Para $n, m \ge 0, n+m\ge 2$, evaluar $W_{m, n} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^mk^{n}} $.

Question

Esto se deriva de mi respuesta $\sum_{m=0}^{\infty}x^m\sum_{k=0}^{\infty}W_{m,k}f_k=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{n+x}{n(n+1)}\right)^k f_k$?

Para $n, m \ge 0, n+m\ge 2$, ¿cuál es el valor de $W_{m, n} =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1} {k(k+1)^mc^{n}} $.

Mis resultados:

• A partir de la definición \begin{align*} W_{0, n} &= \zeta(n) \\ W_{m, 0} &= \zeta(m)-1 \text{.} \end{align*}

• La recurrencia a partir de la cual todo lo demás de la siguiente manera: $$ W_{m, n} = W_{m-1, n}-W_{m, n-1} \text{.} $$

• Valores explícitos: \begin{align*} W_{1, n} &= \sum_{k=0}^{n-2} (-1)^k\zeta(n-k) + (-1)^{n-1} \\ W_{m, 1} &=-\sum_{k=0}^{n-2} \zeta(n-k) + m \text{.} \end{align*}

Todavía no he trabajado fuera de la fórmula general para $W_{m,n}$.

Answer 1

Los autovalores son dadas por \begin{equation} \begin{array}{cl} \lambda_m & = W_{m, m}\\ & = \sum_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^{m + 1} (n + 1)^{m + 1}}\\ & = \sum_{n = 0}^{\frac{m}{2} + \frac{1}{4} - \frac{(- 1)^m}{4}} \zeta (2 n) \frac{2 (- 1)^{m + 1 - 2 n} \Gamma (2 m - 2 n + 2)}{\Gamma (m + 2 - 2 n) \Gamma (m + 1)} \end{array} \end{equation} donde \begin{equation} \frac{m}{2} + \frac{1}{4} - \frac{(- 1)^m}{4} = [0, 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, \ldots] {where} m = 0, 1, 2, \ldots, 9, \ldots \end{equation} Esta forma de la función de los medios que $Y_{m, n, k} = 0$ al $k$ es impar y m $ = $ n, de modo que \begin{equation} Y_{m, m, k} = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & k {is} {odd}\\ \frac{2 (- 1)^{m + 1 - k} \Gamma (2 m - k + 2)}{\Gamma (m + 2 - k) \Gamma (m + 1)} & k {is} {even} \end{array} \right. \end{equation} al $m \neq n$ off-diagonales de la participación de pares de valores enteros de a $\zeta$ así que tenemos que encontrar una expresión general para$Y_{m, n, k}$, y no sólo el diagonales $Y_{m, m, k}$ donde

$$\begin{array}{ll} W_{m, n} & = \binom{n}{m} \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{1}{(k + 1)^{n + 1} k^{m + 1}}\\ & = \binom{n}{m} \sum_{k = 0}^{\max (m, n) + 1} \zeta (k) Y_{m, n, k} \end{array}$$

también

\begin{equation} Y_{m, n, 0} = \frac{2 (- 1)^{m + n + 1} \Gamma (m + n + 2)}{(n + 1) \Gamma (m + 1)^2 \Gamma (n + 1 - m)} = - \frac{2}{\Gamma (m)^2} \prod_{k = 1}^{2 n - 1} (- 1)^{n - 1} \left\{ \begin{array}{ll} 1 & k = m\\ n - m + k & k \neq m \end{array} \right. \label{Y0} \end{equation} así que \begin{equation} \begin{array}{lfl} \hat{y}_{n, 0} (s) & = \sum_{m = 0}^n \frac{Y_{m, n, 0}}{m + s}\\ & = \sum_{m = 0}^n \frac{\frac{2 (- 1)^{m + n + 1} \Gamma (m + n + 2)}{(n + 1) \Gamma (m + 1)^2 \Gamma (n + 1 - m)}}{m + s}\\ & = \mathit{} - 2 \hspace{0.17em} \frac{(- 1)^n_{} 3F2 \left[ \begin{array}{c} \begin{array}{lllll} s & & - n & & n + 2 \end{de la matriz}\\ \begin{array}{lll} 1 & & s + 1 \end{array} \end{array} ; \hspace{0.17 em} 1 \right]}{s} \end{array} \end{equation}

donde 3F2 es una función hipergeométrica generalizada y

\begin{equation} Y_{m, n, 1} = 0 \label{Y1} \end{equation} y \begin{equation} Y_{m, n, 2} = 0^{m + n} + \frac{(- 1)^{m + n} \Gamma (n + m)}{\Gamma (m + 1)^2 \Gamma (n - m)} \label{Y2} \end{equation} y el coeffecients de $\zeta (3)$ son simplemente con una desplazado a la versión de el coeffecients de $\zeta (2)$ \begin{equation} Y_{m, n, 3} = Y_{m, n - 1, 2} \label{Y3} \end{equation}

$\begin{array}{ll} Y_{m, n, 4} & = {Res} (\hat{y}_{n, 4} (s), s = - m)\\ & = \lim_{s = - m} (s + m) \hat{y}_{n, 4} (s)\\ & = {Res} (\hat{y}_{n, 4} (s), s = - m)\\ & = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & n \leqslant 2\\ \frac{(- 1)^{m + n + 1}}{(m!^{})^2} \left( \prod_{k = 0}^{m - 1} (n - k) \right) \left( \prod_{k = 1}^{m - 2} (n + k) \right) (n^2 - (m + 1) n + m (m - 1)) & n \geqslant 3 \end{array} \right. \end{array}$

Answer 2

Sólo para estar completa, aquí es todo He conseguido hasta ahora, incluyendo dos recurrencias al final que no parecen ser de mucho uso.

De acuerdo a Wolfy,

$ W_{1,1} =1\\ W_{1,2} =\dfrac{\pi^2}{6}-1\\ W_{2, 1} =2-\dfrac{\pi^2}{6}\\ W_{2, 2} =\dfrac{\pi^2}{3}-3\\ W_{1, 3} =\zeta(3)+1-\dfrac{\pi^2}{6}\\ W_{3, 1} =-\zeta(3)-\dfrac{\pi^2}{6}+3\\ W_{2, 3} =\zeta(3)+4-\dfrac{\pi^2}{2}\\ W_{3,2} =\zeta(3)+\dfrac{\pi^2}{2}-6\\ W_{3, 3} =10-\pi^2\\ $

$W_{0, n} =\zeta(n) $.

$W_{m, 0} =\zeta(m)-1 $.

$\begin{array}\\ W_{m+1, n+1} &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^{m+1}k^{n+1}}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)k(k+1)^mk^{n}}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^mk^{n}}(\frac1{k}-\frac1{k+1})\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^mk^{n+1}}-\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^{m+1}k^{n}}\\ &=W_{m, n+1}-W_{m+1, n}\\ \end{array} $

o $W_{m, n} =W_{m-1, n}-W_{m, n-1} $.

$m=0$:

$W_{1, n+1}\\ =W_{0, n+1}-W_{1, n}\\ =\zeta(n+1)-W_{1, n}\\ =\zeta(n+1)-\zeta(n)+W_{1, n-1}\\ =...\pm\zeta(2)\mp 1\\ $

así $W_{1,n} =\sum_{k=0}^{n-2} (-1)^k\zeta(n-k) +(-1)^{n-1} $.

$n=0$:

$W_{m+1, 1}\\ =W_{m, 1}-W_{m+1, 0}\\ =W_{m, 1}-\zeta(m+1)+1\\ =-\zeta(m+1)+1+W_{m, 1}\\ =-\zeta(m+1)-\zeta(m)+2+W_{m-1, 1}\\ =...-\zeta(2)+m-1+W_{1, 1}\\ $

así $W_{m, 1} =-\sum_{k=0}^{n-2} \zeta(n-k) +m $.

De verificación:

$(3, 3)\\ =(2, 3)-(3, 2)\\ =((1, 3)-(2,2))-((2,2)-(3, 1))\\ =(1, 3)-2(2, 2)+(3, 1)\\ =(z(3) z(2)+1)-2((1, 2)-(2, 1))+(-z(3) z(2)+3)\\ =-2z(2)+4)-2((1, 2)-(2, 1))\\ =-2z(2)+4)-2(z(2)-1-(-z(2)+2)\\ =-6z(2)+10\\ =-\pi^2+10\\ $

$\begin{array}\\ W_{m, n}-\zeta(m+n) &=\sum_{k=1}^{\infty} (\frac{1}{(k+1)^mk^{n}}-\frac1{k^{m+n}})\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{k^n}(\frac{1}{(k+1)^m}-\frac1{k^{m}})\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{k^n}(\frac{(k+1)^m-k^m}{(k+1)^mk^{m}})\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{(k+1)^mk^{m+n}}\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m}{j}k^j\\ &=-\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m}{j}\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{(k+1)^mk^{m+n-j}}\\ &=-\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m}{j}W_{m, m+n-j}\\ \end{array} $

así, el aislamiento de la $j=0$ plazo,

$W_{m, m+n}\\ =\zeta(m+n)-W_{m, n}-\sum_{j=1}^{m-1}\binom{m}{j}W_{m, m+n-j}\\ =\zeta(m+n)-W_{m, n}-\sum_{j=1}^{m-1}\binom{m}{j}W_{m, n+j}\\ =\zeta(m+n)-\sum_{j=0}^{m-1}\binom{m}{j}W_{m, n+j} $.

Del mismo modo, para $n$

$\begin{array}\\ W_{m, n}-\zeta(n) &=\sum_{k=1}^{\infty} (\frac{1}{(k+1)^mk^{n}}-\frac1{k^{n}})\\ &=\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{k^n}(\frac{1}{(k+1)^m}-1)\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{k^n}(\frac{(k+1)^m-1}{(k+1)^m})\\ &=-\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{(k+1)^mk^{n}}\sum_{j=1}^{m}\binom{m}{j}k^j\\ &=-\sum_{j=1}^{m}\binom{m}{j}\sum_{k=1}^{\infty} \frac1{(k+1)^mk^{n-j}}\\ &=-\sum_{j=1}^{m}\binom{m}{j}W_{m, n-j}\\ \end{array} $

así que $W_{m, n} =\zeta(n)-\sum_{j=1}^{m}\binom{m}{j}W_{m, n-j} $.