Trabajando en Armónica de los números, me pareció muy interesante la recurrencia de la relación : $$ H_n = \frac{n+1}{n-1} \sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{2}{k+1}-\frac{1}{1+n-k}\right)H_k ,\quad \forall\ n\in\mathbb{N},n>1$$ Mi prueba de ello es bastante largo y complicado, así que me preguntaba si alguien sabe de una elegante o concisa. Cualquier idea se agradece.
Alternativamente, si alguien sabe una referencia que habla sobre este tipo de relación, sería de gran interés para mí.
Gracias.
Esto ayuda a visualizar los términos en un cuadrado de productos de $1/(ij)$ $i$ $j$ ejecución para$1$$n$. La suma sobre el primer término contiene todos los productos con $i\ne j$ exactamente una vez, mientras que la suma sobre el segundo término corresponde aproximadamente a la parte superior izquierda de la mitad de la plaza, pero con la columna de la izquierda, que se suma a $H_n$, de los excluidos. Así tenemos
$$ \def\sub#1{{\scriptstyle{i\ne j}\cima{\scriptstyle i,j\le #1}}} \sum_{k=1}^{n-1}\frac{2}{k+1}H_k=\sum_{\sub n}\frac1{ij}$$
y
$$-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1+n-k}=H_n-\sum_{i+j\le n+1}\frac1{ij}\;.$$
Sustituyendo esto en la ecuación, multiplicando por $n-1$ y la simplificación conduce a
$$\sum_{i+j\le n+1}\frac1{ij}-\sum_{\sub n}\frac1{ij}=\frac2{n+1}H_n\;,$$
$$\sum_{i+j\le n+1}\frac1{ij}-\sum_{\sub n}\frac1{ij}=2\sum_i\frac1{n+1}\frac1i\;,$$
$$\sum_{i+j\le n+1}\frac1{ij}=\sum_{\sub{n+1}}\frac1{ij}\;.$$
Esto lo podemos demostrar por inducción: La ecuación se satisface para $n=0$, e ir de $n$ $n+1$agrega
$$\sum_{i+j=n+1}\frac1{ij}=\sum_{i=1}^n\frac1i\frac1{n+1-i}$$
para el lado izquierdo y también
$$2\frac1{n+1}\sum_{i=1}^n\frac1i=\frac1{n+1}\sum_{i=1}^n\left(\frac1i+\frac1{n+1-i}\right)=\sum_{i=1}^n\frac1i\frac1{n+1-i}$$
a la mano derecha.
Aquí está una generación de la función de la ruta: como ya he mencionado en los comentarios,
$$\begin{align*} H_n&=\frac{n+1}{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{2}{k+1}-\frac{1}{n-k+1}\right)H_k\\ H_n&=\frac{n+1}{n-1}\left(2\sum_{k=1}^{n-1}\frac{H_k}{k+1}-\sum_{k=1}^{n-1}\frac{H_k}{n-k+1}\right)\\ H_n&=\frac{n+1}{n-1}\left(2\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{k+1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{n-k+1}+H_n-\frac{2H_n}{n+1}\right)\\ H_n&=\frac{n+1}{n-1}\left(2\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{k+1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{n-k+1}\right)+\frac{n+1}{n-1}H_n-\frac2{n-1}H_n\\ H_n&=\frac{n+1}{n-1}\left(2\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{k+1}-\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{n-k+1}\right)+H_n\\ \sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{n-k+1}&=2\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{k+1} \end{align*}$$
Tomamos nota de que la suma de $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{H_k}{n-k+1}$ es en la forma de una convolución; por lo tanto, su función es la generación de
$$\left(\sum_{j=1}^\infty H_j x^j\right)\left(\sum_{j=1}^\infty \frac{x^j}{j}\right)=\frac{(\log(1-x))^2}{1-x}$$
La tarea restante es para demostrar que la generación de la función dada es también la generación de la función de $2\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{H_k}{k+1}$; a tal efecto, no es la identidad
$$2\sum_{k=1}^{n}\frac{H_k}{k+1}=(H_{n+1})^2-H_{n+1}^{(2)}$$
donde $H_n^{(k)}=\sum\limits_{j=1}^n \frac1{j^k}$ es un generalizada número armónico. A partir de aquí y aquí (véase la fórmula 36), tenemos la generación de funciones
$$\begin{align*} \sum_{j=1}^\infty H_{j+1}^{(2)}x^{j+1}&=\frac{\mathrm{Li}_2(x)}{1-x}-x\\ \sum_{j=1}^\infty (H_{j+1})^2 x^{j+1}&=\frac{(\log(1-x))^2+\mathrm{Li}_2(x)}{1-x}-x \end{align*}$$
donde $\mathrm{Li}_2(x)=-\int_0^x \frac{\log(1-u)}{u}\mathrm du$ es un dilogarithm.
Por lo tanto,
$$\sum_{j=1}^\infty (H_{j+1})^2 x^{j+1}-\sum_{j=1}^\infty H_{j+1}^{(2)}x^{j+1}=\frac{(\log(1-x))^2}{1-x}$$
y estamos de oro.
Gracias por tu ayuda. He aquí otra prueba de que me he encontrado hoy :
Desde el conocido $\zeta(3)=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{H_k}{k^2}$, nos encontramos con $$ \zeta(3)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{H_k}{(k+1)^2} \quad\quad(1) $$ Se $\zeta(z)$ es la de Riemann zeta función. Pero también, $$ \zeta(3)=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{t^2}{e^t-1}dt=4\int_{0}^{\pi/2}\tan{x}(\ln{\sin{x}})^2dx=4\int_{0}^{\pi/2}\tan{x}\left(\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^{2k}{x}}{2k}\right)^2dx $$ Donde he utilizado la sustitución de $e^{-t}=\sin^2{x}$. Reordenando los términos y el uso de la fórmula para elevar la potencia de la serie de potencias (por ejemplo, 0.314 p.17 en Gradshteyn y Ryzhik de la Tabla de Integrales, Series y Productos), $$ \zeta(3)=\sum_{k=0}^{\infty}c_k \int_{0}^{\pi/2}\sin{x}\ \cos^{2k+3}{x}dx=\sum_{k=0}^{\infty}c_k \frac{1}{2}B(1,k+2)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{c_{k-1}}{2(k+1)} $$ $$ \text{donde}\quad c_0=1,\quad c_k=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{k}\frac{3i-k}{i+1}c_{k-i} $$ Igualando con (1) y reordenando, obtenemos deseada de la relación.
Esta página me ayudó a probar el siguiente relacionadas con el resultado, así que he pensado que me gustaría compartir.
Para empezar,
$$ \sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{1}{x_i} + \frac{1}{x_{n+1-i}}\right ) = 2 \sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{1}{x_i} \right ) $$
$$ =\sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{x_i+x_{n+1-i}}{x_i x_{n+1-i}} \right ) $$
Ahora, vamos a $X$ $n$ lineal espaciados números entre el $a$ $b$ (e incluyendo).
Entonces, ya que en ese caso $x_i+x_{n+1-i}=a+b$, tenemos
$$ \left ( a+b \right )\sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{1}{x_i x_{n+1-i}} \right ) = 2 \sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{1}{x_i} \right ) $$
En otras palabras,
$$ \frac{\sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{1}{x_i} \right )}{\sum_{i=1}^{n}\left ( \frac{1}{x_i x_{n+1-i}} \right )} = \frac{a+b}{2} = mean(X) $$
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