Cómo demostrar que $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2+n}=\frac{\pi^2}{6}$

Question

Wolfram Alpha muestra que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2+n}=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$$ Quiero probar esto.

Intento:

He intentado tratar esto como una serie telescópica: $$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2+n}&=\sum_{n=1}^{\infty}H_n\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\ &=H_{1}\left(1-\frac{1}{2}\right)+H_{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right)+H_{3}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\\ &=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{6}-\frac{1}{8}+\frac{1}{9}-\frac{1}{12} \end{align}$$ Creo que este método no es del todo útil, así que he probado otro: $$H_n=\int_{0}^{1}\frac{1-t^n}{1-t}dt$$ Entonces, $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2+n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2+n}\int_{0}^{1}\frac{1-t^n}{1-t}dt$$ En este punto, no sé cómo proceder.

Answer 1

Además de la telescópica, basta con invertir el orden de la suma doble: $$\sum_{n\ge 1}\frac{\sum_{k=1}^n k^{-1}}{n(n+1)}=\sum_{k\ge 1}k^{-1}\sum_{n\ge k}\frac{1}{n(n+1)}=\sum_{k\ge 1}k^{-2}=\frac{\pi^2}{6}.$$ Editar para explicar la inversión: estamos sumando todos los términos de la forma $\frac{k^{-1}}{n(n+1)}$ con $n,\,k$ enteros en el conjunto $\{(n,\,k)|n,\,k\ge 1,\,k\le n\}$ . Pero podría describir de forma equivalente este conjunto como $\{(n,\,k)|k\ge 1,\,n\ge k\}$ .

Answer 2

Tenemos \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2+n} &=\sum_{n=1}^\infty H_n\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) \\&=\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^n\frac1m\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) \\&=\sum_{m=1}^\infty\frac1m\sum_{n=m}^\infty\left(\frac1n-\frac1{n+1}\right) \\&=\sum_{m=1}^\infty\frac1m\cdot\frac1m \\&=\frac{\pi^2}6. \end{align}

Answer 3

$\newcommand{\Li}{\operatorname{Li}}$ Empezando por un función generadora de los Números Armónicos

$$-\frac{\log(1-x)}{1-x}~=~\sum_{n=1}^\infty H_nx^n\tag1$$

dividimos ambos lados por $x$ e integrar después para obtener

$$\small\begin{align*} \int-\frac{\log(1-x)}{x(1-x)}\mathrm dx&=\int\sum_{n=1}^\infty H_nx^{n-1}\mathrm dx\\ \Li_2(x)+\frac12\log^2(1-x)+c&=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}nx^{n} \end{align*}$$

Enchufar $x=0$ para determinar el valor de $c$ que resulta ser $0$ también. Integrando esta ecuación se obtiene

$$\small\begin{align*} \int\Li_2(x)+\frac12\log^2(1-x)\mathrm dx&=\int\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}nx^{n}\mathrm dx\\ x\Li_2(x)-x+(x-1)\log(1-x)+\frac12(x-1)(\log^2(1-x)-2\log(1-x)+2)+c&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1)}x^{n} \end{align*}$$

La nueva constante vuelve a ser igual a $0$ debido a la misma argumentación anterior. Ahora podemos introducir $x=1$ para calcular el valor de su serie dada, que en general viene dada por $\Li_2(1)$ y esto es conocido para igualar $\zeta(2)$ .

$$\therefore~\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n(n+1)}~=~\frac{\pi^2}6\tag2$$

Answer 4

Utilizando suma por partes tenemos $$\sum_{n\leq N}\frac{H_{n}}{n\left(n+1\right)}=H_{N}\sum_{n\leq N}\frac{1}{n\left(n+1\right)}-\sum_{n\leq N-1}\frac{1}{n+1}\left(\sum_{k\leq n}\frac{1}{k\left(k+1\right)}\right).$$ Claramente $$\sum_{n\leq N}\frac{1}{n\left(n+1\right)}=\left(1-\frac{1}{N+1}\right)$$ entonces $$\sum_{n\leq N}\frac{H_{n}}{n\left(n+1\right)}=H_{N}\left(1-\frac{1}{N+1}\right)-H_{N}+\sum_{n\leq N-1}\frac{1}{\left(n+1\right)^{2}}.$$ Ahora bien, como $H_{N}\sim\log\left(N\right)$ como $N\rightarrow+\infty$ La afirmación es la siguiente.

Answer 5

He aquí otro enfoque, ligeramente más largo. Utilizará una integral doble para evaluar la suma.

Observando que $$\int_0^1 x^{n - 1} \, dx = \frac{1}{n} \quad \text{and} \quad \int_0^1 y^n \, dy = \frac{1}{n + 1},$$ la suma puede escribirse como $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n(n + 1)} = \int_0^1 \int_0^1 \frac{1}{x} \sum_{n = 1}^\infty H_n (xy)^n \, dx dy.\tag1$$ Aquí se ha cambiado el orden de la suma con la integral doble y se puede hacer debido al teorema de convergencia dominada.

Utilizando el función generadora para el número armónico, a saber $$-\frac{\log(1-x)}{1 - x}~=~\sum_{n=1}^\infty H_n x^n,$$ la suma infinita que aparece dentro de la integral en (1) puede escribirse como $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n(n + 1)} = -\int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln (1 - xy)}{x(1 - xy)} \, dx dy.$$ Ejecución de una sustitución de $x \mapsto x/y$ da \begin{align} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n(n + 1)} &= -\int_0^1 \int_0^y \frac{\ln (1 - x)}{x (1 - x)} \, dx dy\\ &= -\int_0^1 \int_0^y \left [\frac{\ln (1 - x)}{x} + \frac{\ln (1 - x)}{1 - x} \right ] \, dx \, dy\\ &= \int_0^1 \operatorname{Li}_2 (y) \, dy + \frac{1}{2} \int_0^1 \ln^2 (1 - y) \, dy\\ &= I_1 + \frac{1}{2} I_2. \end{align} Aquí $\operatorname{Li}_2 (y)$ es el función dilogaritmo .

Para la primera de estas integrales, escribiendo la función dilogaritmo en términos de su representación en serie, tenemos \begin{align} I_1 &= \int_0^1 \sum_{n = 1}^\infty \frac{y^n}{n^2} \, dy\\ &= \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} \int_0^1 y^n \, dy\\ &= \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2(n + 1)}\\ &= \sum_{n = 1}^\infty \left [\frac{1}{n^2} + \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n} \right ]\\ &= \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2} - \sum_{n = 1}^\infty \left (\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1} \right )\\ &= \frac{\pi^2}{6} - 1, \end{align} donde el primero de la serie es el conocido problema de Basilea, mientras que el segundo es telescópico.

Para la segunda de las integrales, defina $$I(a) = \int_0^1 (1 - y)^a \, dy, \quad a > - 1.$$ Observe que $$I''(0) = \int_0^1 \ln^2 ( 1 - y) \, dy,$$ donde la derivada es con respecto a $a$ . Ahora, como $$I(a) = \operatorname{B} (1, a + 1) = \frac{\Gamma (a + 1)}{\Gamma (a + 2)} = \frac{1}{a + 1},$$ donde $\operatorname{B}(x,y)$ es el Función beta se tiene fácilmente $$I''(a) = \frac{2}{(a + 1)^3},$$ que se puede encontrar en $I''(0) = I_2 = 2$ .

Así, $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n (n + 1)} = \frac{\pi^2}{6} - 1 + \frac{1}{2} \cdot 2 = \frac{\pi^2}{6}.$$