Evaluar

Question

Yo estaba jugando con el tratando de probar la siguiente alternancia de Euler suma: $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n^2} = -\frac{5}{8} \zeta (3).$$ Aquí $H_n$ es el número Armónico.

Al menos dos pruebas diferentes para llegar a este resultado que he podido encontrar se puede ver aquí y aquí. Embarcarse en una alternativa a prueba hice lo siguiente. A partir de la representación integral para el número Armónico de $$H_n = \int_0^1 \frac{1 - x^n}{1 - x} \, dx$$ Reescribí la alternancia de Euler suma como \begin{align} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n^2} &= \int_0^1 \frac{1}{1 - x} \left [\sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} - \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n x^n}{n^2} \right ]\\ &= \int_0^1 \frac{-\pi^2/12 - \operatorname{Li}_2 (-x)}{1 - x} \, dx\\ &= \int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln (1 + x)}{x} \, dx, \end{align} donde la integración por partes ha sido utilizado. Espero que esta última integral puede ser derribado con relativa fácil, pero he estado dando vueltas en círculos por bastante tiempo, sin ningún éxito.

Así que mi pregunta es, ¿cómo puede esta última integral se evalúa (un verdadero método es el preferido) que no se basa en la alternancia de Euler suma empecé con el?

Answer 1

De manera similar a este post. Tenemos: $$4ab=(a+b)^2-(a-b)^2$$ Por lo tanto podemos tomar $a=\ln(1-x)$ e $b=\ln(1+x)$ para obtener: $$I=\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}dx=\frac14 \int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^2)}{x}dx-\frac14 \int_0^1 \frac{\ln^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{x}dx$$ Mediante el establecimiento $x^2 =t$ en la primera integral y $\frac{1-x}{1+x}=t$ en la segunda, se obtiene: $$I=\frac18 \int_0^1 \frac{\ln^2(1-t)}{t}dt -\frac12 \int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t^2}dt=\frac18 \int_0^1 \frac{\ln^2t}{1-t}dt-\frac12 \int_0^1 \frac{\ln^2 t}{1-t^2}dt$$ $$=\frac18\sum_{n\ge 0}\int_0^1 t^n \ln^2 tdt-\frac12 \sum_{n\ge 0}\int_0^1 t^{2n}\ln^2 tdt$$ Mediante el siguiente hecho: $$\int_0^1 t^a dt=\frac{1}{a+1}\Rightarrow \int_0^1 t^a \ln^k tdt=\frac{d^k}{da^k} \left(\frac{1}{a+1}\right)=\frac{(-1)^k k!}{(a+1)^{k+1}}$$ $$\Rightarrow I=\frac18\sum_{n\ge 0}\frac{2}{(n+1)^3} -\frac12 \sum_{n\ge 0}\frac{2}{(2n+1)^3}=\frac28 \zeta(3) -\frac78 \zeta(3)=-\frac58\zeta(3)$$