Calcule en forma cerrada$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\arctan(1/n) H_n}{n}$

Question

Jugar con la serie de Taylor no es lo suficientemente útil. ¿Qué más probarías?

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\arctan(1/n) H_n}{n}$ $$$\approx 2.1496160413898356727147400526167103602143301206321$ $ Es fácil ver que la serie converge desde$\arctan(1/n) \approx 1/n$ cuando$n$ large. Tal vez su representación integral nos hace sentir más cómodos

ps

Answer 1

Solo tenemos que calcular:$$ \mathcal{J}(m)=\sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{n^{2m}} \tag{1} $ $, pero el teorema de Euler (ver Flajolet y Salvy ,$(2.2)$) da:$$ \mathcal{J}(m)= (1+m)\,\zeta(2m+1)-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2m-2}\,\zeta(k+1)\zeta(2m-k)\tag{2}$ $ como consecuencia de:$$ \text{Res}\left[\left(\psi(-s)+\gamma\right)^2,s=n\right]=2 H_n,\tag{3}$ $, por lo tanto:% # ps

donde:$$ S=\sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{n}\,\arctan\frac{1}{n}=\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{2m-1}\sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{n^{2m}}=\\=\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{2m-1}\left((1+m)\,\zeta(2m+1)-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2m-2}\,\zeta(k+1)\zeta(2m-k)\right)=\\=\sum_{m\geq 1}\frac{(-1)^{m+1}}{2m-1}\cdot[x^{2m}]\,g(x)\tag{4}$ $

Entonces tenemos:$$\begin{eqnarray*} g(x) &=& -\gamma-\frac{\gamma x}{2}- \psi(1-x)-\gamma x \psi(1-x)-\frac{x}{2} \psi(1-x)^2+\frac{x}{2} \psi'(1-x)\\&=&\frac{\pi^2}{4}\,x+2\zeta(3)\,x^2+\frac{5}{4}\zeta(4)\,x^3+(3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3))\,x^4+\ldots\tag{5}\end{eqnarray*} $ $

Answer 2

Comience con$$\int_0^{\infty}e^{-nx}\frac{\sin x}{x}dx=\arctan \frac1n$ $, (que por cierto es un ejercicio famoso para "diferenciar bajo el signo integral" para calcular$\int_0^{\infty}\frac{\sin x }{x}dx$). Ahora,$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n}x^n=-\int_0^x\frac{\log(1-t)}{t(1-t)}dt= \mathrm{Li}_2(x)+\frac12\log^2(1-x)$ $ entonces otra representación integral de la suma sería$$\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x} \left(\mathrm{Li}_2(e^{-x})+\frac12\log^2(1-e^{-x})\right )dx$ $

Answer 3

Dejar $f(z)=\dfrac{(\gamma+\psi_0(-z))^2}{z^2+x^2}$. En$z=Re^{i[0,2\pi]}$,$f(z)\sim\mathcal{O}\left(\dfrac{\ln^2{R}}{R^2}\right)$, por lo que el teorema del residuo da \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\operatorname{Res}\left(f(z),n\right)+\sum_{\pm}\operatorname{Res}\left(f(z),\pm ix\right)+\operatorname{Res}\left(f(z),0\right)=0\tag1 \end {align} En los enteros positivos, \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\operatorname{Res}\left(f(z),n\right) &=\sum^\infty_{n=1}\operatorname*{Res}_{z=n}\frac{1}{(z^2+x^2)(z-n)^2}+\sum^\infty_{n=1}\operatorname*{Res}_{z=n}\frac{2H_n}{(z^2+x^2)(z-n)}\\ &=2\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2+x^2}-2\sum^\infty_{n=1}\frac{n}{(n^2+x^2)^2}\tag2 \end {align} At$z=\pm ix$, \begin{align} \sum_{\pm}\operatorname{Res}\left(f(z),\pm ix\right) &=\frac{(\gamma+\psi_0(-ix))^2}{2ix}-\frac{(\gamma+\psi_0(ix))^2}{2ix}\\ &=\operatorname{Im}\frac{(\gamma+\psi_0(-ix))^2}{x}\tag3 \end {Align} En$z=0$, \begin{align} \operatorname{Res}(f(z),0) &=\operatorname*{Res}_{z=0}\frac{1}{z^2(z^2+x^2)}=0\tag4 \end {align} Sustituyendo$(2)$,$(3)$,$(4)$ en$(1)$, \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^2+x^2}=\sum^\infty_{n=1}\frac{n}{(n^2+x^2)^2}+\operatorname{Im}\frac{(\gamma+\psi_0(ix))^2}{2x}\tag5 \end { alinear} e integrar$(5)$ de$0$ a$1$ da como resultado \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n\operatorname{arccot}{n}}{n} &=\color{darkblue}{\operatorname{Im}\int^1_0\frac{(\gamma+\psi_0(ix))^2}{2x}\ {\rm d}x}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n(n^2+1)}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{\operatorname{arccot}{n}}{n^2}\\ &=\color{darkblue}{\mathcal{I}}+\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{2(n-i)}-\frac{1}{2(n+i)}\right)+\frac{1}{2}\int^1_0\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n(n^2+x^2)}\ {\rm d}x\\ &=\color{darkblue}{\mathcal{I}}+\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\operatorname{Re}\psi_0(1+i)+\int^1_0\frac{\gamma+\operatorname{Re}\psi_0(1+ix)}{2x^2}{\rm d}x\\ &=\frac{\gamma}{2}+\frac{1}{2}\operatorname{Re}\psi_0(1+i)+\operatorname{Re}\int^1_0\frac{\gamma+\psi_0(1+ix)-ix(\gamma+\psi_0(ix))^2}{2x^2}\ {\rm d}x\\ &\tag6 \end {align} La integral restante es bastante difícil de abordar a partir de ahora.