Una conjetura resultado para $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\,H_{n/5}}n$

Question

Deje $H_q$ denotar armónica de los números (generalizada a un no-entero índice $q$): $$H_q=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+q}\right)=\int_0^1\frac{1-x^q}{1-x}dx=\gamma+\psi(q+1),\tag1$$ donde $\psi(z)=\Gamma'(z)/\Gamma(z)$ es la función digamma.

Mi objetivo es evaluar la siguiente serie: $$\mathcal S_m=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\,H_{n/m}}n.\tag2$$ El uso de la representación integral de $(1)$ podemos obtener equivalente integral de formularios: $$\mathcal S_m=\int_0^1\frac{\ln(1+\sqrt[m]x)-\ln2}{1-x}\,dx=m\int_0^1\frac{\ln(1+z)-\ln2}{1-z^m}\,z^{m-1}dz.\tag3$$ Estos son algunos de los casos: $$\begin{align}&\mathcal S_1=\frac{\ln^22}2-\frac{\pi^2}{12}\hspace{7.7em}\color{maroon}{\mathcal S_2=\ln^22-\frac{\pi^2}{12}}\\\\&\color{blue}{\mathcal S_3=\frac{3\ln^22}2-\frac{\pi^2}9+\frac12\,\operatorname{Li}_2\!\left(\tfrac14\right)}\hspace{2em}\color{green}{\mathcal S_4=\frac{7\ln^22}4-\frac{5\pi^2}{48}}\end{align}\tag4$$ Para $\mathcal S_5$ la integral se puede encontrar utilizando Mathematica (incluso hay una forma cerrada de antiderivada, por lo que debe ser posible, en principio, para demostrar que por la diferenciación), pero el resultado se lleva a decenas de miles de caracteres para escribir (se puede ver aquí), y Mathematica no se puede hacer gran simplificación en él (aquí es una vista simplificada de resultados).

Pero yo era capaz de conjetura de una forma mucho más simple cerrado de forma que se adapte a numéricamente con una alta precisión:

$$\mathcal S_5\stackrel{\color{gray}?}=\frac{\ln^22}2-\frac{\ln^25}4+\ln2\cdot\ln5-\frac12\,\operatorname{Li}_2\!\left(\tfrac15\right)-\operatorname{Li}_2\!\left(\frac{\sqrt5-1}2\right)\tag{$\diamante$}$$

Espero que no es una forma de demostrar este resultado de forma manual, sin pasar por la enorme intermedio expresiones, pero hasta ahora no he encontrado.

Answer 1

Aquí es cómo uno puede calcular el $\mathcal S_m$ para arbitrario $m$.

---

1. Su fórmula (3) puede escribirse como $$\mathcal{S}_m=-m\int_0^1\frac{\ln\frac{1+z}{2}}{z^m-1}z^{m-1}dz=-m\sum_{k=0}^{m-1}\alpha_{km}\int_0^1\frac{\ln\frac{1+z}{2}}{z-e^{2\pi i k/m}}dz,$$ donde $$\alpha_{km}=\lim_{\quad z\to\; \exp{\frac{2\pi i k}m}}\frac{z^{m-1}\left(z-e^{2\pi i k/m}\right)}{z^m-1}=\frac{e^{2\pi i k(m-1)/m}}{\prod_{n\ne k}\left(e^{2\pi i k/m}-e^{2\pi i n/m}\right)}=\frac1m.$$ Nota en particular de que la última expresión es independiente de $k$.

2. El resto de las integrales puede ser calculado en términos de polylogarithms: $$I\left(\zeta\right)=\int_0^1\frac{\ln\frac{1+z}{2}}{z\zeta}dz= \operatorname{Li}_2\left(\frac{2}{1+\zeta}\right)- \operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{1+\zeta}\right)+ \ln2\ln\frac{\zeta}{1+\zeta}.\la etiqueta{1}$$ Tenemos, en particular, $$I\left(1\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^22}{2},\qquad I\left(-1\right)=-\frac{\ln^22}{2}. $$

Esto implica que $$\mathcal{S}_m=-\sum_{k=0}^{m-1}I\left(e^{2\pi i k/m}\right), \tag{2}$$ con $I\left(\zeta\right)$ definido por (1). Es claro que bajo el sum de la escuela primaria, piezas de $I(\zeta)$ simplificar. Puede ocurrir que algo bueno sucede también con la dilogarithmic.

---

Actualización 1 (cómo simplificar una de las dos sumas de dilogarithms a una primaria de la expresión):

• Esta fórmula para $\operatorname{Li}_2\left(e^{2\pi i \mathbb{Q}}\right)$ implica que $$\sum_{k=0}^{m-1}\operatorname{Li}_2\left(e^{2\pi i k/m}\right)=\frac{\pi^{2}}{6m},\qquad \sum_{k=0}^{m-1}\operatorname{Li}_2\left(-e^{2\pi i k/m}\right)=\begin{cases}\quad \frac{\pi^{2}}{6m},\quad & m\text{ even}, \\ -\frac{\pi^{2}}{12m},\quad & m \text{ odd}. \end{casos} $$

• También tenemos la identidad de $\operatorname{Li}_2\left(z\right)=-\operatorname{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)-\frac12\ln^2\left(1-z\right)$, que puede escribirse como $$\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{\zeta+1}\right)=-\operatorname{Li}_2\left(-\zeta^{-1}\right)-\frac12\ln^2\frac{\zeta}{\zeta+1}.$$

• La combinación de ambos resultados, se obtiene por extraño $m$ $$\sum_{k=0}^{m-1}\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{1+e^{2\pi i k/m}}\right)= \frac{\pi^2}{12m}-\frac12\sum_{k=0}^{m-1}\ln^2\left(1+e^{-2\pi i k /m}\right),$$ y para $m$ $$\sum_{k=0 | k\neq \frac{m}{2}}^{m-1}\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{1+e^{2\pi i k/m}}\right)= \frac{\pi^2(m-1)}{6m}-\frac12\sum_{k=0| k\neq \frac{m}{2}}^{m-1}\ln^2\left(1+e^{-2\pi i k /m}\right).$$

---

Actualización 2 (simplificación de la suma restante para, incluso,$m$):

Podemos usar de nuevo la identidad de $\operatorname{Li}_2\left(z\right)=-\operatorname{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)-\frac12\ln^2\left(1-z\right)$ a mostrar que $$\operatorname{Li}_2\left(\frac{2}{1+\zeta}\right)+\operatorname{Li}_2\left(\frac{2}{1-\zeta}\right)=-\frac12\ln^2\frac{\zeta-1}{\zeta+1}.$$ Incluso para $m$ si $\zeta$ $m$th raíz de la unidad, entonces también lo es $-\zeta$, lo que simplifica la segunda suma a una primaria de la expresión: $$\sum_{k=0 | k\neq \frac{m}{2}}^{m-1}\operatorname{Li}_2\left(\frac{2}{1+e^{2\pi i k/m}}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\ln^2 2}{2}-\frac12\sum_{k=1}^{\frac{m}{2}-1}\ln^2\frac{e^{2\pi i k/m}-1}{e^{2\pi i k/m}+1}.$$ En conjunto, esto conduce a la evaluación \begin{align*} \mathcal{S}_{2n}&=\frac{\ln 2\ln 8n^2}{2}-\frac{\pi^2}{12n}+\frac12 \sum_{k=1}^{n-1}\ln^2\frac{e^{\pi i k/n}-1}{e^{\pi i k/n}+1}-\frac12\sum_{k=0| k\neq n}^{2n-1}\ln^2\left(1+e^{-\pi i k /n}\right)=\\ &=\ln 2\ln 2n-\frac{\pi^2\left(n^2+1\right)}{24n}-\sum_{k=1}^{n-1}\ln\left(2\sin\frac{\pi k}{2n}\right)\ln\left(2\cos\frac{\pi k}{2n}\right). \tag{%#%#%} \end{align*}

---

Actualización 3 (parcial simplificación para los impares $\spadesuit$)

Nos deja denotar $m$. Vamos a utilizar la identidad $$\operatorname{Li}_2\left(\frac{2}{1+\zeta}\right)=\operatorname{Li}_2\left(\frac{\zeta+1}{\zeta-1}\right)+\frac12 \ln^2 \frac{\zeta-1}{\zeta+1} -\ln\left(-\frac{2}{1+\zeta}\right)\ln\frac{\zeta-1}{\zeta+1}-\frac{\pi^2}{6}. \etiqueta{3}$$ Ahora la clave de tres hechos son que

• Si $m=2n+1$$\zeta$, entonces también lo es $\zeta^m=1$.

• En virtud de reemplazo de $\zeta^{-1}$, el dilogarithm argumento sobre el derecho de (3) cambia de signo.

• Hay una identidad $\zeta\leftrightarrow \zeta^{-1}$.

Poner en conjunto, esto conduce a \begin{align*}\sum_{k=0}^{m-1}\operatorname{Li}_2\left(\frac{2}{1+e^{\frac{2\pi i k}{m}}}\right)=&\frac12\sum_{k=1}^n\operatorname{Li}_2\left(-\cot^2\frac{\pi k}{2n+1}\right)+\frac{4n^2+3n+2}{2n+1}\cdot\frac{\pi^2}{12}+\\ &+\sum_{k=1}^n\ln\left(\tan\frac{\pi k}{2n+1}\right) \ln\left(\frac12\sin\frac{2\pi k}{2n+1}\right). \end{align*} La combinación de esta con los resultados anteriores de la Actualización 1, por fin llegamos a \begin{align} \nonumber\mathcal{S}_{2n+1}=& -\frac12\sum_{k=1}^n\operatorname{Li}_2\left(-\cot^2\frac{\pi k}{2n+1}\right)-\sum_{k=1}^n\ln^2\sin\frac{\pi k}{2n+1} +\\ &+\left(n+\frac12\right)\ln^2 2-\frac{\left(2n^2+n+1\right)\pi^2}{12\left(2n+1\right)}.\tag{%#%#%} \end{align} Observación. Para $\operatorname{Li}_2\left( z\right)+ \operatorname{Li}_2\left( - z\right)=\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2\left( z^2\right)$ ( $\clubsuit$ ) esta suma contiene dos dilogarithms $n=2$. Uno debe ser capaz de reducirlos a uno solo, $m=5$ mediante el uso de una adecuada identidad.

Answer 2

Esta no es una novela, sino más bien una alternativa de derivación de @Start wearing purple's resultado. Traté de mantener todo simple y se explica, lo que resultó en un poco detallado de la solución. Así que si usted no está interesado en los detalles, usted puede seguir sólo el etiquetado ecuaciones hasta el Paso 3.

---

Paso 1 (Reducción de la Integral). Comenzamos con la siguiente fórmula:

$$ \mathcal{S}_m = \int_{0}^{1} \frac{\log(1-x^m)}{1+x} \, dx = \sum_{\omega \ : \ \omega^m = 1} \int_{0}^{1} \frac{\log(1 - \omega x)}{1+x} \, dx. \etiqueta{1} $$

Con el fin de trabajar con los RHS, la consideramos como una función de $\omega \in \Bbb{C} \setminus (1, \infty)$. El uso de la diferenciación bajo el signo integral técnica, nos encontramos con que

\begin{align*} \int_{0}^{1} \frac{\log(1 - \omega x)}{1+x} \, dx &= \int_{0}^{\omega} \left( \frac{d}{dz} \int_{0}^{1} \frac{\log(1 - zx)}{1+x} \, dx \right) \, dz\\ &= \int_{0}^{\omega} \left( \int_{0}^{1} \left( \frac{1}{1+x} - \frac{1}{1-zx}\right) dx \right) \frac{dz}{1+z} \\ &= \int_{0}^{\omega} \left( \frac{\log(1-z)}{z} - \frac{\log\left(\frac{1-z}{2}\right)}{1+z} \right) \, dz \\ &= -\operatorname{Li}_2(\omega) + I(\omega), \end{align*}

donde la integral w.r.t. $z$ es llevada al interior de la región de $\Bbb{C}\setminus(1, \infty)$ y la función de $I(\omega)$ se define en $\Bbb{C}\setminus(1,\infty)$

$$ I(\omega) := -\int_{0}^{\omega} \frac{\log\big(\frac{1-z}{2}\big)}{1+z} \, dz. \tag{*} $$

Paso 2 (Propiedades de $I(\omega)$). ¿Por qué consideramos que esta integral es el que satisface las siguientes dos propiedades:

1. El uso de la identidad de $\text{(1)}$ y la relación que hemos desarrollado, $\mathcal{S}_m$ es escrito como $$ \mathcal{S}_m =\sum_{\omega \ : \ \omega^m = 1} (I(\omega) - \operatorname{Li}_2(\omega)) = -\frac{\zeta(2)}{m} + \sum_{\omega \ : \ \omega^m = 1} I(\omega). \etiqueta{2} $$ Esto se deduce del teorema de la multiplicación para polylogarithm.

2. Lo que es más importante, para $\omega \in \Bbb{C}$ fuera de $(-\infty, 1) \cup (1, \infty)$, tenemos $$ I(-\omega) + I(\omega) = \log^2 2 - \log\big(\tfrac{1+\omega}{2}\big)\log\big(\tfrac{1-\omega}{2}\big). \etiqueta{3} $$ Aquí, tomamos un convenio que el registro de la parte es $0$ al $\omega = \pm 1$. Esto es consistente tanto con el límite de $\omega \to 1$ o $\omega \to -1$ y con el real conocidos los valores de $I(1)+I(-1)$. Observe también que $\text{(3)}$ fácilmente de la siguiente manera a partir de la integración por partes: $$ I(-\omega) = \left[ -\log\big(\tfrac{1+z}{2}\big)\log\big(\tfrac{1-z}{2}\big) \right]_{0}^{-\omega} - \int_{0}^{-\omega} \frac{\log\big(\frac{1+z}{2}\big)}{1-z} \, dz. $$

Paso 3 (Fórmula para $\mathcal{S}_{2p}$). Al $m = 2p$ @Start wearing purple observado, $\omega^m = 1$ implica $(-\omega)^m = 1$. Por lo tanto la combinación de $\text{(2)}$$\text{(3)}$, tenemos

\begin{align*} \mathcal{S}_{2p} &= -\frac{\pi^2}{12p} + \frac{1}{2} \sum_{\omega \ : \ \omega^{2p} = 1} ( I(\omega) + I(-\omega)) \\ &= -\frac{\pi^2}{12p} + \frac{1}{2} \sum_{\omega \ : \ \omega^{2p} = 1} \left( \log^2 2 - \log\left(\frac{1+\omega}{2}\right)\log\left(\frac{1-\omega}{2}\right) \right). \end{align*}

(Aquí, como se señaló en el Paso 2, se considera $\log(\frac{1+\omega}{2})\log(\frac{1-\omega}{2}) = 0$ al $\omega = \pm 1$.) Finalmente, podemos simplificar la última suma teniendo en cuenta solamente a $\omega$ $\Im(\omega) > 0$ como sigue:

\begin{align*} \mathcal{S}_{2p} &= p\log^2 2 - \frac{\pi^2}{12p} - \Re \sum_{\substack{\omega \ : \ \omega^{2p} = 1 \\ \Im(\omega) > 0}} \log\left(\frac{1+\omega}{2}\right)\log\left(\frac{1-\omega}{2}\right) \\ &= p\log^2 2 - \frac{\pi^2}{12p} - \Re \sum_{k=1}^{p-1} \log\left(\frac{1+e^{ik\pi/p}}{2}\right)\log\left(\frac{1+e^{i(k-p)\pi/p}}{2}\right) \\ &= p\log^2 2 - \frac{\pi^2}{12p} - \sum_{k=1}^{p-1} \left( \log\left(\cos\frac{\pi k}{2p}\right)\log\left(\sin\frac{\pi k}{2p}\right) + \frac{\pi^2}{4p^2}k(p-k) \right) \\ &= p\log^2 2 - \frac{(p^2+1)\pi^2}{24p} - \sum_{k=1}^{p-1} \log\left(\cos\frac{\pi k}{2p}\right)\log\left(\sin\frac{\pi k}{2p}\right). \end{align*}

---

Esta solución se basa en la simetría entre las $I(\omega)$$I(-\omega)$, por lo que dudo de que esto funcionará para los impares $m$.

Answer 3

Y lo que acerca de esto?

$$\mathcal{S}_6 \stackrel{?}{=} \ln^2(2) + \ln(2)\ln(3) -\frac{5\pi^2}{36} .$$

Además, usted probablemente sabe que

$$ \operatorname{Li}_2\left(\frac{\sqrt5 - 1}{2}\right) = \frac{\pi^2}{10} - \ln^2\left(\varphi\right) = \frac{\pi^2}{10} - \ln^2(2) -\ln^2\left(1+\sqrt{5}\right) + 2\ln(2)\ln\left(1+\sqrt{5}\right), $$

donde $\varphi = \tfrac{1}{2}\left(1+\sqrt5\right)$ es la proporción áurea.

Por último, me parece que siempre hay alguna $$\operatorname{Li}_2\left({\tfrac12}\right) = \frac{\pi^2}{12} - \frac{1}{2}\ln^2(2)$$ y $$\operatorname{Li}^2_1\left({\tfrac12}\right) = \ln^2(2)$$ detrás de las escenas.

---

He encontrado algunas relaciones entre particular, $\mathcal{S}_m$ valores. Por ejemplo: $$\begin{align} \mathcal{S}_{1} &=\tfrac{9}{4}\mathcal{S}_{2}-\mathcal{S}_4\\ \mathcal{S}_{1} &=\tfrac{9}{5}\mathcal{S}_{1/3}-\tfrac{8}{5}\mathcal{S}_{1/2}\\ \mathcal{S}_{1} &= \tfrac{1}{2}\mathcal{S}_{1/2}+\tfrac{3}{8}\mathcal{S}_2\\ \mathcal{S}_{1} &=\tfrac{3}{7}\mathcal{S}_{1/3}+\tfrac{2}{7}\mathcal{S}_2\\ \mathcal{S}_{1} &=\tfrac{3}{5}\mathcal{S}_{1/2}+\tfrac{1}{5}\mathcal{S}_4\\ \mathcal{S}_{1} &=\tfrac{27}{55}\mathcal{S}_{1/3}+\tfrac{8}{55}\mathcal{S}_4\\ \mathcal{S}_{1} &=\mathcal{S}_{1/2}+\mathcal{S}_{4} -\tfrac{3}{2}\mathcal{S}_{2}\\ \mathcal{S}_{1} &=\tfrac{1}{10}\mathcal{S}_{4}+\tfrac{9}{10}\mathcal{S}_{1/3} - \tfrac{1}{2}\mathcal{S}_{1/2}\\ \end{align}$$ o mi favorito: $$ 3\,\mathcal{S}_{4}+5\,\mathcal{S}_{1/2} = 3\,\mathcal{S}_{1/3}+5\,\mathcal{S}_{2}. $$

Answer 4

Esta no es la solución completa, que es demasiado largo para un comentario, y da la intuición de @user153012's observación acerca de la apariencia de $\operatorname{Li_2(\frac12)}$$\ln^2 2$.
Podemos ver que $$S_m=\sum_{n,k=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{k(mk+n)}=\sum_{n,k=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{k}\int_0^1 x^{mk+n-1}dx=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^m)}{1+x}$$ Ahora podemos dividir la integral en $m$ integrales de la forma $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(\alpha-x)}{1+x}dx$ donde $\alpha$ $m$th raíz de la unidad.

Pero $$\int_0^1 \frac{\ln(a-x)}{1+x}dx=\int_1^2 \frac{\ln(a+1-x)}{x}dx=\ln2\ln(a+1)+\int_1^2 \frac{\ln(1-\frac{x}{a+1})}{x}dx\\=\ln2\ln(a+1)+\operatorname{Li_2}\left(\frac{1}{a+1}\right)-\operatorname{Li_2}\left(\frac{2}{a+1}\right).$$ Ahora , $1$ es una raíz de la unidad, de manera que la forma cerrada posiblemente conatains $\ln2\ln(1+1 )$ $\operatorname{Li_2}\left(\frac{1}{1+1}\right).$

---

Aquí es el caso general para los números impares. Deje $m$ ser impar, y deje $\alpha$ ser asociado primitivo $m$th raíz de la unidad. Vamos a evaluar $\displaystyle S_m=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^m)}{1+x}=\ \sum_{k=0}^{m-1} \ln2\ln(\alpha^k+1)+\operatorname{Li_2}\left(\frac{1}{\alpha^k+1}\right)-\operatorname{Li_2}\left(\frac{2}{\alpha^k+1}\right).$

La primera suma es $\,\,\ln2\ln(\prod_{k=0}^{m-1}(1+\alpha^k))=\ln^2 2$, que es la continuación del arrendamiento $x=-1$ en $\displaystyle \prod_{k=0}^{m-1}(\alpha^k-x)=1-x^m$ $\,\,\,\,\,\,\,\,$($m$ se extraña promesas que $-1$ no es una raíz de la unidad.)

La segunda suma es $$\sum_{k=0}^{m-1}\operatorname{Li_2}\left(\frac{1}{\alpha^k+1}\right)=\operatorname{Li_2}(\frac12)+\frac{\pi^2}{6}\frac{m-1}{2}-\left(\ln\left(\frac{1}{\alpha+1}\right)\ln\left(\frac{1}{\alpha^{m-2}}\right)+\cdots+\ln\left(\frac{1}{\alpha^{(m-1)/2}+1}\right)\ln\left(\frac{1}{\alpha^{(m+1)/2}}\right)\right)\\=\operatorname{Li_2}(\frac12)+\frac{\pi^2}{6}\frac{m-1}{2}-\sum_{k=0}^{(m-1)/2} \left(\ln^2\left(\frac{\sec(\frac{k\pi}{m})}{2}\right)+\frac{k^2\pi^2}{m^2}\right)$$.

Prueba: aparte de $\alpha^0=1$ da $\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)$, podemos emparejar $(m-1)/2$ pares de conjugar las raíces. Estos conjugados satisfacer $\displaystyle \frac{1}{1+\alpha^k}=1-\frac{1}{1+\alpha^{m-k}}$, y el uso de la identidad de $\operatorname{Li_2}(x)+\operatorname{Li_2}(1-x)=\frac{\pi^2}{6}-\ln(x)\ln(1-x)$ la primera igualdad de la siguiente manera.

Ahora, $\displaystyle \frac1{1+\alpha^k}=\frac1{1+e^{2\pi i k/m}}=\frac12-\frac12 i \tan\left(\frac{\pi k}{m}\right)$, e $\displaystyle \frac1{1+\alpha^{m-k}}=\frac12+\frac12 i \tan\left(\frac{\pi k}{m}\right)$

y por lo $$\ln\left(\frac1{1+\alpha^k}\right)\ln\left(\frac1{1+\alpha^{m-k}}\right)=\ln^2\left(\frac{\sec(\frac{k\pi}{m})}{2}\right)+\frac{k^2\pi^2}{m^2}$$

La última suma es duro. Tal vez podemos volver a par excluyendo $1$ y el uso de dilogarithm identidades para simplificar las cosas, pero no puedo ver.