}{\beta }\left({\displaystyle \underset{n\ge n_1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n}}-{\epsilon }^{-\frac{\beta }{2}}{\sigma }_0^{\beta }\left({\displaystyle \underset{n\ge n_1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n}}-{\displaystyle \underset{n_1+\beta -1\ge n\ge n_1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n}}\right)\right)\\ =\frac{1}{\beta }\left(\left(1-{\epsilon }^{-\frac{\beta }{2}}{\sigma }_0^{\beta }\right){\displaystyle \underset{n\ge n_1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^n}{n}}+{\displaystyle \underset{l=0}{\overset{\beta -1}{\sum }}{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^{l-\beta }}\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\right)}^{n_1}}{n_1+l}\right).\end{array}$(11)

利用着色多重zeta值及多重级数 $S^{\left(j\right)}\left(l;r\right)$的定义即得最终结果。 □

现在只需要利用下面的定理计算出多重级数 $S^{\left(1\right)}\left(l;r\right)$，代入定理3中，即可得到级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的值。

定理4 多重级数 $S^{\left(j\right)}\left(l;r\right)$满足如下关于j，l的递推关系：

$\begin{array}{c}{\left(-l\right)}^{k_j}{S}^{\left(j\right)}\left(l;r\right)+S^{\left(j+1\right)}\left(l;r\right)=-{\displaystyle \underset{p=1}{\overset{k_j}{\sum }}{\left(-l\right)}^{p-1}}\zeta \left(p,k_{j+1};{\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j,{\sigma }_{j+1}\right)\\ +{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{-l}\zeta \left(1,k_{j+1};{\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j,{\sigma }_{j+1}\right)\\ -{\displaystyle \underset{q=1}{\overset{l-1}{\sum }}{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{q-l}}{S}^{\left(j+1\right)}\left(q;r\right),\end{array}$(12)

特别地， $j=r$时有

(13)

其中对于每一个确定的l，和式的最后一项为有限和。

证明 多重级数 $S^{\left(j\right)}\left(l;r\right)$的被加项中的乘积可以进行部分分式展开

$\frac{1}{\left(n_j+l\right)n_j^{k_j}}={\displaystyle \underset{p=1}{\overset{k_j}{\sum }}\frac{a\left(p\right)}{n_j^p}}+\frac{b}{n_j+l},$

其中 $a\left(p\right)=-{\left(-l\right)}^{p-1-k_j}$， $b={\left(-l\right)}^{-k_j}$。代回和式后将和式拆分成两项。易得拆分后的第一项为

${\displaystyle \underset{n_j>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{n_j}{\sigma }_{j+1}^{n_{j+1}}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_j^p{n}_{j+1}^{k_{j+1}}\cdots n_r^{k_r}}}=\zeta \left(p,k_{j+1};{\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j,{\sigma }_{j+1}\right).$

对于拆分后的第二项，先进行变量替换 $n_j\to n_j-l$，再使用与式(11)类似的变换，得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \underset{n_j>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{n_j}{\sigma }_{j+1}^{n_{j+1}}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{\left(n_j+l\right)n_{j+1}^{k_{j+1}}\cdots n_r^{k_r}}}\\ ={\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{-l}{\displaystyle \underset{n_j-l>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{n_j}{\sigma }_{j+1}^{n_{j+1}}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_j{n}_{j+1}^{k_{j+1}}\cdots n_r^{k_r}}}\\ ={\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{-l}\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{n_j>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{n_j}{\sigma }_{j+1}^{n_{j+1}}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{n_j{n}_{j+1}^{k_{j+1}}\cdots n_r^{k_r}}}\\ -{\displaystyle \underset{q=1}{\overset{l}{\sum }}{\displaystyle \underset{n_{j+1}>\cdots >n_r\ge 1}{\sum }{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^q}}\frac{{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_{j+1}\right)}^{n_{j+1}}\cdots {\sigma }_r^{n_r}}{\left(n_{j+1}+t\right)n_{j+1}^{k_{j+1}}\cdots n_r^{k_r}}\end{array}\right)\\ ={\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{-l}\zeta \left(1,k_{j+1};{\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j,{\sigma }_{j+1}\right)-{\displaystyle \underset{q=1}{\overset{l}{\sum }}{\left({\epsilon }^{\frac{1}{2}}{\sigma }_0\cdots {\sigma }_j\right)}^{q-l}}{S}^{\left(j+1\right)}\left(q;r\right).\end{array}$

最后将拆分的两项相加并整理，即可得到(12)式。(13)式的证明思路与(12)式一致。 □

由该定理可知，当 $l=1$时，(12)式即为 $S^{\left(j\right)}\left(1;r\right)$与 $S^{\left(j+1\right)}\left(1;r\right)$的关系式，结合(13)式可递推得到 $S^{\left(j\right)}\left(1;r\right)$的表达式；当 $l=2$时，(12)式即为 $S^{\left(j\right)}\left(2;r\right)$与 $S^{\left(j+1\right)}\left(2;r\right)$的关系式，结合 $S^{\left(j+1\right)}\left(1;r\right)$的表达式与(13)式可递推得到 $S^{\left(j\right)}\left(2;r\right)$的表达式；以此类推。

如此，所有的多重和 $S^{\left(j\right)}\left(l;r\right)$都可以用四级着色多重zeta值表示，这样再结合定理3就可以将所有级数 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$用四级着色多重zeta值表示。

利用定理2-4，所有的级数 $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)$， $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$都可以计算，再通过定理1的递推关系，就可以计算所有形如 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的级数。为清晰起见，下面给出无穷级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的算法：

第一步 若 $\beta >2$，利用定理1中的递推关系，将 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$用形如 $Z_{\epsilon }\left(0^{\alpha };k\right)$， $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)$， $Z_{\epsilon }\left(2^{\alpha };k\right)$及 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$的级数表示。若 $\beta \le 2$，直接转到第二步。

第二步 利用(5)式及(6)式将 $Z_{\epsilon }\left(0^{\alpha };k\right)$及 $Z_{\epsilon }\left(2^{\alpha };k\right)$表示成交错多重zeta值；利用定理2将 $Z_{\epsilon }\left(1^{\alpha };k\right)$表示成四级着色多重zeta值；利用定理3及定理4将 $Z_{\epsilon }\left(0,\beta ;k\right)$表示成四级着色多重zeta值。

第三步 利用已知着色多重zeta值程序包计算出所求无穷级数 $Z_{\epsilon }\left({\beta }^{\alpha };k\right)$的值。

应用上述求解级数的算法，可以得到一些有趣的级数做例。

例1 $Z_{\epsilon }\left(0,1;k\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{2n\left(2n+1\right)}$

此例形式较为简单，不需要借助算法计算。根据定理3可得

Figure 5 ${\sigma }_0=\pm 1$求和时，第一个和式 所以得到 特别地，当 $k=\varnothing$时， $Z_{\epsilon }\left(0,1;\varnothing \right)={\displaystyle \underset{n\ge 1}{\sum }\frac{{\epsilon }^n}{2n\left(2n+1\right)}}=\frac{1}{2}{\displaystyle \underset{\sigma \in \left\{\pm 1\right\}}{\sum }\left(1-{\epsilon }^{-\frac{1}{2}}\sigma \right)\zeta }\left(1;{\epsilon }^{\frac{1}{2}}\sigma \right)+1$。若取 ，因为 ${\zeta }_n\left(k\right)=H_n^{\left(k\right)}$为通常的调和数。当 $k$分别为 $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$， $\epsilon =1$时， $Z_1\left(0,1;1\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{H_n}{2n\left(2n+1\right)}}={\ln }^2\left(2\right)$, $Z_1\left(0,1;2\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{H_n^{\left(2\right)}}{2n\left(2n+1\right)}}=-\frac{1}{6}{\pi }^2\ln \left(2\right)+\frac{5}{4}\zeta \left(3\right)$, $Z_1\left(0,1;3\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{H_n^{\left(3\right)}}{2n\left(2n+1\right)}}=-\frac{3}{40}{\pi }^4-\frac{1}{3}{\pi }^2{\ln }^2\left(2\right)+\frac{1}{3}{\ln }^4\left(2\right)+8L{i}_4\left(\frac{1}{2}\right)+6\ln \left(2\right)\zeta \left(3\right)$.当 $k$分别为 $\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)$， $\epsilon =-1$时，

$Z_{-1}\left(0,1;1\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\left(-1\right)}^n\frac{H_n}{2n\left(2n+1\right)}}=-G-\frac{1}{24}{\pi }^2+\frac{1}{2}\pi \ln \left(2\right)+\frac{1}{4}{\ln }^2\left(2\right)$,

$Z_{-1}\left(0,1;2\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\left(-1\right)}^n\frac{H_n^{\left(2\right)}}{2n\left(2n+1\right)}}=\frac{11}{96}{\pi }^3-4\mathrm{Im}L{i}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)+\frac{1}{8}\pi {\ln }^2\left(2\right)-2G\ln \left(2\right)+\frac{1}{24}{\pi }^2\ln \left(2\right)-\frac{1}{2}\zeta \left(3\right)$,

$Z_{-1}\left(0,1;3\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\left(-1\right)}^n\frac{H_n^{\left(3\right)}}{2n\left(2n+1\right)}}=-\frac{1}{6}G{\pi }^2-\frac{19}{2880}{\pi }^4-4L\left(4,2,4\right)+\frac{3}{2}\pi \zeta \left(3\right)+\frac{3}{8}\ln \left(2\right)\zeta \left(3\right)$.

例2 $Z_{\epsilon }\left(3^{\alpha };k\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}{\epsilon }^n}\frac{{\zeta }_n\left(k\right)}{{\left(2n+3\right)}^{\alpha }}$

第一步：利用定理1得到

$\epsilon Z_{\epsilon }\left(4^{\alpha };k\right)=Z_{\epsilon }\left(2^{\alpha };k\right)+{\displaystyle \underset{j=1}{\overset{r}{\sum }}{\left(-1\right)}^j}\left(\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{p=2}{\overset{{\left|k\right|}_1^j}{\sum }}\frac{{\left(-1\right)}^{{\left|k\right|}_1^j-p}}{2^{\alpha -p}}}\left(\begin{array}{c}\alpha +{\left|k\right|}_1^j-p-1\\ \alpha -1\end{array}\right)Z_{\epsilon }\left(0^p;k_{j+1}\right)\\ \begin{array}{l}+{\displaystyle \underset{q=2}{\overset{\alpha }{\sum }}\frac{{\left(-1\right)}^{{\left|k\right|}_1^j}}{2^{\alpha -q}}}\left(\begin{array}{c}\alpha +{\left|k\right|}_1^j-q-1\\ {\left|k\right|}_1^j-1\end{array}\right)Z_{\epsilon }\left(2^q;k_{j+1}\right)\\ +\frac{{\left(-1\right)}^{{\left|k\right|}_1^j-1}}{2^{\alpha -2}}\left(\begin{array}{c}\alpha +{\left|k\right|}_1^j-2\\ \alpha -1\end{array}\right)Z_{\epsilon }\left(0,2;k_{j+1}\right)\end{array}\end{array}\right).$(14)

第二步：利用定理3及定理4，并代入(10)式得到

(15)

接着，利用定理4计算 $S^{\left(1\right)}\left(1;r\right)$。最后，把(5)式，(6)式及(15)式代入(14)式，即可得到 $Z_{\epsilon }\left(4^{\alpha };k\right)$的表达式。

第三步：若取 $\alpha =2$， $k=\left(1\right)$， $\epsilon =1$时，可得到

$Z_1\left(4^2;1\right)={\displaystyle \underset{n=1}{\overset{\infty }{\sum }}\frac{H_n}{{\left(2n+4\right)}^2}}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{24}{\pi }^2+\frac{1}{4}\zeta \left(3\right)$,