dos sumas desafiantes$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{n^3}$ y$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{n^3}$

Question

donde $H_n$ es el número armónico y se puede definir como:

$H_n=1+\frac12+\frac13+...+\frac1n$

$H_n^{(2)}=1+\frac1{2^2}+\frac1{3^2}+...+\frac1{n^2}$

De nuevo, mi objetivo de publicar estas dos sumas desafiantes es usarlas como referencia.

Voy a proporcionar mis soluciones pronto.

Me gustaría mencionar que estas dos sumas se pueden encontrar en el libro de Cornel "integrales, sumas y series casi imposibles".

Answer 1

Ambas series se calculan mediante técnicas reales simples en el libro, (Casi) Integrales, sumas y series imposibles ,

PS

$$a) \ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{H_n^{(2)}}{n^3}=\frac{5}{8}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{11}{32}\zeta(5);$ $ $$b) \ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{H_n^2}{n^3}$ $ $$=\frac{2}{15}\log^5(2)-\frac{11}{8}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{19}{32}\zeta(5)+\frac{7}{4}\log^2(2)\zeta(3)-\frac{2}{3}\log^3(2)\zeta(2)$ $

Answer 2

utilizando el hecho de que $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x^nH_n^{(2)}=\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}$

reemplace $x$ con $-x$ a continuación, se multiplican ambos lados por $\ln^2x$ e integrar, obtenemos \begin{align} S&=\sum_{n=1}^\infty (-1)^nH_n^{(2)}\int_0^1x^{n}\ln^2x\ dx=2\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{(n+1)^3}=\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\operatorname{Li}_2(-x)}{1+x}\ dx}_{IBP}\\ &=\int_0^1\frac{\ln^2x \ln^2(1+x)}{x}\ dx-2\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)\operatorname{Li}_2(-x)}{x}\ dx\\ &=I_1-2I_2 \end{align} Permite evaluar la primera integral y el uso de $\quad \ln^2(1+x)=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{H_n}{n}-\frac{1}{n^2}\right)x^n,\quad $ tenemos \begin{align} I_1&=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{H_n}{n}-\frac{1}{n^2}\right)\int_0^1x^{n-1}\ln^2x\ dx\\ &=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{H_n}{n}-\frac{1}{n^2}\right)\left(\frac{2}{n^3}\right)\\ &=4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}-4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^5}\\ &=4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}+\frac{15}{4}\zeta(5) \end{align} para evaluar la segunda integral, aplicar IBP , obtenemos \begin{align} I_2&=\left.-\frac12\operatorname{Li}_2^2(-x)\ln x\right|_0^1+\frac12\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_2^2(-x)}{x}\ dx\\ &=\frac12\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_2^2(-x)}{x}\ dx\\ \end{align} He demostrado aquí $\quad \displaystyle \int_0^1\frac{\operatorname{Li}_2^2(-x)}{x}\ dx=\frac58\zeta(2\zeta(3)+\frac78\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}$

La recogida de estas dos integrales y el uso de $\quad \displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3),\quad$ tenemos $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{(n+1)^3}=\frac9{16}\zeta(5)+\frac18\zeta(2)\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}$$ pero $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^{(2)}}{(n+1)^3}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(2)}}{n^3}-\frac{15}{16}\zeta(5)$$ a continuación, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(2)}}{n^3}=\frac32\zeta(5)+\frac18\zeta(2)\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}$$ conectar el conocido resultado $\quad \displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}=\frac12\zeta(2)\zeta(3)-\frac{59}{32}\zeta(5)$

finalmente llegamos $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(2)}}{n^3}=\frac58\zeta(2)\zeta(3)-\frac{11}{32}\zeta(5)$$

Answer 3

calculamos la segunda suma y el uso de la identidad de $\quad \displaystyle \frac{\ln^2(1-x)}{1-x}=\sum_{n=1}^\infty x^n\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)$

reemplace $x$ con $-x$, entonces se multiplican ambos lados por $\ln^2x$ e integrar, obtenemos \begin{align} I&=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln^2(1+x)}{1+x}\ dx=\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)\int_0^1x^n\ln^2x\ dx\\ &=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_n^2-H_n^{(2)}}{(n+1)^3}=-2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{H_{n-1}^2-H_{n-1}^{(2)}}{n^3}\\ &=-2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\left(\frac{H_n^2}{n^3}-\frac{H_n^{(2)}}{n^3}-2\frac{H_n}{n^4}+\frac{2}{n^5}\right)\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^2}{n^3}-2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(2)}}{n^3}+4\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}+\frac{15}4\zeta(5) \end{align} ya hemos demostrado $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^{(2)}}{n^3}=\frac32\zeta(5)+\frac18\zeta(2)\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}$$

Entonces $$I=\frac34\zeta(5)-\frac14\zeta(2)\zeta(3)+2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^2}{n^3}\tag{1}$$

la aplicación de IBP para la integral, obtenemos $\quad \displaystyle I=-\frac23\int_0^1\frac{\ln^3(1+x)\ln x}{x}\ dx$

Me las arreglé aquí para probar \begin{align} \int_0^1\frac{\ln^3(1+x)\ln x}{x}\ dx&=-12\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right)-12\ln2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{99}{16}\zeta(5)+3\zeta(2)\zeta(3)\\ &\quad-\frac{21}4\ln^22\zeta(3)+2\ln^32\zeta(2)-\frac25\ln^52 \end{align} que sigue que $$I=8\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right)+8\ln2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{33}{8}\zeta(5)-2\zeta(2)\zeta(3)+\frac72\ln^22\zeta(3)-\frac43\ln^32\zeta(2)+\frac4{15}\ln^52$$ enchufar el valor de $I$ en $(1)$ junto con el valor de $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^4}$, obtenemos

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n^2}{n^3}&=4\operatorname{Li}_5\left(\frac12\right)+4\ln2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{19}{32}\zeta(5)-\frac{11}8\zeta(2)\zeta(3)\\ &\quad+\frac74\ln^22\zeta(3)-\frac23\ln^32\zeta(2)+\frac2{15}\ln^52 \end{align}