$$S = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{2H_k}{(k+1)(k+2)^3}$$
He intentado mucho y no pudo, cualquier ayuda es apreciada. $H_k$ es el número armónico.
Gracias (método real solamente por favor)
Respuesta
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Tenemos: $$\frac{1}{2}\log^2(1-x)=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{H_k}{k+1}x^{k+1}$$ pero desde $\int_{0}^{1} x^n\log^2 x\,dx = \frac{2}{(n+1)^3}$ se sigue que: $$\begin{eqnarray*} S &=& \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \log^2(1-x)\log^2 x\,dx=\frac{1}{2}\left.\frac{\partial^4}{\partial^2 a\,\partial^2 b}B(a,b)\,\right|_{a,b=1}\end{eqnarray*}.$$ Desde $B(a,b)=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$ $\Gamma'(z)=\psi(z)\Gamma(z)$ por diferenciar varias veces obtenemos un largo expresión, dependiendo únicamente de los valores de $\psi,\psi',\psi''$$\psi'''$$1$$2$:
$$ S = 12 - 4\,\zeta(2) -4\,\zeta(3)-\frac{1}{2}\,\zeta(4).$$
Apéndice: Un enfoque interesante es dado por escrito $\log(x)\log(1-x)$ como una combinación lineal de desplazado polinomios de Legendre. A partir de la fórmula de Rodrigues, la explotación de integración por partes, obtenemos: $$\log x\log(1-x)=2-\frac{\pi^2}{6}-\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{4j+1}{2j^2(2j+1)^2}P_{2j}(2x-1)$$ de ahí el Parseval identidad del da: $$ S = \frac{1}{2}\left(\left(2-\frac{\pi^2}{6}\right)^2+\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(4j+1)}{4j^4(2j+1)^4}\right) $$ y el problema se reduce a mostrar que: $$\sum_{j=1}^{+\infty}\frac{(4j+1)}{4j^4(2j+1)^4}=20-4\zeta(2)-8\zeta(3)-\frac{7}{2}\zeta(4).\tag{1}$$ Este problema parece ser factible creativo telescópica técnicas: $$\frac{1}{(2n)^4}-\frac{1}{(2n+1)^4}=\frac{1+4n}{16n^4(2n+1)^4}+\frac{1+4n}{4n^3(2n+1)^3},$$ $$\frac{1}{(2n)^3}-\frac{1}{(2n+1)^3}=\frac{1}{8n^3(2n+1)^3}+\frac{3}{4n^2(2n+1)^2},$$ $$\frac{1}{(2n)^2}-\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{4n+1}{4n^2(2n+1)^2}=\frac{1}{4n^2}-\frac{1}{(2n+1)^2}.$$
