Demostrar

Question

Demostrar la siguiente

$$\sum\limits_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\frac{H_{\lfloor n/2\rfloor}}{n^3} = \frac{1}{2}\zeta(2)^2-\frac{7}{4}\zeta(3)\log(2)$$

Pude probar la fórmula anterior e interesada en qué enfoque llevaría.

Answer 1

El chalenge es interesante, pero es fácil si sabemos algunos de los clásicos infinito sumas con armónica de los números : http://mathworld.wolfram.com/HarmonicNumber.html

( error de escritura corregido)

Yo estaba seguro de que la fórmula para $\sum\frac{H_{k}}{(2k+1)^3}$ estaba en todos los matemáticos de los manuales de entre la lista de cantidades de la misma especie. Me doy cuenta de que no se encuentra en el artículo de Wolfram que se hace referencia anteriormente. Lo siento por eso. A continuación, ver : http://www.wolframalpha.com/input/?i=sum+HarmonicNumber%28n%29%2F%282n%2B1%29%5E3+from+n%3D1to+infinity

Uno puede encontrar en la literatura algunos papeles relacionados con las sumas de armónica de los números y aún más con la suma de polygamma funciones. La armónica de los números están directamente relacionados con algunos valores particulares de polygamma funciones. Así que, cuando estamos frente a un problema de número armónico, es una buena idea para transformar a un problema de polygamma. Por ejemplo, en el papel "En Algunas Sumas de Digamma y Polygamma Funciones" por Michael Milgram, en el que puede encontrar lo que son los métodos y un montón de fórmulas con las pruebas : http://arxiv.org/ftp/math/papers/0406/0406338.pdf

A partir de esto, se podría derivar una fórmula general para $\sum\limits_{n\geq 1}\frac{H_n}{(an+b)^p}$ con $a, b$ e integer $p>2$. Menos ambicioso, en el caso de $a=2 ; b=1 ; p=3$ se considera a continuación :

Answer 2

Aquí es otra variación del tema: empezamos por dividir la suma

\begin{align*} \sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\frac{H_{\lfloor n/2\rfloor}}{n^3}&=-\sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n)^3}+\sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3}\\ &=-\frac{1}{8}\sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n^3}+\sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3} \end{align*}

De acuerdo a las respuestas de la pregunta knowledge base 305476

la siguiente identidad es válida: \begin{align*} \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n^3}=\frac{1}{2}\zeta(2)^2=\frac{\pi^4}{72} \end{align*}

Un muy elegante respuesta fue dada por el usuario de la Variable Aleatoria. Se basa en dos ideas. La primera de ellas fue el uso de la representación integral

\begin{align*} H_n=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}dt \end{align*}

para la serie de números de $H_n$ con el fin de simplificar la suma. La segunda idea en la que estaba usando integración por partes y por lo tanto cambiar a partir de expresiones con $\text{Li}_3$ a expresiones con $\text{Li}_2$ reduciendo así la complejidad de la integral.

Ahora, se utiliza el mismo enfoque con algunas adaptaciones adicionales para mostrar que

la siguiente identidad es válida: \begin{align*} \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3}&=\frac{9}{16}\zeta(2)^2-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln(2)\\ &=\frac{\pi^4}{64}-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln(2) \end{align*}

Empezamos por el uso de la representación integral para $H_n$ desde arriba y la sustitución de la $u^2=t$:

\begin{align*} \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3}&=\int_0^1\frac{1}{1-t}\sum_{n\geq1}\frac{1-t^n}{(2n+1)^3}dt\\ &=\int_0^1\frac{1}{1-u^2}\sum_{n\geq1}\frac{1-u^{2n}}{(2n+1)^3}2udu \end{align*}

Ahora a observar, que \begin{align*} \sum_{n\geq1}\frac{1}{(2n+1)^3}&=\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^3}-\sum_{n\geq1}\frac{1}{(2n)^3}-1 =\frac{7}{8}\zeta(3)-1\\ \sum_{n\geq1}\frac{u^{2n+1}}{(2n+1)^3}&=\sum_{n\geq1}\frac{u^n}{n^3}-\sum_{n\geq1}\frac{u^{2n}}{(2n)^3}-u=\text{Li}_3(u)-\frac{1}{8}\text{Li}_3(u^2)-u\\ \end{align*}

Por lo tanto, tenemos \begin{align*} \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3}&=2\int_0^1\frac{1}{1-u^2}\left(\frac{7}{8}\zeta(3)u-\text{Li}_3(u)+\frac{1}{8}\text{Li}_3(u^2)\right)du \end{align*}

A continuación, use integración parcial con $U=\left(\frac{7}{8}\zeta(3)u-\text{Li}_3(u)+\frac{1}{8}\text{Li}_3(u^2)\right)$ y las siguientes relaciones: \begin{align*} \frac{d}{du}\text{Li}_3(u)&=\frac{d}{du}\sum_{n\geq 1}\frac{u^n}{n^3}=\sum_{n\geq 1}\frac{u^{n-1}}{n^2}=\frac{1}{u}\text{Li}_2(u)\\ \frac{d}{du}\text{Li}_3(u^2)&=\frac{d}{du}\sum_{n\geq 1}\frac{u^{2n}}{n^3}=2\sum_{n\geq 1}\frac{u^{2n-1}}{n^2}=\frac{2}{u}\text{Li}_2(u^2)\\ \text{Li}_2(u)+\text{Li}_2(-u)&=2\left(\sum_{n\geq 1}\frac{u^n}{n^2}+\sum_{n\geq 1}\frac{(-u)^n}{n^2}\right)=\frac{1}{2}\text{Li}_2(u^2)\\ \frac{d}{du}\text{Li}_2(u)&=\frac{d}{du}\sum_{n\geq 1}\frac{u^n}{n^2}=\sum_{n\geq 1}\frac{u^{n-1}}{n}=\frac{1}{u}\ln(1-u)\\ \frac{d}{du}\text{Li}_2(-u)&=\frac{d}{du}\sum_{n\geq 1}\frac{(-u)^n}{n^2}=-\sum_{n\geq 1}\frac{(-u)^{n-1}}{n}=\frac{1}{u}\ln(1+u)\\ \end{align*}

Así, obtenemos \begin{align*} \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3} &=2\left.\left(\frac{7}{8}\zeta(3)u-\text{Li}_3(u)+\frac{1}{8}\text{Li}_3(u^2)\right)\frac{1}{2}\ln\frac{1+u}{1-u}\right|_0^1\\ &-\int_0^1\left(\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{u}\text{Li}_2(u)+\frac{1}{4u}\text{Li}_2(u^2)\right)\ln\frac{1+u}{1-u}du\\ &=-\int_0^1\left(\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{1}{u}\text{Li}_2(u)+\frac{1}{4u}\text{Li}_2(u^2)\right)\ln\frac{1+u}{1-u}du\\ &=-\frac{7}{8}\zeta(3)\int_0^1ln\frac{1+u}{1-u}du+\frac{1}{2}\int_0^1\left(\text{Li}_2(u)-\text{Li}_2(-u)\right)\frac{1}{u}\ln\frac{1+u}{1-u}du\\ &=-\frac{7}{8}\zeta(3)\left.\left(\ln(1-u^2)+u\ln\frac{1+u}{1-u}\right)\right|_0^1+\frac{1}{4}\left.\left(\text{Li}_2(u)-\text{Li}_2(-u)\right)^2\right|_0^1\\ &=-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln(2)+\frac{9}{16}\zeta(2)^2 \end{align*}

Ahora, poniendo todo junto da

\begin{align*} \sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\frac{H_{\lfloor n/2\rfloor}}{n^3} &=-\frac{1}{8}\sum_{k\geq1}\frac{H_n}{n^3}+\sum_{n\geq1}\frac{H_n}{(2n+1)^3}\\ &=\frac{1}{2}\zeta(2)^2-\frac{7}{4}\zeta(3)\ln(2) \end{align*}