Dos sumas de Euler que contienen cada una el recíproco del coeficiente binomial central

Question

¿Es posible encontrar expresiones de forma cerrada para las siguientes dos sumas de Euler que contienen el recíproco del coeficiente del binomio central? $$1. \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{(2n + 1) \binom{2n}{n}} \qquad \text{and} \qquad 2. \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n H_{2n + 1}}{(2n + 1) \binom{2n}{n}}$$ Aquí $H_n$ es el $n$ th número armónico .

La razón por la que me interesan estas dos sumas es la siguiente. Surgió al considerar formas alternativas de evaluar la integral dada aquí $$\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2 - x - 1} \, dx = \frac{\pi^2}{5 \sqrt{5}}.$$

Una forma, muy similar a la respuesta dada, es utilizar la maquinaria del dilogaritmo y es relativamente sencilla.

Una segunda forma es la siguiente: \begin{align} \int_0^1 \frac{\ln x}{x^2 - x - 1} \, dx &= - \int_0^1 \frac{\ln x}{1 + (x - x^2)} \, dx\\ &= - \int_0^1 \ln x \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n (x - x^2)^n \, dx \tag1 \\ &= - \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \int_0^1 \ln x \, x^n (1 - x)^n \, dx\tag2. \end{align} En (1) se ha utilizado una expansión geométrica que es válida ya que $|x - x^2| < 1$ para $0 < x < 1$ . En (2) se ha intercambiado la suma y la integración y es válido debido al teorema de convergencia dominada.

Considere $$J(a) = \int_0^1 x^a (1 - x)^n \, dx, \quad a > 0.$$ Diferenciando con respecto a $a$ tenemos $$J'(a) = \int_0^1 \ln x \, x^a (1 - x)^n \, dx,$$ y observamos que $$J'(n) = \int_0^1 \ln x \, x^n (1 - x)^n \, dx.$$

Ahora $$J(a) = \operatorname{B} (a + 1, n + 1) = \frac{\Gamma (n + 1) \Gamma (a + 1)}{\Gamma (a + n + 2)}.$$ Así, $$J' (a) = \frac{\Gamma (n + 1) \Gamma (a + 1)}{\Gamma (a + n + 2)} \left [\psi (a + 1) - \psi (a + n + 2) \right ].$$ Aquí $\psi (z)$ es el función digamma . Configuración $a = n$ entonces da $$J'(n) = \frac{1}{(2n + 1) \binom{2n}{n}} \left [\psi (n + 1) - \psi (2n + 2) \right ] = \frac{1}{(2n + 1) \binom{2n}{n}} (H_n - H_{2n + 1}),$$ donde hemos utilizado el resultado : $\psi(x) = H_{n - 1} - \gamma$ con $\gamma$ correspondiente a la constante de Euler-Mascheroni.

Así que al volver a nuestra integral vemos que $$\int_0^1 \frac{\ln x}{x^2 - x - 1} \, dx = \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n + 1) \binom{2n}{n}} (H_{2n + 1} - H_n) = \frac{\pi^2}{5 \sqrt{5}},$$ y me lleva a las dos sumas de Euler.

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Reflexiones sobre la búsqueda de las sumas

Una idea es masajear de alguna manera el resultado $$\sum_{n = 0}^\infty \frac{x^{2n + 2}}{(n + 1)(2n + 1) \binom{2n}{n}} = 4 \arcsin^2 \left (\frac{x}{2} \right ),$$ junto con, quizás, el resultado $$H_n = - n \int_0^1 x^{n - 1} \ln (1 - x) \, dx,$$ en una forma adecuada, pero la presencia del término alternativo $(-1)^n$ está resultando difícil.

Answer 1

EDITAR 12.02.2019

Inspirado por el comentario de omegadot "Basado en la evidencia numérica parece correcto con las dos expresiones finales siendo mucho más complicado de lo que podría haber imaginado. Supongo que también sería una tarea todopoderosa hercúlea demostrar finalmente $p_2-p_1 = \frac{\pi^2}{5\sqrt{5}}$ "

He resuelto ambos problemas (sin ser Hércules).

Primero mostré, a partir de mis expresiones $(2c)$ y $(3c)$ que en efecto

$$p_2-p_1 = \frac{\pi^2}{5\sqrt{5}}\tag{e1}$$

Entonces, simplificando $p_1$ utilizando la identidad mencionada en mi comentario

$$\text{Li}_2\left(\frac{1}{z}\right)+\text{Li}_2(z)+\frac{1}{2} \log ^2(-z)+\zeta (2)=0, z\lt 0\tag{e2}$$

y utilizando $(e1)$ para $p_2$ Encuentro con

$$q=\frac{1}{2} \left(\sqrt{5}-1\right)=\frac{1}{\phi}\tag{e3}$$

estas expresiones simplificadas (utilizando $q$ o la proporción áurea $\phi$ (alternativamente)

$$p_1 = \frac{4}{\sqrt{5}} \;\text{Li}_2\left(-q^2\right)+\frac{4 \log (q) \log (5 q)}{\sqrt{5}}+\frac{\pi ^2}{3 \sqrt{5}}\tag{2e}$$

$$p_1 = -\frac{4 \text{Li}_2\left(-\phi ^2\right)}{\sqrt{5}}-\frac{4 \log (\phi ) \log (5 \phi )}{\sqrt{5}}-\frac{\pi ^2}{3 \sqrt{5}}\tag{2f}$$

$$p_2 = \frac{4}{\sqrt{5}} \;\text{Li}_2\left(-q^2\right)+\frac{4 \log (q) \log (5 q)}{\sqrt{5}}+\frac{8 \pi ^2}{15 \sqrt{5}}\tag{3e}$$

$$p_2 = -\frac{4 \text{Li}_2\left(-\phi ^2\right)}{\sqrt{5}}-\frac{4 \log (\phi ) \log (5 \phi )}{\sqrt{5}}-\frac{2 \pi ^2}{15 \sqrt{5}}\tag{3f}$$

Nota:

Observando que el parámetro $q$ resuelve la ecuación $x^2+x-1=0$ me llevó a estudiar la integral

$$i_2= \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2+x-1}\,dx\tag{e4}$$

que es similar a la integral

$$i_1= \int_0^1 \frac{\log(x)}{x^2-x-1}\,dx$$

que fue el punto de partida en el puesto de omegadot.

He resuelto la integral (divergente) $i_2$ con un procedimiento de limitación a partir de un polinomio general de 2º grado en el denominador que da el resultado

$$i_2 = \frac{3 \pi ^2}{10 \sqrt{5}}+\frac{i \pi \log (q)}{\sqrt{5}}\tag{e5}$$

La parte real es el valor principal de $i_2$ .

Obsérvese que esta expresión se asemeja a los términos constantes de $p_{1,2}$ .

Puesto original, 11.02.2019

La pregunta era "¿Es posible encontrar expresiones de forma cerrada para las siguientes dos sumas de Euler que contienen el recíproco del coeficiente central del binomio?"

La respuesta es sí, y proporcionamos ambas expresiones cerradas.

En ambos casos se dan en términos de combinaciones de $\log(.)$ y la función polilógica $\text{Li}_2(.)$ . Los argumentos son expresiones del tipo $a + b \sqrt{5}$ con racionalidad $a$ y $b$ donde $\sqrt{5}$ también puede expresarse en términos de la proporción áurea.

Definiciones

$$p_1= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{(2n + 1) \binom{2n}{n}} \qquad \text{and} \qquad p_2= \sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n H_{2n + 1}}{(2n + 1) \binom{2n}{n}}$$

Aquí $H_n$ es el $n$ th número armónico .

Resultados

Utilizando

$$H_{n}=\int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x} \, dx\tag{1}$$

Encuentro

Para $p_1$

La suma bajo la integral es

$$s_1 = \frac{4 \left(\sqrt{5} \sqrt{x} \sqrt{x+4}\; \text{arcsinh}\left(\frac{1}{2}\right)-5\; \text{arcsinh}\left(\frac{\sqrt{x}}{2}\right)\right)}{5 (1-x) \sqrt{x} \sqrt{x+4}}\tag{2a}$$

Tenemos que evaluar la integral

$$p_1 = \int_0^1 s_1 \,dx \tag{2b}$$

Esto también se puede hacer en Mathematica para dar

$$p_1 =-\frac{2}{\sqrt{5}} \left(\text{Li}_2\left(\frac{1}{2} \left(-3-\sqrt{5}\right)\right)-\text{Li}_2\left(\frac{1}{2} \left(-3+\sqrt{5}\right)\right)\tag{2c}\\+\log (25) \log \left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\right)\right)$$

Numéricamente,

$$N(p_1) \simeq -0.12711517793300195$$

Observe que $p_1$ también puede expresarse mediante la "proporción áurea

$$\phi=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5}) \simeq 1.618033988749895$$

como

$$p_1=-\frac{2}{\sqrt{5}} (-\text{Li}_2(\phi -2)+\text{Li}_2(-\phi -1)+4 \log (2 \phi -1) \log (\phi ))\tag{2d}$$

Para $p_2$

la suma se puede hacer

$$s_2 = \frac{1}{1-x} \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n (1-x^{2n + 1})\frac{1}{(2n + 1) \binom{2n}{n}}\\= \frac{4 \left(\sqrt{5} \sqrt{x^2+4} \;\text{arcsinh}\left(\frac{1}{2}\right)-5 \; \text{arcsinh}\left(\frac{x}{2}\right)\right)}{5 (1-x) \sqrt{x^2+4}}\tag{3a}$$

Tenemos que evaluar la integral.

$$p_2 = \int_0^1 s_2 \,dx\tag{3b}$$

Mathematica 8.0 puede hacer la integral (la versión 10.1 no puede, por lo que es aconsejable mantener las versiones anteriores).

El resultado (obtenido tras una larga serie de sorprendentes simplificaciones)

$$p_2 = \frac{4 \text{Li}_2\left(\frac{7}{2}-\frac{3 \sqrt{5}}{2}\right)}{\sqrt{5}}-\frac{4 \text{Li}_2\left(\frac{1}{2} \left(-3+\sqrt{5}\right)\right)}{\sqrt{5}}+\frac{2 \log \left(\frac{1}{2} \left(\sqrt{5}-1\right)\right) \log \left(25 \left(9-4 \sqrt{5}\right)\right)}{\sqrt{5}}\tag{3c}$$

Numéricamente,

$$N(p_2) \simeq 0.7556490761416742$$

En términos de la proporción áurea tenemos

$$p_2 = \frac{2}{\sqrt{5}}(\log (\phi -1) \log (25 (13-8 \phi ))-2 \text{Li}_2(\phi -2)+2 \text{Li}_2(5-3 \phi ))\tag{3d}$$

Observaciones técnicas

Hacer las integrales en Mathematica no fue en absoluto trivial. Procedí de la manera común para calcular primero la antiderivada y luego -después de haber confirmado numéricamente la continuidad- tomar los límites en $x=0$ y $x=1$ , resp.

Mientras que la versión 10.1 se negó a calcular los límites en $x=1$ La versión 8.0 proporcionó resultados, pero contenían partes imaginarias espurias y términos con productos de ocultación $0 * \infty$ para que el comando "Simplificar" devolviera "Indeterminado". Una mezcla heurística de comprobaciones numéricas y cancelaciones tetativas me llevó finalmente a las expresiones dadas que finalmente se justificaron numéricamente.