¿La solución de forma cerrada de la familia$\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(pn+m)}$?

Question

(Los resultados se extienden por debajo de este post.) Dada la Clausen función de $\operatorname{Cl}_n\left(z\right)$. Y,

$$\begin{aligned} \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right) &= \text{Catalan's constant}\\ \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi3\right) &= \text{Gieseking's constant}\\ \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi4\right) &= \text{unnamed}\\ \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi6\right) &= \tfrac23\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right)+\tfrac14\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi3\right) \end{aligned}$$

Luego tenemos el cerrado de las formas,

\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(2n+m)} &=& \frac{11}{8} \zeta(3) \\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(3n+m)} &=& \frac{5}{3} \zeta(3) -\frac{2}{9}\pi\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi{\color{blue}3}\right)\\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(4n+m)} &=& \frac{67}{32} \zeta(3) -\frac{1}{2}\pi\, \operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right) \\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(6n+m)} &=& \frac{73}{24} \zeta(3) -\frac{8}{9}\pi\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi{\color{blue}3}\right)\\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(8n+m)} &=& \frac{515}{128} \zeta(3) -\frac{3}{8}\pi\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right)-\pi\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi{\color{red}4}\right)\\ \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(12n+m)} &=& \frac{577}{96} \zeta(3) -\frac{7}{6}\pi\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right)-\frac{19}{18}\pi\,\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi{\color{blue}3}\right)\\ \end{eqnarray*}

donde por $p=12$ podríamos haber utilizado $\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi2\right)$ e $\operatorname{Cl}_2\left(\frac\pi6\right)$. Como el OP de los otros post señala, tenga en cuenta que,

$$I(p)=\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{nm(pn+m)} =\int_0^1 \frac{\ln(1-z) \ln(1-z^p)}{z} dz$$

P: Los resultados anteriores sugieren una familia. Podemos encontrar la forma cerrada de la integral de la $I(p)$ para $p=5$ y los demás?

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$\color{red}{\text{Update July 24}}$: Gracias a Zacky de la respuesta que proporcionó la idea de que a más de uno Clausen función con el argumento de $\frac{m\,\pi}p$ puede ser necesaria, después de algunos retoques, me las arreglé para encontrar una forma cerrada para $I(p)$, es decir,

$$I(p)= \frac{p^3+3}{2p^2}\zeta(3)-\frac{\pi}p\sum_{k=1}^{\lfloor(p-1)/2\rfloor}(p-2k)\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2k\pi}p\right)$$

con la función del suelo $\lfloor x\rfloor$. He encontrado esta usando extraño $p$, pero parece que funciona incluso para $p$ así. Sin embargo, una rigurosa prueba para demostrar que es válido para todos los $p$.

Answer 1

$$\boxed{\int_0^1 \frac{\ln(1-x) \ln(1-x^5)}{x} dx=\\ 4\zeta(3)-\frac{\pi}{5}\operatorname{Cl}_2\left(\frac{4\pi}{5}\right)-\frac{3\pi}{5}\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{5}\right)+3\operatorname{Cl}_3\left(\frac{4\pi}{5}\right)+3\operatorname{Cl}_3\left(\frac{2\pi}{5}\right)}$$ $$\operatorname{Cl}_2\left(x\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin(nx)}{n^2},\quad \operatorname{Cl}_3\left(x\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos(nx)}{n^3}$$

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(Añadido por OP.) Pero ya,

$$\operatorname{Cl}_3\left(\frac{4\pi}{5}\right)+\operatorname{Cl}_3\left(\frac{2\pi}{5}\right) =-\frac{12}{25}\zeta(3)$$

entonces lo anterior se puede simplificar como,

$$\boxed{\int_0^1 \frac{\ln(1-x) \ln(1-x^5)}{x} dx=\frac{64}{25}\zeta(3)-\frac{\pi}{5}\operatorname{Cl}_2\left(\frac{4\pi}{5}\right)-\frac{3\pi}{5}\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{5}\right)}$$

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Herramientas utilizadas: $$(1-x^5)=(1-x)(1+\varphi x+x^2)(1+\frac{1}{\varphi}x+x^2), \quad \varphi =\frac{\sqrt 5+1}{2} $$ $$\ln(1+\varphi x+x^2)=-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos\left(\frac{4n\pi}{5}\right)}{n}x^n$$ $$\ln(1+\frac{1}{\varphi} x+x^2)=-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos\left(\frac{2n\pi}{5}\right)}{n}x^n$$ $$\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=\frac1n\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\frac{H_n}{n}$$ $$S(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}H_n=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\operatorname{Li}_2(1-x)\ln(1-x)+\frac{1}{2}\ln x \ln^2(1-x)+\zeta(3) $$

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$$\small I(5)=\int_0^1 \frac{\ln^2(1-x)}{x}dx+\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\ln(1+\varphi x+x^2)}{x}dx+\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+\frac{1}{\varphi} x+x^2)}{x}dx$$ $$=\sum_{n=1}^\infty \int_0^1 x^{n-1} \ln^2 xdx-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos\left(\frac{4n\pi}{5}\right)+\cos\left(\frac{2n\pi}{5}\right)}{n}\int_0^1 x^{n-1} \ln(1-x)dx$$ $$=2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}-2\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos\left(\frac{4n\pi}{5}\right)+\cos\left(\frac{2n\pi}{5}\right)}{n^2}H_n=2\zeta(3)-2\Re \left(S\left(e^{4 i \pi/5}\right)+S\left(e^{2 i \pi/5}\right)\right)\tag 1$$

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Con el fin de calcular las partes reales de la polylogs he utilizado este enfoque para encontrar: $$\Re \operatorname{Li}_3(e^{4i\pi/5})=\operatorname{Cl}_3\left(\frac{4\pi}{5}\right)$$ $$\Re \operatorname{Li}_3(1-e^{4i\pi/5})=\frac{\zeta(3)}{2}-\frac12 \operatorname{Cl}_3\left(\frac{4\pi}{5}\right)+\frac{2\pi^2}{25}\ln\left(\frac{5+\sqrt 5}{2}\right)$$ $$\Re \operatorname{Li}_2(1-e^{4i\pi/5})\ln(1-e^{i4\pi/5})=\frac{\pi^2}{25}\ln\left(\frac{5+\sqrt 5}{2}\right)-\frac{\pi}{10}\operatorname{Cl}_2\left(\frac{4\pi}{5}\right)$$ $$\Re \ln(e^{i4\pi/5})\ln^2(1-e^{i4\pi/5})=\frac{2\pi^2}{25}\ln\left(\frac{5+\sqrt 5}{2}\right)$$

$$\Re \operatorname{Li}_3(e^{2i\pi/5})=\operatorname{Cl}_3\left(\frac{2\pi}{5}\right)$$ $$\Re \operatorname{Li}_3(1-e^{2i\pi/5})=\frac{\zeta(3)}{2}-\frac12 \operatorname{Cl}_3\left(\frac{2\pi}{5}\right)+\frac{\pi^2}{50}\ln\left(\frac{5-\sqrt 5}{2}\right)$$ $$\Re \operatorname{Li}_2(1-e^{4i\pi/5})\ln(1-e^{i4\pi/5})=-\frac{\pi^2}{25}\ln\left(\frac{5-\sqrt 5}{2}\right)-\frac{3\pi}{10}\operatorname{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{5}\right)$$ $$\Re \ln(e^{i4\pi/5})\ln^2(1-e^{i4\pi/5})=\frac{3\pi^2}{25}\ln\left(\frac{5-\sqrt 5}{2}\right)$$

Y el taponamiento de los valores en $(1)$ rendimientos anunció el resultado.

Answer 2

Podemos aplicar una transformación de Fourier discreta a la siguiente función generadora $$\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^2}H_n=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\operatorname{Li}_2(1-x)\ln(1-x)+\frac{1}{2}\ln x \ln^2(1-x)+\zeta(3)$ $ desde $$ I(p) = \sum_{n\geq 1}\frac{H_{p n}}{pn^2}. $ $ El único término que conduce a una contribución no elemental es la suma de $\operatorname{Li}_3(1-x)$ sobre el $p$ -ésimos raíces de la unidad.

Answer 3

Algunos de los trabajos en curso en la serie general. No hay forma cerrada, lo siento, pero creo que esto puede ser interesante de todos modos.

Vamos a estudiar la función $I(p)$. Obviamente:

$$I \left( \frac{1}{p} \right)= p I(p)$$

Por lo tanto, sólo estamos interesados en el caso de $p \geq 1$.

Vamos suma más de $m$. Esto nos da:

$$I(p)=\frac{\pi^2}{6}\frac{\gamma}{p}+\frac{1}{p} \sum_{n=1}^\infty \frac{\psi(pn+1)}{n^2} \tag{1}$$

Hay un montón de diferentes identidades para polygamma que podría ser útil aquí.

1) Considere la siguiente identidad:

$$\psi(pn+1)=\log (pn+1)-\sum_{k=1}^\infty \frac{|G_k| (k-1)!}{(pn+1)_k}$$

Donde $G_k$ son llamados Gregorio coeficientes. $G_k= \int_0^1 \binom{x}{k} dx$ e $|G_k| \asymp \frac{1}{k \log^2 k}$ si $k \to \infty$.

$$I(p)=\frac{\pi^2}{6}\frac{\gamma+\log p}{p}+\frac{1}{p} \sum_{n=1}^\infty \frac{\log(n+1/p)}{n^2}-\frac{1}{p} \sum_{k=1}^\infty \frac{|G_k| k!}{k} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2 (pn+p+1)_k} $$

El segundo de la serie no tiene una forma cerrada hasta donde yo sé, pero es elemental, al menos.

Doble tercera serie debe ser de poco valor y usted puede notar que se ha cambiado el orden de la suma.

$$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(n+1)^2 (pn+p+1)_k}= \frac{p!}{(p+k)!} {_{k+3} F_{k+2}} \left( \begin{array}(1,1,1, \frac{1}{p}+1, \ldots, \frac{1}{p}+k \\ 2,2,\frac{1}{p}+2, \ldots, \frac{1}{p}+k+1 \end{array};1 \right)$$

Por lo tanto tenemos:

$$pI(p)=\frac{\pi^2}{6}(\gamma+\log p)+\sum_{n=1}^\infty \frac{\log(n+1/p)}{n^2}- \\ -\sum_{k=1}^\infty \frac{|G_k|}{k \binom{p+k}{k}} {_{k+3} F_{k+2}} \left( \begin{array}(1,1,1, \frac{1}{p}+1, \ldots, \frac{1}{p}+k \\ 2,2,\frac{1}{p}+2, \ldots, \frac{1}{p}+k+1 \end{array};1 \right) \tag{2}$$

Para $p>1$ los primeros términos y el registro de la serie dan la contribución más importante. El último de la serie es complicado, pero podemos fácilmente calcular cualquier número finito de términos para obtener más dígitos.

Ampliando aún más el logaritmo y el uso de:

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{\log(n)}{n^2}=- \frac{\pi^2}{6} (\gamma+ \log(2 \pi))+2 \pi^2 \log A $$

Cuando Un es http://mathworld.wolfram.com/Glaisher-KinkelinConstant.html.

Tenemos:

$$pI(p)=\frac{\pi^2}{6}(\log p+12 \log A-\log 2 \pi)+\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \log \left(1+\frac{1}{pn} \right)- \\ -\sum_{k=1}^\infty \frac{|G_k|}{k \binom{p+k}{k}} {_{k+3} F_{k+2}} \left( \begin{array}(1,1,1, \frac{1}{p}+1, \ldots, \frac{1}{p}+k \\ 2,2,\frac{1}{p}+2, \ldots, \frac{1}{p}+k+1 \end{array};1 \right) \tag{3}$$

Para $p \to \infty$ asintótico de expansión será entonces:

$$p I(p) \asymp \frac{\pi^2}{6}(\log p+12 \log A-\log 2 \pi)+ \frac{\zeta(3)}{2p} \tag{4}$$

Donde un adicional de $-\zeta(3)/(2p)$ proviene de la tercera serie como el primer término en asintótica de expansión para grandes $p$.

Un exapmle:

$$100 I(100)=9.4682325532367113866$$

$$\frac{\pi^2}{6}(\log 100+12 \log A-\log 2 \pi)+ \frac{\zeta(3)}{2 \cdot 100}=9.4682415725122177074876$$

Como se puede ver el asintótica de expansión funciona bastante bien, aunque algunos corrección más términos son necesarios.

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A partir de (1), ampliando el logaritmo como lo hicimos nosotros, y usando el bien conocido asintótica de expansión de la armónica de los números podemos hacer un completo asintótica de la serie:

$$p I(p) \asymp \frac{\pi^2}{6}(\log p+12 \log A-\log 2 \pi)+\frac{\zeta(3)}{2p} -\sum_{k=1}^\infty \frac{B_{2k}}{2k p^{2k}} \zeta(2k+2) \tag{5}$$

Voy a comprobar numéricamente más tarde, pero estoy bastante seguro de que no convergen. Sin embargo, para la gran $p$ a primeros términos debe dar un montón de corregir dígitos.

El uso de la forma explícita para que incluso los zetas, tenemos:

$$p I(p) \asymp \frac{\pi^2}{6}\log \frac{p}{2\pi}+2\pi^2 \log A+\frac{\zeta(3)}{2p} -\frac{\pi^2}{2} \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k B_{2k}B_{2k+2}}{k(k+1) (2k+1)!} \frac{(2\pi)^{2k}}{p^{2k}} \tag{6}$$

Los términos logarítmicos y la serie me hace pensar que las $p=2\pi$ es de algún valor especial.

Answer 4

Una nota adicional sobre cómo derivar la digamma (o armónica de los números de serie de la integral:

$$ p I(p) = \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{p n}}{n^2}$$

$$I(p)= \int_0^1 x^{-1} \log (1-x) \log (1-x^p) dx= \\ = - \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \int_0^1 x^{pn-1} \log (1-x) dx$$

Ahora considere la siguiente integral:

$$J(s)=-\int_0^1 x^s \log (1-x) dx$$

Vamos a integrar por partes con: $$u=x^s, \qquad du=s x^{s-1} dx \\ dv=- \log(1-x) dx, \qquad v=x+(1-x) \log(1-x)$$

Obtenemos:

$$J(s)=1-s\int_0^1 x^s dx-s\int_0^1 x^{s-1} \log (1-x) dx+s \int_0^1 x^s \log (1-x) dx$$

$$(s+1)J(s)=\frac{1}{s+1}+s J(s-1)$$

Es fácil comprobar que $J(0)=1$.

La introducción de una nueva función:

$$Y(s+1)=(s+1) J(s)$$

Vemos que:

$$Y(s+1)=\frac{1}{s+1}+Y(s) \\ Y(1)=1$$

Pero esto es exactamente la definición de la armónica de los números.

Por lo tanto tenemos:

$$I(p)= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} J(pn-1)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} \frac{Y(pn)}{pn}=\frac{1}{p} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{pn}}{n^2}$$