¿Hay una solución de formato cerrado para$\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(3n+m)}$?

Question

Estoy buscando una forma cerrada de solución para esta doble suma:

\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(\color{blue}{3}n+m)}= ?. \end{eqnarray*}

Voy a convertirlo en $3$ resistente integrales en un momento. Pero primero voy a mencionar algunos resultados similares:

\begin{eqnarray*} \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(n+m)} &=& 2 \zeta(3) \\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(\color{blue}{2}n+m)} &=& \frac{11}{8} \zeta(3) \\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(\color{blue}{4}n+m)} &=& \frac{67}{32} \zeta(3) -\frac{G \pi}{2}. \\ \end{eqnarray*}

donde $G$ es el catalán constante. El último resultado tomó un poco de esfuerzo ...

Ahora sé que la mayoría de la gente prefiere las integrales de las cantidades, así que vamos a convertir esto en una integral. El uso de

\begin{eqnarray*} \frac{1}{n} &=& \int_0^1 x^{n-1} dx\\ \frac{1}{m} &=& \int_0^1 y^{m-1} dy\\ \frac{1}{3n+m} &=& \int_0^1 z^{3n+m-1} dz \\ \end{eqnarray*} y la suma de la serie geométrica, se tiene la siguiente triple integral \begin{eqnarray*} \int_0^1 \int_0^1 \int_0^1 \frac{z^3 dx dy dz}{(1-xz^3)(1-yz)}. \end{eqnarray*}

Ahora haciendo la $x$ e $y$ integraciones tenemos \begin{eqnarray*} I=\int_0^1 \frac{\ln(1-z) \ln(1-z^3)}{z} dz. \end{eqnarray*}

Factorizar el argumento de la segunda logaritmo ...

\begin{eqnarray*} I= \underbrace{\int_0^1 \frac{\ln(1-z) \ln(1-z)}{z} dz}_{=2\zeta(3)} + \int_0^1 \frac{\ln(1-z) \ln(1+z+z^2)}{z} dz. \end{eqnarray*}

Así que si usted prefiere mi pregunta es ... encontrar una forma cerrada para:

\begin{eqnarray*} I_1 = - \int_0^1 \frac{\ln(1-z) \ln(1+z+z^2)}{z} dz. \end{eqnarray*}

Integrando por partes se tiene:

\begin{eqnarray*} I_1 = - \int_0^1 \frac{\ln(z) \ln(1+z+z^2)}{1-z} dz + \int_0^1 \frac{(1+2z)\ln(z) \ln(1-z)}{1+z+z^2} dz. \end{eqnarray*}

y vamos a llamar a estas integrales $I_2$ e $I_3$ respectivamente.

Todos los $3$ de estas integrales no son fáciles para mí para evaluar y cualquier ayuda con su resolución será gratamente recibida.

Answer 1

Un enfoque ligeramente diferente donde voy a hacer uso de una determinada suma de Euler.

Vamos $$I = \int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln (1 - x^3)}{x} \, dx.$$ La expansión de la $\ln (1 - x^3)$ plazo da \begin{align} I &= - \sum_{n = 1}^\infty \frac{1}{n} \int_0^1 x^{3n - 1} \ln (1 - x) \, dx\tag1 \end{align} Haciendo uso de los resultados (para una prueba de esto, ver aquí) $$\int_0^1 x^{n - 1} \ln (1 - x) \, dx = -\frac{H_n}{n}.$$ Re-indexación, es decir, $n \mapsto 3n$da $$\int_0^1 x^{3n - 1} \ln (1 - x) \, dx = -\frac{H_{3n}}{3n}.$$ La sustitución de este resultado en (1) se reduce nuestros integral de la $I$ a los siguientes Euler suma $$I = \frac{1}{3} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_{3n}}{n^2} = 3 \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_{3n}}{(3n)^2}.$$

Para la suma de Euler, ya que la serie converge absolutamente, los términos en la suma puede ser reorganizado. Tenemos \begin{align} \sum_{n =1}^\infty \frac{H_{3n}}{(3n)^2} &= \frac{H_3}{3^2} + \frac{H_6}{6^2} + \frac{H_9}{9^2} + \cdots\\ &= \frac{2}{3} \left [\frac{3}{2} \frac{H_3}{3^2} + \frac{3}{2} \frac{H_6}{6^2} + \frac{3}{2} \frac{H_9}{9^2} + \cdots \right ]\\ &= \frac{2}{3} \left [\left (\frac{H_3}{3^2} + \frac{H_6}{6^2} + \frac{H_9}{9^2} + \cdots \right ) + \frac{1}{2} \left (\frac{H_3}{3^2} + \frac{H_6}{6^2} + \frac{H_9}{9^2} + \cdots \right ) \right ]\\ &= \frac{2}{3} \left [\left (-\frac{1}{2} \frac{H_1}{1^2} - \frac{1}{2} \frac{H_2}{2^2} + \frac{H_3}{3^2} - \frac{1}{2} \frac{H_4}{4^2} - \frac{1}{2} \frac{H_5}{5^2} + \frac{H_6}{6^2} - \cdots \right )\right.\\ & \qquad + \left. \frac{1}{2} \left (\frac{H_1}{1^2} + \frac{H_2}{2^2} + \frac{H_3}{3^2} + \frac{H_4}{4^2} + \cdots \right ) \right ]\\ &= \frac{2}{3} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2} \cos \left (\frac{2 \pi n}{3} \right ) + \frac{1}{3} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2} \tag2\\ &= \frac{2}{3} \zeta (3) + \frac{2}{3} \operatorname{Re} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2} \left (e^{\frac{2 \pi i}{3}} \right )^n \end{align} Nota: en (2) el conocido resultado de $\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^2} = 2 \zeta (3)$ ha sido utilizado.

La suma puede encontrarse haciendo uso de la siguiente generación de función (para una simple prueba de este resultado, ver aquí) $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}x^n=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\frac12\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3).$$ Establecimiento $x = e^{\frac{2 \pi i}{3}}$da \begin{align} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_{3n}}{(3n)^2} &= \frac{2}{3} \zeta (3) + \frac{2}{3} \operatorname{Re} \left [\operatorname{Li}_3 (e^{\frac{2 \pi i}{3}}) - \operatorname{Li}_3 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) + \ln (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \operatorname{Li}_2 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \right.\\ & \qquad \left. + \frac{1}{2} \ln (e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \ln^2 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) + \zeta (3) \right ]\\ &= \frac{5}{3} \zeta (3) + \frac{2}{3} \operatorname{Re} \left [\operatorname{Li}_3 (e^{\frac{2 \pi i}{3}}) - \operatorname{Li}_3 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) + \ln (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \operatorname{Li}_2 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \right.\\ & \qquad \left. + \frac{\pi i}{3} \ln^2 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \right ]\tag3 \end{align} Ahora, ya que (esta parte es tedioso, pero fácilmente factible) \begin{align} \operatorname{Re} \operatorname{Li}_3 (e^{\frac{2 \pi i}{3}}) &= -\frac{4}{9} \zeta (3)\\ \operatorname{Re} \operatorname{Li}_3 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) &= \frac{\pi^2}{18} \ln 3 + \frac{13}{18} \zeta (3)\\ \operatorname{Re} \left [i \ln^2 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \right ] &= \frac{\pi}{6} \ln 3\\ \operatorname{Re} \left [\ln (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \operatorname{Li}_2 (1 - e^{\frac{2 \pi i}{3}}) \right ] &= \frac{\pi^3}{27 \sqrt{3}} - \frac{\pi}{18 \sqrt{3}} \psi^{(1)} \left (\frac{1}{3} \right ) \end{align} Euler suma en (3) se convierte así en $$\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_{3n}}{(3n)^2} = \frac{5}{9} \zeta (3) + \frac{2 \pi^3}{81 \sqrt{3}} - \frac{\pi}{27 \sqrt{3}} \psi^{(1)} \left (\frac{1}{3} \right ),$$ así que por fin llegamos al siguiente valor de la integral (y por lo tanto su suma doble) de

$$\int_0^1 \frac{\ln (1 - x) \ln (1 - x^3)}{x} \, dx = \frac{5}{3} \zeta (3) + \frac{2 \pi^3}{27 \sqrt{3}} - \frac{\pi}{9 \sqrt{3}} \psi^{(1)} \left (\frac{1}{3} \right )$$

Answer 2

$$\boxed{I=\int_0^1 \frac{\ln(1-x) \ln(1-x^3)}{x}dx=\frac53\zeta(3) +\frac{2\pi^3}{27\sqrt 3} -\frac{\pi}{9\sqrt 3}\psi_1\left(\frac13\right)}$$ El valor de la integral puede ser extraído a partir de aquí, ya que el uso de $2ab=a^2+b^2-(a-b)^2$ obtenemos: $$2I=\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx+\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^3)}{x}dx-\int_0^1 \frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx$$ $$\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x^3)}{x}dx\overset{x^3\to x}=\frac13\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x} dx=\frac13\sum_{n=1}^\infty\int_0^1 x^n \ln^2 x dx=\frac23 \zeta(3) $$ $$ \int_0^1\frac{\ln^2(1+x+x^2)}{x}dx=\frac{2\pi}{9\sqrt3}\psi_1\left(\frac13\right)-\frac{4\pi^3}{27\sqrt3}-\frac23\zeta(3)$$ Y el resultado de arriba de la siguiente manera.

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Alternativamente, podemos hacer uso de la siguiente serie: $$ \frac{\sin t}{1-2x\cos t+x^2}=\sum_{n=1}^\infty \sin(nt) x^{n-1} \Rightarrow -\frac12 \ln(1-2x\cos t+x^2)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nt)}{n} x^n$$ $$\Rightarrow J =\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+x+x^2)}{x}dx=-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos\left(\frac{2n \pi}{3}\right)}{n}\int_0^1 \ln(1-x) x^{n-1}dx $$ $$=-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos\left(\frac{2n \pi}{3}\right)}{n^2}H_n=-2\Re \left(\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n^2}H_n\right),\quad z=e^{\frac{2\pi i}{3}}$$ Utilizando la siguiente generación de la función: $$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}H_n=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\operatorname{Li}_2(1-x)\ln(1-x)+\frac{1}{2}\ln x \ln^2(1-x)+\zeta(3)$$ Y conectando los valores que se encuentran en el primer eslabón, tenemos el anuncio de un resultado, pero yo realmente no sé cómo obtenerlos. Algunos se pueden encontrar aquí también.

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Otra idea (tal vez por evitar a partir de que la generación de la función): $$J=\int_0^1 \frac{\ln (1-x)\ln(1+x+x^2)}{x}dx\overset{x\to 1-x}=\int_0^1 \frac{\ln x\ln(3(1-x)+x^2)}{1-x}dx$$ Ahora considere la siguiente integral con el fin de solicitar su truco: $$I(t)=\int_0^1 \frac{\ln x\ln[(1-x)\color{blue}{(2(1+\cos t))}+x^2]}{1-x}dx$$ $$\Rightarrow I'(t)=-2\sin t\int_0^1 \frac{\ln x}{2(1-x)(1+\cos t)+x^2}dx$$ $$\overset{1-x\to x}=-2\int_0^1 \frac{\sin t\ln(1-x)}{x^2+(2\cos t )x+1}dx=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \sin (nt)\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx$$ $$=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^n \sin (nt)\frac{H_n}{n}=2\Im\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n e^{in t}}{n}H_n=2\Im \sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n}H_n,\quad z=-e^{it} $$ Además, el uso de la generación de la función (uno más fácil): $$\sum_{n =1}^\infty \frac{H_n}{n}z^n=\operatorname{Li}_2(z)+\frac{1}{2}\ln^2(1-z)\Rightarrow I'(t)=\Im\left(2 \operatorname{Li}_2(z)+\ln^2(1-z)\right)$$ Estamos buscando para encontrar $I(0)$ desde $\cos 0=1$, pero ahí está: $$I\left(\pi\right)=\int_0^1 \frac{\ln x\ln(x^2)}{1-x}dx=2 \sum_{n=0}^\infty \int_0^1 x^n \ln ^2 xdx=8\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}=8\zeta(3)$$ $$\Rightarrow J=-(I(0)-I(\pi)+8\zeta(3))=-\int_0^\pi \Im(2\operatorname{Li}_2(z)+\ln^2(1-z))dt+8\zeta(3)$$ Aunque tengo una fuerte sensación de que va a acabar en el formulario de arriba.

Answer 3

No es una respuesta completa, pero otra expresión interesante de la serie.

Vamos a introducir una función:

$$S(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{x^n y^m}{ n m (3n +m)}$$

Assuming $|x|<1$ and $|y|<1$ we avoid any convergence problems, and can use partial fractions:

$$S(x,y)=\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{x^n y^m}{ n m^2}-\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{x^n y^m}{ m^2(n+ \frac{1}{3} m)}$$

$$S(x,y)=-\log(1-x) \text{Li}_2(y) -x \sum_{m=1}^\infty \frac{y^m}{ m^2} \Phi \left(x,1,\frac13 m+1 \right)$$

Let's use the integral representation of the Lerch transcendent:

$$\Phi \left(x,1,\frac13 m+1 \right)= \int_0^\infty \frac{e^{-(1+\frac13 m)t} ~dt}{1-x e^{-t}}$$

Summation under the integral gives us:

$$S(x,y)=-\log(1-x) \text{Li}_2(y) -x \int_0^\infty \text{Li}_2 \left(y e^{-t/3} \right) \frac{dt}{e^t-x}$$

Así, podemos asumir:

$$S=\lim_{x \to 1} \left[-\log(1-x) \text{Li}_2(x) -x \int_0^\infty \text{Li}_2 \left(x e^{-t/3} \right) \frac{dt}{e^t-x} \right]$$

Lo cual parece trabajar numéricamente, aunque, por supuesto, es muy difícil evaluar de forma simbólica.

Numérico de verificación:

In[22]:= x=9999999/10000000;
y=9999999/10000000;
N[-Log[1-x]PolyLog[2,y],10]-x NIntegrate[PolyLog[2,y Exp[-t/3]]/(Exp[t]-x),{t,0,Infinity},WorkingPrecision->10]
Out[24]= 1.29484017

Comparar a la expresión exacta:

In[25]:= N[(1/216)*(-15*Pi^2*Log[3] + 9*Log[3]^3 + 4*Sqrt[3]*Pi*(-PolyGamma[1, 1/3] + 
      PolyGamma[1, 2/3]) - 216*(PolyLog[3, (-1)^(1/6)/Sqrt[3]] + 
      PolyLog[3, -((-1)^(5/6)/Sqrt[3])]) + 672*Zeta[3]), 10]
Out[25]= 1.2948652620+0.*10^-11 I

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Puede ser que $x=y$ no es la mejor opción para el límite. Por ejemplo, podemos suponer $x=y^a$ donde $a$ es algún número real. Una buena elección puede conducir a una mejor convergencia numérico o incluso una forma cerrada.

El uso de la dilogarithm propiedades, tenemos:

$$F(x,y)=-x \int_0^\infty \text{Li}_2 \left(y e^{-t/3} \right) \frac{dt}{e^t-x}=x \int_0^\infty \int_0^1 \frac{\log(1-e^{-t/3} y u) du dt}{u (e^t-x)}$$

Let's change the variable:

$$e^{-t}=v \\ t=- \log v$$

$$F(x,y)=x \int_0^1 \int_0^1 \frac{\log(1- y u v^{1/3}) du dv}{u (1-x v)}$$

Let's take:

$$y=x^{1/3}$$

We have:

$$F(x,y)=x \int_0^1 \int_0^1 \frac{\log(1- u (xv)^{1/3}) du dv}{u (1-x v)}$$

$$v=w/x$$

$$F(x,y)=\int_0^x \int_0^1 \frac{\log(1- u w^{1/3}) du dw}{u (1-w)}$$

$$F(x,y)=-\int_0^x \frac{\text{Li}_2 (w^{1/3}) dw}{1-w}$$

Por lo tanto, hay una prolija expresión para el límite:

$$ \color{blue}{S=\lim_{x \to 1} \left[-\log(1-x) \text{Li}_2(x^{1/3}) -\int_0^x \frac{\text{Li}_2 (w^{1/3}) dw}{1-w} \right]}$$

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Esto permite que una simple generalización:

$$\sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{x^n y^m}{ n m (an +m)}=\lim_{x \to 1} \left[-\log(1-x) \text{Li}_2(x^{1/a}) -\int_0^x \frac{\text{Li}_2 (w^{1/a}) dw}{1-w} \right]$$

Que comprueba numéricamente con los ejemplos de la OP.

Me pregunto si podemos utilizar alguna de L'Hospital de aquí para tratar con la integral y obtener una forma cerrada para el límite.

Integración por partes también podría trabajar.