Computar $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}$

Question

Cómo probar

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}=\frac{19}{2}\zeta(3)\zeta(4)-2\zeta(2)\zeta(5)-7\zeta(7)\ ?$$ donde $H_n^{(p)}=1+\frac1{2^p}+\cdots+\frac1{n^p}$ es el $n$ número armónico generalizado de orden $p$ .

Esta serie es muy avanzada y se puede encontrar evaluada en el libro Integrales, sumas y series (casi) imposibles página 300 usando sólo manipulaciones de series, pero afortunadamente pude evaluarlo usando sólo integración, algunas identidades armónicas y resultados de sumas de Euler fáciles.

¿Podemos demostrar la igualdad anterior con otros métodos además de la manipulación de las series y la idea de mi solución a continuación? Todos los enfoques son muy apreciados.

La solución está publicada en la sección de respuestas.

Gracias

Answer 1

Para calcular la suma objetivo, vamos a establecer dos relaciones y resolverlas por eliminación.

Primera relación:

Desde aquí tenemos $$-\int_0^1x^{n-1}\ln^3(1-x)\ dx=\frac{H_n^3+3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}}{n}$$

Multiplica ambos lados por $\large \frac{H_n}{n^2}$ y luego sumar ambos lados de $n=1$ a $\infty$ para conseguir

\begin{align} R_1&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^4}{n^3}+3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2 H_n^{(2)}}{n^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_n^{(3)}}{n^3}=-\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}x^n\ dx\\ &=\small{-\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{x}\left(\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)\right)\ dx}\\ &\left\{\text{ let $1-x \mapsto x$ for all integrals but the first one and lets call it $I\ $}\right\}\\ &=\small{-I+\int_0^1\frac{\ln^3x\operatorname{Li}_3(x)}{1-x}-\int_0^1\frac{\ln^4x\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}-\frac12\int_0^1\frac{\ln^5x\ln(1-x)}{1-x}-\zeta(3)\int_0^1\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx}\\ &=\small{-I+\sum_{n=1}^\infty H_n^{(3)}\int_0^1 x^n \ln^3x-\sum_{n=1}^\infty H_n^{(2)}\int_0^1 x^n \ln^4x+\frac12\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1 x^n \ln^5x+6\zeta(3)\zeta(4)}\\ &=-I-6\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{(n+1)^4}-24\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{(n+1)^5}-60\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(n+1)^6}+6\zeta(3)\zeta(4)\\ &=-I-6\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}+6\zeta(7)-24\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}+24\zeta(7)-60\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}+60\zeta(7)+6\zeta(3)\zeta(4) \end{align}

Entonces

$$R_1=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^4}{n^3}+3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2 H_n^{(2)}}{n^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_n^{(3)}}{n^3}\\=6\zeta(3)\zeta(4)+90\zeta(7)-I-60\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}-24\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}-6\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}$$

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Segunda relación:

Desde aquí tenemos

$$-\frac{\ln^3(1-x)}{1-x}=\sum_{n=1}^\infty x^n\left(H_n^3-3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}\right)\tag{1}$$

Multiplica ambos lados de $(1)$ por $\large-\frac{\ln x}{x}$ y luego integrar desde $x=0$ a $1$ para conseguir \begin{align} S&=\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^2}\left(H_n^3-3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}\right)=\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)\ln x}{x(1-x)}\ dx\quad \text{let} 1-x\mapsto x\\ &=\int_0^1\frac{\ln^3x\ln(1-x)}{x(1-x)}\ dx=-\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1 x^{n-1}\ln^3x\ dx=6\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}=S\tag{2} \end{align}

Dividir ambos lados de $(1)$ por $x$ y luego integrar desde $x=0$ a $x=y$ obtenemos

$$-\int_0^y\frac{\ln^3(1-x)}{x(1-x)}\ dx=\sum_{n=1}^\infty \frac{y^n}{n}\left(H_n^3-3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}\right)\tag{3}$$

Ahora multiplica ambos lados de $(3)$ por $-\frac{\operatorname{Li}_2(y)}{y}$ y luego integrar desde $y=0$ a $y=1$ y utilizar el hecho de que $-\int_0^1 y^{n-1}\operatorname{Li}_2(y)\ dy\overset{IBP}{=}\large\frac{H_n}{n^2}-\frac{\zeta(2)}{n}$ obtenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n^3-3H_nH_n^{(2)}+2H_n^{(3)}}{n}\right)\left(\frac{H_n}{n^2}-\frac{\zeta(2)}{n}\right)=\int_0^1\int_0^y\frac{\ln^3(1-x)\operatorname{Li}_2(y)}{xy(1-x)}\ dx\ dy$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^4}{n^3}-3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2 H_n^{(2)}}{n^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_n^{(3)}}{n^3}-\zeta(2)S=\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{x(1-x)}\left(\int_x^1\frac{\operatorname{Li}_2(y)}{y}\ dy\right)\ dx$$

Reordenando los términos, tenemos

\begin{align} R_2&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^4}{n^3}-3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2 H_n^{(2)}}{n^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_n^{(3)}}{n^3}=\zeta(2)S+\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{x(1-x)}\left(\zeta(3)-\operatorname{Li}_3(x)\right)\ dx\\ &=\zeta(2)S+\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{x}\left(\zeta(3)-\operatorname{Li}_3(x)\right) dx+\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{1-x}\left(\zeta(3)-\operatorname{Li}_3(x)\right) dx}_{IBP}\\ &=\zeta(2)S+\zeta(3)\int_0^1\frac{\ln^3(1-x)}{x}\ dx-I-\frac14\int_0^1\frac{\ln^4(1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx, \quad 1-x\mapsto x\\ &=\zeta(2)S+\zeta(3)\int_0^1\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx-I-\frac14\int_0^1\frac{\ln^4x\operatorname{Li}_2(1-x)}{1-x}\ dx\\ &=\zeta(2)S-6\zeta(3)\zeta(4)-I-\frac14\int_0^1\frac{\ln^4x}{1-x}\left(\zeta(2)-\ln x\ln(1-x)-\operatorname{Li}_2(x)\right)\ dx\\ &=\zeta(2)S-6\zeta(3)\zeta(4)-I-6\zeta(2)\zeta(5)+\frac14\int_0^1\frac{\ln^5x\ln(1-x)}{1-x}\ dx+\frac14\int_0^1\frac{\ln^4x\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}\ dx\\ &=\zeta(2)S-6\zeta(3)\zeta(4)-I-6\zeta(2)\zeta(5)-\frac14\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1 x^n \ln^5x+\frac14\sum_{n=1}^\infty H_n^{(2)}\int_0^1 x^n\ln^4x\\ &=\zeta(2)S-6\zeta(3)\zeta(4)-I-6\zeta(2)\zeta(5)+30\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^6}+6\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{(n+1)^5}\\ &=\zeta(2)S-6\zeta(3)\zeta(4)-I-6\zeta(2)\zeta(5)+30\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^6}-30\zeta(7)+6\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{n^5}-6\zeta(7)\\ &=\zeta(2)S-6\zeta(3)\zeta(4)-I-6\zeta(2)\zeta(5)-36\zeta(7)+30\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^6}+6\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{n^5}\\ \end{align}

Sustituir el resultado de $S$ de $(2)$ para conseguir

$$R_2=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^4}{n^3}-3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2 H_n^{(2)}}{n^3}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nH_n^{(3)}}{n^3}\\ =-6\zeta(3)\zeta(4)-6\zeta(2)\zeta(5)-36\zeta(7)-I+6\zeta(2)\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^4}+30\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^6}+6\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{n^5}$$ .

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Por lo tanto,

$$ \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}=\frac{R_1-R_2}{6}\\ =2\zeta(3)\zeta(4)+21\zeta(7)+\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(2)\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}-15\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}-5\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}$$

Tenemos

$$S_1=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}=3\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)$$

$$S_2=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}=4\zeta(7)-\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(3)\zeta(4)$$

$$S_3=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}=5\zeta(2)\zeta(5)+2\zeta(3)\zeta(4)-10\zeta(7)$$

$$S_4=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}=18\zeta(7)-10\zeta(2)\zeta(5)$$

Si se introducen estos resultados, se obtiene

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}=\frac{19}2\zeta(3)\zeta(4)-2\zeta(2)\zeta(5)-7\zeta(7)$$

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Pruebas:

Los resultados de $S_1$ y $S_2$ se puede obtener utilizando la identidad de Euler.

Para calcular $S_3$ Voy a empezar con $S_4$ :

\begin{align} S_4&=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^4}\left(\zeta(3)-\sum_{k=1}^\infty\frac1{n+k)^3}\right)\\ &=\zeta(3)\zeta(4)-\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^4(n+k)^3}\\ &\small{=\zeta(3)\zeta(4)-\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty-\frac{10}{k^6}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right)+\frac6{k^5n^2}+\frac{4}{k^5(n+k)^2}-\frac3{k^4n^3}+\frac1{k^4(n+k)^3}+\frac1{k^3n^4}}\\ &=\zeta(3)\zeta(4)-\sum_{k=1}^\infty-\frac{10H_k}{k^6}+\frac{6\zeta(2)}{k^5}+4\frac{\zeta(2)-H_k^{(2)}}{k^5}-\frac{3\zeta(3)}{k^4}+\frac{\zeta(3)-H_k^{(3)}}{k^4}+\frac{\zeta(4)}{n^3}\\ \color{red}{S_4}&\small{=\zeta(3)\zeta(4)+10\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k}{k^6}-6\zeta(2)\zeta(5)-4\zeta(2)\zeta(5)+4\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k^{(2)}}{k^5}+3\zeta(3)\zeta(4)-\zeta(3)\zeta(4)+\color{red}{S_4}-\zeta(4)\zeta(3)}\\ &0=2\zeta(3)\zeta(4)-10\zeta(2)\zeta(5)+10\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k}{k^6}+4\sum_{k=1}^\infty\frac{H_k^{(2)}}{k^5}\\ \end{align}

Sustituyendo $\displaystyle \sum_{k=1}^\infty\frac{H_k}{k^6}=4\zeta(7)-\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(3)\zeta(4)\ $ da

$$S_3=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_k^{(2)}}{k^5}=5\zeta(2)\zeta(5)+2\zeta(3)\zeta(4)-10\zeta(7)$$

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Si seguimos el mismo enfoque de evaluar $S_3$ arriba y empezar con $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(5)}}{n^2}$ podemos encontrar $S_4$ pero en su lugar voy a presentar una nueva forma.

Por el producto de Cauchy tenemos,

$$\operatorname{Li}_3^2(x)=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{12H_n}{n^5}+\frac{H_n^{(2)}}{n^4}+\frac{2H_n^{(3)}}{n^3}-\frac{20}{n^6}\right)x^n$$

Dividir ambos lados por $x$ y luego integrar desde $x=0$ a $1$ para conseguir

\begin{align} I&=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{12H_n}{n^6}+\frac{6H_n^{(2)}}{n^5}+\frac{2H_n^{(3)}}{n^4}-\frac{20}{n^7}\right)=\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3^2(x)}{x}\ dx\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}\int_0^1x^{n-1}\operatorname{Li}_3(x)\ dx\quad \text{apply integration by parts}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}\left(\frac{\zeta(3)}{n}-\frac{\zeta(2)}{n^2}+\frac{H_n}{n^3}\right)\\ &=\zeta(3)\zeta(4)-\zeta(2)\zeta(5)+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6} \end{align}

Reordenando los términos tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}=\frac12\zeta(3)\zeta(4)-\frac12\zeta(2)\zeta(5)+10\zeta(7)-\frac{11}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}-3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}$$

Conectando los resultados:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}=4\zeta(7)-\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(3)\zeta(4)$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}=5\zeta(2)\zeta(5)+2\zeta(3)\zeta(4)-10\zeta(7)$$

Obtenemos

$$S_4=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}=18\zeta(7)-10\zeta(2)\zeta(5)$$

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Lo interesante de esta solución es que no he utilizado ningún resultado de series avanzadas y que la integral $I$ en $R_1$ y $R_2$ se anuló lo que requiere los resultados de la serie de peso malvado 7 para romper.

Answer 2

La serie $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}$ puede escribirse como $$\sum_{\substack{n_1\geq n_2\geq 1 \\ n_1\geq n_3\geq 1 \\ n_1\geq n_4\geq 1}}\frac{1}{n_1^3 n_2 n_3 n_4^2},$$ que puede reconocerse como una combinación lineal de múltiples valores zeta de peso $7$ .

Múltiples valores zeta de peso $w$ son series de la forma $$\zeta(s_1, \ldots, s_k) = \sum_{n_1 > n_2 > \cdots > n_k > 0} \ \frac{1}{n_1^{s_1} \cdots n_k^{s_k}},$$ tal que $s_1,\dots,s_k$ son enteros positivos y $s_1>1$ tal que $s_1+\dots+s_k=w$ .

Al dividir su suma en partes (dependiendo de si $n_1>n_2>n_3>n_4$ o $n_1>n_2>n_3=n_4$ etc), su suma es igual a la siguiente expresión: \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}&=2\zeta(3,2,1,1)+2\zeta(3,1,2,1)+2\zeta(3,1,1,2)+2\zeta(5,1,1)+2\zeta(4,2,1)+2\zeta(4,1,2) \\&\quad +\zeta(3,3,1)+2\zeta(3,2,2)+2\zeta(3,1,3)+2\zeta(6,1)+2\zeta(5,2)+2\zeta(4,3) \\&\quad +\zeta(3,4)+\zeta(7). \end{align*}

Ahora bien, debido a las relaciones algebraicas entre los valores zeta múltiples (las relaciones shuffle y stuffle), todos los valores zeta múltiples de peso $7$ o menos puede calcularse como un peso que preserva $\mathbb{Q}$ -combinación lineal de productos de valores zeta simples. Esto se deduce de la escritura de las relaciones encontradas en los teoremas 3.1, 3.2, 3.3 en estos apuntes de conferencia de Wadim Zudilin. (El peso del producto $\zeta(s_1)\dots\zeta(s_k)$ es la suma $s_1+\dots+s_k$ .)

Una ventaja de este método es que funciona con gran generalidad. Por ejemplo, si se tiene una serie de la forma $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(i_1)}H_n^{(i_2)}\ldots H_n^{(i_k)}}{n^s},$$ con $s, i_1,\dots, i_k$ enteros positivos y $s>1$ entonces se puede escribir como $\mathbb{Z}$ -combinación lineal de múltiples valores zeta de peso $w=s+i_1+\dots+i_k$ . Por lo tanto, si $w\leq 7$ entonces la serie se puede escribir como $\mathbb{Q}$ -combinación lineal de productos de valores zeta simples de peso $w$ .

Answer 3

Este es otro enfoque: De nuevo, vamos a establecer dos relaciones y resolver la suma objetivo.

Primera relación:

Desde aquí tenemos

$$\int_0^1x^{n-1}\ln^4(1-x)\ dx=\frac1n\left(H_n^4+6H_n^2H_n^{(2)}+8H_nH_n^{(3)}+3\left(H_n^{(2)}\right)^2+6H_n^{(4)}\right)$$

Dividir ambos lados por $n^2$ y luego sumar ambos lados de $n=1$ a $\infty$ para conseguir

$$R_1=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}\left(H_n^4+6H_n^2H_n^{(2)}+8H_nH_n^{(3)}+3\left(H_n^{(2)}\right)^2+6H_n^{(4)}\right)\\=\int_0^1\frac{\ln^4(1-x)}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n^2}\ dx=\int_0^1\frac{\ln^4(1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx$$

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Segunda relación:

Desde aquí tenemos

$$\frac{\ln^4(1-x)}{1-x}=\sum_{n=1}^\infty\left(H_n^4-6H_n^2H_n^{(2)}+8H_nH_n^{(3)}+3\left(H_n^{(2)}\right)^2-6H_n^{(4)}\right)x^n$$

Multiplica ambos lados por $\large\frac{\ln^2x}{2x}$ y luego integrar ambos lados de $x=0$ a $1$ y utilizando el hecho de que $ \int_0^1 x^{n-1}\ln^2x\ dx=\large\frac{2}{n^3}$ para conseguir

$$R_2=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^3}\left(H_n^4-6H_n^2H_n^{(2)}+8H_nH_n^{(3)}+3\left(H_n^{(2)}\right)^2-6H_n^{(4)}\right)\\=\frac12\int_0^1\frac{\ln^4(1-x)\ln^2x}{x(1-x)}dx\overset{1-x\ \mapsto\ x}{=}\frac12\int_0^1\frac{\ln^4x\ln^2(1-x)}{x(1-x)}dx$$

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Entonces

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}=\frac{R_1-R_2}{12}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(4)}}{n^3}\\=\frac1{12}\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^4(1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx}_{\Large I_1}-\frac1{24}\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^4x\ln^2(1-x)}{x(1-x)}dx}_{\Large I_2}-\underbrace{\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(4)}}{n^3}}_{\Large S}$$

Calculemos cada término y empecemos por el primero

\begin{align} I_1&=\int_0^1\frac{\ln^4(1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx\overset{1-x\ \mapsto\ x}{=}\int_0^1\frac{\ln^4x\operatorname{Li}_2(1-x)}{1-x}\ dx\\ &=\int_0^1\frac{\ln^4x}{1-x}(\zeta(2)-\ln x\ln(1-x)-\operatorname{Li}_2(x))\ dx\\ &=24\zeta(2)\zeta(5)-\int_0^1\frac{\ln^5x\ln(1-x)}{1-x}\ dx-\int_0^1\frac{\ln^4x\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}\ dx\\ &=24\zeta(2)\zeta(5)+\sum_{n=1}^\infty H_n\int_0^1 x^n \ln^5x\ dx-\sum_{n=1}^\infty H_n^{(2)}\int_0^1 x^n \ln^4x\ dx\\ &=24\zeta(2)\zeta(5)-120\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{(n+1)^6}-24\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{(n+1)^5}\\ &=24\zeta(2)\zeta(5)-120\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^6}+120\zeta(7)-24\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{n^5}+24\zeta(7)\\ &\boxed{I_1=24\zeta(2)\zeta(5)+144\zeta(7)-120\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^6}-24\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{n^5}} \end{align}

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\begin{align} I_2&=\int_0^1\frac{\ln^4x\ln^2(1-x)}{x(1-x)}dx=\sum_{n=1}^\infty\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)\int_0^1 x^{n-1}\ln^4x\ dx\\ &\boxed{I_2=24\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^5}-24\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}} \end{align} .

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Podemos encontrar fácilmente el valor de $S$ si utilizamos la conocida identidad:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(p)}}{n^q}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(q)}}{n^p}=\zeta(p)\zeta(q)+\zeta(p+q)$$

Establecer $p=4$ y $q=3$ tenemos

$$\boxed{S=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(4)}}{n^3}=\zeta(3)\zeta(4)+\zeta(7)-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}}$$ .

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Recogiendo los resultados en caja de $I_1$ , $I_2$ y $S$ obtenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}\\=2\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(3)\zeta(4)+11\zeta(7)-10\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^5}$$

Tenemos los siguientes resultados:

$$S_1=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}=4\zeta(7)-\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(3)\zeta(4)$$

$$S_2=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{n^4}=18\zeta(7)-10\zeta(2)\zeta(5)$$

$$S_3=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}=5\zeta(2)\zeta(5)+2\zeta(3)\zeta(4)-10\zeta(7)$$

$$S_4=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^5}=6\zeta(7)-\zeta(2)\zeta(5)-\frac52\zeta(3)\zeta(4)$$

Sustituyendo estos resultados, obtenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2H_n^{(2)}}{n^3}=\frac{19}2\zeta(3)\zeta(4)-2\zeta(2)\zeta(5)-7\zeta(7)$$

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Pruebas:

El resultado de $S_1$ se puede obtener a partir de la identidad de Euler. $S_2$ y $S_3$ ya se han demostrado en mi solución anterior. En cuanto a $S_4$ lo calculamos de la siguiente manera

Desde aquí tenemos

$$\int_0^1x^{n-1}\ln^2(1-x)\ dx=\frac{H_n^2+H_n^{(2)}}{n}$$

Dividir ambos lados por $n^4$ y luego sumar ambos lados de $n=1$ a $\infty$ para conseguir

\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^5}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}&=\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)}{x}\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n^4}\ dx\\ &=\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)\operatorname{Li}_4(x)}{x}\ dx\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}-\frac1{n^2}\right)\int_0^1x^{n-1} \operatorname{Li}_4(x)\ dx\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}-\frac1{n^2}\right)\left(\frac{\zeta(4)}{n}-\frac{\zeta(3)}{n^2}+\frac{\zeta(2)}{n^3}-\frac{H_n}{n^4}\right)\\ 3\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^5}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{n^5}&=2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}+2\zeta(4)\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}-2\zeta(3)\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\\ &\quad+2\zeta(2)\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^4}-2\zeta(2)\zeta(5) \end{align}

A partir de la identidad de Euler, podemos obtener los siguientes resultados:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)$$ $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}=\frac54\zeta(4)$$ $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^6}=4\zeta(7)-\zeta(2)\zeta(5)-\zeta(3)\zeta(4)$$

Si se introducen estos resultados junto con el resultado de $S_3$ obtenemos la forma cerrada de $S_4$ .