Doble serie convergente a $2\zeta(4)$?

Question

El uso de un ordenador he encontrado el doble de la suma de la

$$S(n)= \sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n \frac{j^2 + jk + k^2}{j^2(j+k)^2k^2}$$ tiene valores

$$S(10) \quad\quad= 1.881427206538142 \\ S(1000) \quad= 2.161366028875634 \\S(100000) = 2.164613524212465\\$$

Como supongo que en comparación con las fracciones $\pi^p/q$ donde $p,q$ son enteros positivos y parece

$$\lim_{n \to \infty} S(n) = \frac{\pi^4}{45} = 2\zeta(4) \approx 2.164646467422276 $$

Yo estaría interesado en ver una prueba de si es cierto.

Answer 1

Así que antes de empezar, yo nunca he tratado de evaluar una suma doble antes, por lo que podría muy bien haber sido una manera más fácil.

$$\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{j^2+jk+k^2}{j^2k^2(j+k)^2} = \sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(j+k)^2} +\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{jk(j+k)^2} + \sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2(j+k)^2}= $$

$$ 2\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(j+k)^2} +\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{jk(j+k)^2}$$

A través de la fracción parcial de la descomposición de la de arriba es igual a:

$$\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^3k} -\frac{1}{j^3(j+k)}-\frac{1}{j^2(j+k)}+2\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{2}{j^3(j+k)}-\frac{2}{j^3k}+\frac{1}{j^2k^2}+\frac{1}{j^2(j+k)^2} $$

Recopilación de términos similares:

$$3\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^3(j+k)}-3\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^3k} +\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2(j+k)^2} + 2\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2k^2} = $$

La suma final claramente es igual a $2\zeta(2)^2$ o $\frac{\pi^4}{18}$. Yo luego de evaluar las dos primeras sumas mediante la combinación de ellos para obtener:

$$3\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^3}(\frac{1}{j+k}-\frac{1}{k}) $$

Intercambiando j y k a y el promedio de las dos sumas para obtener:

$$\frac{3}{2}\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^3}(\frac{1}{j+k}-\frac{1}{k})+\frac{1}{k^3}(\frac{1}{j+k}-\frac{1}{j}) $$

Esto puede ser reescrita como:

$$-\frac{3}{2}\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2k(j+k)}+\frac{1}{k^2j(j+k)}= -\frac{3}{2}\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2k^2} = -\frac{3}{2}\zeta{(2)}^2 = -\frac{\pi^4}{24}$$

Para poner de nuevo en el problema original:

$$\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2(j+k)^2} + \frac{\pi^4}{18} -\frac{\pi^4}{48} = \sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2(j+k)^2} + \frac{\pi^4}{72} $$

Esto es todo lo que tengo. No podía evaluar la suma de la manera en que lo hice antes. Usando una calculadora, hay una muy buena probabilidad es igual a $\frac{\pi^4}{120}$.

Sólo por diversión que fue capaz de escribir la suma restante como:

$$\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j^2(j+k)^2} = \sum_{n=1}^\infty \frac{\zeta(2,n+1)}{n^2}$$

Donde $\zeta(x,y)$ es la Zeta de Hurwitz Función. Wolfram Alpha fue capaz de calcular la suma como $\frac{\pi^4}{120}$ como se desee.

Answer 2

$$S(\infty)=\sum_{j=1}^\infty\,\sum_{k=1}^\infty \frac{(j+k)^2 - jk}{j^2(j+k)^2k^2} = \underbrace{\Big(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}\Big)^2}_{=\zeta(2)^2} - \underbrace{\sum_{j=1}^\infty\,\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{j\,k}\int_0^\infty dt \,t \,e^{-t(j+k)}}_{:=U},$$ donde el primer paso es el álgebra y la segunda es el uso de Euler representación de la $\Gamma$ función. Intercambio de sumas e integrales y la suma en términos de $\log$ encontrar $$U=\int_0^\infty dt \,t \, \log^2(1-e^{-t}) = -\int_0^1 \frac{du}{u} \log\,u \log^2{(1-u)} =$$ $$-\frac{\partial}{\partial s} \frac{\partial^2}{\partial v^2} \int_0^1 u^{s-1} (1-u)^{v-1} \, du \Big\vert_{s=0,v=1}= -\frac{\partial}{\partial s} \frac{\partial^2}{\partial v^2}\frac{\Gamma(s) \Gamma(v)}{\Gamma(s+v)}\Big\vert_{s=0,v=1}$$ donde sigue el primer paso de una simple sustitución de $u=e^{-t}$ y la segunda es escribir la integral en términos de algo que se conoce, la beta integral. Use su favorito CAS a hacer las derivadas parciales para obtener $U=\pi^4/180.$ Combinar con $\zeta(2)^2 = \pi^4/36$ al finalizar la prueba de la OPs hipótesis.

Answer 3

$$ \begin{align} \frac{m^2+m\,n+n^2}{m^2\,(m+n)^2\,n^2}\, &=\frac{m^2+m\,n+n^2\,\color{red}{+m\,n-m\,n}}{m^2\,(m+n)^2\,n^2} \\[2mm] &=\,\frac{(m+n)^2-m\,n}{(m+n)^2\,m^2\,n^2} \\[2mm] &=\,\frac{1}{m^2\,n^2}-\frac{1}{m\,n\,(m+n)^2} \\[2mm] &=\,\frac{1}{m^2\,n^2}-\frac{1}{m^3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m+n}-\frac{m}{(m+n)^2}\right) \\[2mm] &=\,\color{brown}{\frac{1}{m^2\,n^2}}\color{green}{-\frac{1}{m^3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m+n}\right)}\color{blue}{+\frac{1}{m^2}\frac{1}{(m+n)^2}} \end{align} $$

$$ \begin{align} \color{brown}{\large S_{\small 1}\,} &=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^2\,n^2}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\left(\zeta(2)\right)^2=\color{brown}{\frac{\pi^4}{36}} \\[4mm] \color{green}{\large S_{\small 2}\,} &=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m+n}\right)=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^3}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{m+n}\right) \\[2mm] &=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^3}\sum_{n=1}^{\color{red}{m}}\frac{1}{n}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{H_{m}}{m^3}=\frac{5}{4}\zeta(4)=\color{green}{\frac{\pi^4}{72}}\tag{1} \\[4mm] \color{blue}{\large S_{\small 3}\,} &=\sum_{m=1}^{\infty}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}\frac{1}{(m+n)^2}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(m+n)^2} \\[2mm] &=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}\,\sum_{\color{red}{n=m+1}}^{\infty}\,\frac{1}{n^2}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\psi^{\small (1)}(m+1)}{m^2} \\[2mm] &=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^2}\left[\zeta(2)-\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2}\right]=\left(\zeta(2)\right)^2-\sum_{m=1}^{\infty}\frac{H_{m,2}}{m^2} \\[2mm] &=\left(\zeta(2)\right)^2-\frac{1}{2}\left[\left(\zeta(2)\right)^2+\zeta(4)\right]=\frac{1}{2}\left[\left(\zeta(2)\right)^2-\zeta(4)\right]=\color{blue}{\frac{\pi^4}{120}}\tag{2} \end{align} $$

$$ \color{red}{\Longrightarrow\quad S}\,=S_1-S_2+S_3=\,\color{red}{\frac{\pi^4}{45}} $$

---

$\,H_m\,\,\,$ : Número Armónico , $\,\{1\}\,$ : La Ecuación (19) ,$\,\{2\}\,$ : La Ecuación (43)

$\,{\large\psi}^{\small (1)}\,\,$ : Polygamma Función

Answer 4

Un enfoque alternativo:

$$ S = \lim_{n\to +\infty}S(n) = \sum_{j,k\geq 1}\frac{1}{j^2 k^2}-\sum_{k,j\geq 1}\frac{1}{jk(j+k)^2}=\zeta(2)^2-\sum_{k,j\geq 1}\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-(j+k)x}}{jk}\,x\,dx $$ conduce a $$S = \zeta(2)^2-\int_{0}^{+\infty}x\log^2(1-e^{-x})\,dx=\frac{\pi^4}{36}+\int_{0}^{1}\frac{\log^2(1-x)\log(x)}{x}\,dx$$ o a $$ S = \frac{\pi^4}{36}+\int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)}{1-x}\log^2(x)\,dx = \frac{\pi^4}{36}-\sum_{n\geq 1}\frac{2H_n}{(n+1)^3}$$ desde $\frac{-\log(1-x)}{1-x}=\sum_{n\geq 1}H_n x^n$$\int_{0}^{1}x^n\log^2(x)\,dx = \frac{2}{(n+1)^3}$. Reorganización de $$ S = \frac{\pi^4}{36}-2\sum_{n\geq 1}\frac{H_{n}}{n^3}+2\,\zeta(4) = 2\,\zeta(4) = \frac{\pi^4}{45}$$ desde el medio plazo es lineal Euler suma, que puede calcularse a partir del Teorema 2.2 aquí (Flajolet y Salvy, una obra maestra).