Estoy buscando diferentes enfoques para probar las siguientes series.
PS
Mi enfoque es usar números de stirling ilustrados aquí .
¿Qué otros enfoques se podrían utilizar?
Respuesta
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28
Recordemos que el Dilogarithm función denotada por $\mathrm{Li}_2\left ( z \right )$ $\left | z \right |\leq 1$ hemos $$\mathrm{Li}_2\left ( z \right )=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{z^{n}}{n^{2}}=-\int_{0}^{z}\frac{\ln\left ( 1-t \right )}{t}\, \mathrm{d}t$$ Al $z = 1$ tenemos que $$\mathrm{Li}_2\left ( 1 \right )=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{6}$$ Si $x\in \left ( 0,1 \right )$, la siguiente identidad tiene $$\ln x\ln\left ( 1-x \right )-\frac{1}{2}\ln^2\left ( 1-x \right )+\mathrm{Li}_2\left ( x \right )+\int_{1}^{1/\left ( 1-x \right )}\frac{\ln\left ( u-1 \right )}{u}\, \mathrm{d}u\tag1$$ Para demostrar esta identidad dejamos $f:\left ( 0,1 \right )\rightarrow \mathbb{R}$ sea la función definida por la mano izquierda lado de $(1)$. A continuación, un sencillo cálculo muestra que $f'(x)=0$. Por lo tanto, $f$ es una función constante y, por tanto,$\displaystyle f\left ( x \right )=\lim_{x\rightarrow 0}f\left ( x \right )=0$.
También necesitamos la siguiente integral como Zaid Alyafeaimencionado $$\int^1_0 \frac{\ln^3(1-x)}{x}\,\mathrm{d}x = -\frac{\pi ^{4}}{15}$$ Ahora estamos listos para resolver el problema. Basado en $$\int_{0}^{1}x^{n}\ln\left ( 1-x \right )\mathrm{d}x=-\frac{H_{n+1}}{n+1}$$ tenemos \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty }\left ( \frac{H_n}{n} \right )^{2}&=\sum_{n=1}^{\infty }\int_{0}^{1}x^{n-1}\ln\left ( 1-x \right )\mathrm{d}x\int_{0}^{1}y^{n-1}\ln(1-y)\, \mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\left ( \sum_{n=1}^{\infty }\left ( xy \right )^{n-1} \right )\ln\left ( 1-x \right )\ln\left ( 1-y \right )\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\ln\left ( 1-x \right )\ln\left ( 1-y \right )}{1-xy}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{1}\ln\left ( 1-x \right )\left (\int_{0}^{1}\frac{\ln\left ( 1-y \right )}{1-xy}\mathrm{d}y \right )\mathrm{d}x \end{align*} Calculamos el interior de la integral, por lo que la sustitución de $1−xy = t$, y lo han \begin{align*} \int_{0}^{1}\frac{\ln\left ( 1-y \right )}{1-xy}\mathrm{d}y&=\frac{1}{x}\int_{1-x}^{1}\frac{\ln\left ( 1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{t}{x} \right )}{t}\, \mathrm{d}t\\ &=\frac{1}{x}\int_{1-x}^{1}\frac{\ln\left ( \dfrac{1}{x} \right )}{t}\, \mathrm{d}t+\frac{1}{x}\int_{1-x}^{1}\frac{\ln\left ( x-1+t \right )}{t}\, \mathrm{d}t\\ &=\frac{1}{x}\ln x\ln\left ( 1-x \right )+\frac{1}{x}\int_{1-x}^{1}\frac{\ln\left ( x-1+t \right )}{t}\, \mathrm{d}t \end{align*} La sustitución de $t =(1−x)u$, en la anterior integral, combinado con $(1)$ implica que \begin{align*} \int_{0}^{1}\frac{\ln\left ( 1-y \right )}{1-xy}\mathrm{d}y&=\frac{1}{x}\ln x\ln\left ( 1-x \right )+\frac{1}{x}\int_{1}^{1/\left ( 1-x \right )}\frac{\ln\left ( 1-x \right )\left ( u-1 \right )}{u}\, \mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{x}\left ( \ln x\ln\left ( 1-x \right )-\ln^2\left ( 1-x \right )+\int_{1}^{1/\left ( 1-x \right )}\frac{\ln\left ( u-1 \right )}{u}\, \mathrm{d}u \right )\\ &=\frac{1}{x}\left ( -\frac{1}{2}\ln^2\left ( 1-x \right )-\mathrm{Li}_2\left ( x \right ) \right ) \end{align*} De ello se sigue que \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty }\left ( \frac{H_n}{n} \right )^{2}&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln^3\left ( 1-x \right )}{x}\, \mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\frac{\ln\left ( 1-x \right )\mathrm{Li}_2\left ( x \right )}{x}\, \mathrm{d}x\\ &=\frac{\pi ^{4}}{30}+\frac{1}{2}\left [\mathrm{Li}_2\left ( x \right ) \right ]^{2}\Bigg|_{0}^{1}\\ &=\frac{\pi ^{4}}{30}+\frac{\pi ^{4}}{72}\\ &=\frac{17\pi ^{4}}{360} \end{align*}
