Una serie que involucra la armónica de los números : $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3}$

Question

Deje de $H_{n}$ ser el nésimo número armónico definido por $ H_{n} = \sum_{n=1}^{n} \frac{1}{k}$.

Estoy interesado en saber cómo mostrar que

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3}=\frac{\pi^4}{72}.$$

He intentado utilizar la definición de la serie de los números anteriores, pero yo no era capaz de llegar muy lejos. Tal vez podemos usar alguna otra representación de la serie de los números.

Answer 1

Euler suma de $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{q}}$, donde $p$ es un entero positivo impar mayor que $1$, también puede ser evaluada utilizando este enfoque. Vea aquí.

---

Mediante la integración de la representación $$H_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1-t^{n}}{1-t} \, dt \ ,$$

tenemos

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{3}} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{3}} \int_{0}^{1} \frac{1-t^{n}}{1-t} \ dt \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1-t} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-t^{n}}{n^{3}} \\ &=\int_{0}^{1} \frac{\zeta(3) - \text{Li}_{3}(t)}{1-t} \ dt \etiqueta{1} \\ &=- \Big(\zeta(3)-\text{Li}_{3}(t)\Big) \ln(1-t) \Bigg|_{0}^{1} - \int^{1}_{0} \frac{ \text{Li}_{2}(t) \log(1-t)}{t} \ dt \\ &= -\int_{0}^{1} \frac{ \text{Li}_{2}(t) \log(1-t)}{t} \ dt \\ &= \int_{0}^{1} \text{Li}_{2}(t) \, d \big(\text{Li}_{2}(t)\) \ \ & = \frac{\big(\text{Li}_{2}(t)\big)^{2}}{2} \Bigg|^{1}_{0} \\ &= \frac{\zeta^{2}(2)}{2} \\ &= \frac{\pi^{4}}{72}. \end{align}$$

$ $

$(1)$ https://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm

Answer 2

Voy a tratar de reducir la suma integral: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3} = \sum_{n=1}^\infty H_n \frac{1}{\Gamma(3)} \int_0^\infty x^2 \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{d} x = \frac{1}{2} \int_0^\infty x^2 \sum_{n=1}^\infty H_n \mathrm{e}^{-n x} \mathrm{d} x \etiqueta{1} $$ Ahora hacemos uso de la siguiente generación de la función: $$ \sum_{n=1}^\infty H_n z^n = \sum_{n=1}^\infty H_n \Delta_n \left(\frac{z^n}{z-1} \right) $$ donde $\Delta_n f_n = f_{n+1}-f_n$. Ahora podemos usar la sumación por partes: $$ \sum_{n=1}^m a_n \Delta_n b_n = b_{m+1} a_m - b_1 a_1 - \sum_{n=1}^{m-1} b_{n+1} \Delta_n a_n $$ con $b_n = \frac{z^n}{z-1}$ y $a_n = H_n$ y $\Delta_n H_n = \frac{1}{n+1}$, obtenemos $$ \sum_{n=1}^\infty H_n z^n = \sum_{n=1}^\infty H_n \Delta_n \left(\frac{z^n}{z-1} \right) = -1 - \sum_{n=1}^\infty \frac{z^{n+1}}{z-1} \frac{1}{n+1} = \frac{\log(1-z)}{z-1} \etiqueta{2} $$ Ahora, usando $(2)$ $(1)$: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3} = -\frac{1}{2} \int_0^\infty x^2 \frac{\log\left(1-\mathrm{e}^{-x}\right)}{1-\mathrm{e}^{-x}} \mathrm{d}x \stackrel{t=\exp(-x)}{=} -\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{\log(1-t)}{1-t} \frac{\log^2(t)}{t} \mathrm{d}t \etiqueta{3} $$ La última integral se puede evaluar mediante los derivados de la función beta de Euler: $$ \int_0^1 \frac{\log(1-t)}{1-t} \frac{\log^2(t)}{t} \mathrm{d}t = \lim_{\alpha \downarrow 0} \lim_{\beta \downarrow 0} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} \beta^2} \int_0^1 \left(1-t\right)^{\alpha-1} t^{\beta-1} \mathrm{d} t = \lim_{\alpha \downarrow 0} \lim_{\beta \downarrow 0} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} \beta^2} \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} $$ El uso de $$ \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} = \left(\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} \right) \frac{\Gamma(\alpha+1) \Gamma(\beta+1)}{\Gamma(\alpha + \beta+1)} = \left(\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} \right) \left( 1 - \frac{\pi^2}{6} \alpha \beta + \left(\alpha \beta^2 + \beta \alpha^2\right) \zeta(3) - \frac{\pi^4}{360} \left(4 \alpha \beta^3 + \alpha^2 \beta^2 + 4 \alpha^3 \beta\right) + \cdots \right) $$ La diferenciación obtenemos el resultado: $$ \lim_{\alpha \downarrow 0} \lim_{\beta \downarrow 0} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} \alpha} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d} \beta^2} \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha + \beta)} = -\frac{\pi^2}{36} $$ rendimiento con eq. $(3)$: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3} = \frac{\pi^4}{72} $$

Answer 3

Al parecer, Euler demostró en 1775que: $$2 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^p} = (q+2)\zeta(q+1)- \sum_{m=1}^{q 2}\zeta(m+1)\zeta(q-m)$$ En su caso, $q=3$, de modo que: $$2 \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3} = 5\zeta(4)- \zeta(2)^2 = 5\frac{\pi^4}{90}-\frac{\pi^4}{36}=\frac{\pi^4}{36}$$ El original de la prueba de euler en inglés se puede encontrar aquí.

Answer 4

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over n^{3}} = {\pi^{4} \, más de un 72}:\ {\large ?}}$

\begin{align}\color{#66f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over n^{3}}} &=\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{3}}\ \overbrace{\quad\sum_{k = 1}^{\infty}\pars{{1 \over k} - {1 \over k + n}}\quad} ^{\ds{=\ H_{n}}}\ =\ \sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}k\pars{k + n}} \\[3 mm]&=\media\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{\infty} \bracks{{1 \over n^{2}k\pars{k + n}} + {1 \over k^{2}n\pars{n + k}}} =\media\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{\infty} {k + n \más de n^{2}k^{2}\pars{k + n}} \\[3 mm]&=\media\sum_{n = 1}^{\infty}\sum_{k = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}k^{2}} =\media\pars{\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over n^{2}}}^{2} =\media\pars{\pi^{2} \over 6}^{2}=\color{#66f}{\Large{\pi^{4} \, más de un 72}} \aprox 1.3529 \end{align}

Answer 5

Apelando a la integral de la identidad me introdujo en un problema anterior para el caso más general de su suma

$ A$ B(p,q) = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{H_k^{(p)}}{k^p}=\frac{(-1)^p}{\Gamma(q)}\int_{0}^{1}\!{\frac {\left(\ln\left(u\right)\right)^{p-1}{Li_{p}(u)} }{ u\left( u-1 \right)}}{du}, $$

donde $Li_{p}(u)$ es la polylogarithm función, podemos tener la siguiente representación integral para la suma

$A$B(1,3) = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{H_k}{k^3}=-\frac{1}{\Gamma(3)}\int_{0}^{1}\!{\frac {\ln^2\left(u\right){\ln(1-u)} }{ u\left( 1-u \right)}}{du} $$

$$ = -\frac{1}{\Gamma(3)}\lim_{w\to 0}\lim_{s \to 0}\frac{d}{ps} \frac{d^2}{ds^2}\int_{0}^{1} u^{m-1}\, (1-u)^{w-1} $$

$$ = -\frac{1}{2}\lim_{w\to 0}\lim_{s \to 0}\frac{d}{ps} \frac{d^2}{ds^2}\beta(s, w)=\frac{\pi^4}{72}, $$

donde $\beta(s,w)=\frac{\Gamma(s)\Gamma(w)}{\Gamma(s+w)}$ es la función beta.

Nota: $$ Li_{1}(x) = -\ln(1-x). $$