Evaluar:
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_n}{(n+1)^2}$$
Un usuario dijo: "la mayoría de la suma de tiempo a los residuos de $(\gamma+\psi(z))^2\cdot r(z)$. Para determinar los residuos, a ampliar la función digamma como una serie de Laurent sobre el positivo números enteros."$r(z)$ Dónde está la función racional.
En primer lugar, ¿qué es la serie de Laurent de $\psi(z)$?
Y ¿cómo puedo encontrar los residuos? Cualquier ayuda es apreciada.
Esta es una respuesta parcial a su pregunta y no sé cómo conseguir la serie de Laurent de $\psi(z)$. Tenga en cuenta que\begin{eqnarray} \sum_{n=1}^\infty\frac{Hn}{(n+1)^2}&=&\sum{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)^2}\left(Hn+\frac{1}{n+1}\right)-\sum{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)^3}\ &=&\sum{n=1}^\infty\frac{H{n+1}}{(n+1)^2}-\sum{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)^3}\ &=&\sum{n=1}^\infty\frac{H{n}}{n^2}-\sum{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}\ &=&\sum{n=1}^\infty\frac{H{n}}{n^2}-\zeta(3).\ \end{eqnarray} el último serie puede evaluarse utilizando esta función generadora %#% $ de #% tomando su límite como $$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n\, x^n}{n^2}=\zeta(3)+\frac{\ln^2(1-x)\ln(x)}{2}+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}3(1-x)$, obtenemos\begin{eqnarray} \sum{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)\end{eqnarray} y por lo tanto $x\to1$ $
Inicio del singular expansión de la función digamma: $$\psi(z+1)+\gamma = \sum_{n\ge 1} \frac{z}{n(n+z)} = \sum_{n\ge 1} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{z+n}\right).$$
Esto genera inmediatamente el Laurent expansión en los números enteros negativos $-q$ donde $q\ge 1$:
$$\psi(z+1)+\gamma = -\frac{1}{z+q} + H_{q-1} + \cdots$$
Esto es debido a que la suma menos el término singular es $$\frac{1}{q} + \sum_{n=1, n\ne q} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{(z+q)+n-q}\right) \\ = \frac{1}{q} + \sum_{n=1, n\ne q} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-q}\frac{1}{(z+q)/(n-p)+1}\right)$$
El término constante es aquí $$\frac{1}{q} + \sum_{n=1, n\ne q} \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n-q}\right)$$
El fuera de plazo y el primer término dentro de la suma iterar sobre el los inversos de todos los naturales de $n.$ El segundo término dentro de la suma de primer recoge $$\sum_{n=1}^{q-1} \left(-\frac{1}{n-q}\right)$$, que es $H_{q-1}$ y a partir de entonces itera a través de los inversos de todos los naturales de $n,$ cancelación de la primera aportación, para un resultado final de $H_{q-1}.$
Esto implica inmediatamente que $$\mathrm{Res}_{z=-(q-1)} (\psi(z)+\gamma)^2 = -2 H_{q-1}.$$
La suma que se está evaluando es $$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^2} = \sum_{n=2}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}.$$
Desde el residuo de la fórmula también se aplica a las $q=1$ que puede re-escribir como este $$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2}.$$
Ahora la integración de $$f(z) = \frac{1}{z^2}(\psi(z)+\gamma)^2$$ a lo largo de un gran círculo de radio de $R$ $R$ va al infinito y pasando entre los polos recoger exactamente $-2$ veces el valor de la suma y el residuo cero.
Pero en cero que tiene la expansión $$\psi(z+1)+\gamma = -\sum_{k\ge 1} \zeta(k+1) (-1)^k z^k$$ que los rendimientos de $$\psi(z)+\gamma = -\frac{1}{z} - \sum_{k\ge 1} \zeta(k+1) (-1)^k z^k.$$
Esto implica inmediatamente que $$\mathrm{Res}_{z=0} \frac{1}{z^2}(\psi(z)+\gamma)^2 = 2\zeta(3).$$
Debido a que la integral en el contorno circular se desvanece en el límite (un el ejercicio que se deja para el lector, que se desprende de la observación que $2\pi R \times (\log R)^2/R^2$ se desvanece en el límite), llegamos a la
$$2\zeta(3) - 2 \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2} = 0$$ o $$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{n-1}}{n^2} = \zeta(3).$$
La digamma las fórmulas de la Entrada de la Wikipedia.
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