Otra forma de expresar $\sum_{k=0}^{n} \frac{H_{k+1}}{n-k+1}$

Question

¿Conoces alguna forma agradable de expresar

$$\sum_{k=0}^{n} \frac{H_{k+1}}{n-k+1}$$ ?

Algunas manipulaciones sencillas con las integrales conducen a una expresión que también utiliza
la serie hipergeométrica. ¿Hay alguna forma de obtener una forma que no utilice la función HG?

Answer 1

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ $\ds{{\cal I}_{n} \equiv\sum_{k = 0}^{n}{H_{k + 1} \over n - k + 1} =\sum_{k = 1}^{n + 1}{H_{k} \over n - k + 2}:\ {\large ?}}$ .

\begin{align} \sum_{n = 0}^{\infty}{\cal I}_{n}z^{n}& =\sum_{n = 1}^{\infty}{\cal I}_{n - 1}z^{n - 1}= \sum_{n = 1}^{\infty}z^{n - 1}\sum_{k = 1}^{n}{H_{k} \over n - k + 1} =\sum_{k = 1}^{\infty}H_{k}\sum_{n\ =\ k}^{\infty}{z^{n - 1} \over n - k + 1} \\[3mm]&=\sum_{k = 1}^{\infty}H_{k}\sum_{n = 1}^{\infty}{z^{n + k - 2} \over n} ={1 \over z^{2}}\sum_{k = 1}^{\infty}H_{k}z^{k}\sum_{n = 1}^{\infty}{z^{n} \over n} ={1 \over z^{2}}\bracks{-\,{\ln\pars{1 - z} \over 1 - z}}\bracks{-\ln\pars{1 - z}} \\[3mm]&={\ln^{2}\pars{1 - z} \over z^{2}\pars{1 - z}} ={1 \over z^{2}}\, \lim_{\mu\ \to\ -1}\partiald[2]{\pars{1 - z}^{\mu}}{\mu} ={1 \over z^{2}}\, \lim_{\mu\ \to\ -1}\partiald[2]{}{\mu}\sum_{n = 0}^{\infty}\pars{-1}^{n}z^{n} {\mu \choose n} \\[3mm]&={1 \over z^{2}}\, \lim_{\mu\ \to\ -1}\partiald[2]{}{\mu}\sum_{n = 0}^{\infty}z^{n} {-\mu + n - 1\choose n} \end{align}

No hay ninguna contribución de los dos primeros términos tal que así: \begin{align} \sum_{n = 0}^{\infty}{\cal I}_{n}z^{n}&= {1 \over z^{2}}\,\lim_{\mu\ \to\ -1}\partiald[2]{}{\mu}\sum_{n = 2}^{\infty}z^{n} {-\mu + n - 1\choose n} = \lim_{\mu\ \to\ -1}\partiald[2]{}{\mu}\sum_{n = 0}^{\infty}z^{n} {-\mu + n + 1\choose n + 2} \end{align}

\begin{align} {\cal I}_{n}&\equiv\sum_{k = 0}^{n}{H_{k + 1} \over n - k + 1} =\lim_{\mu\ \to\ -1}\partiald[2]{}{\mu}{-\mu + n + 1\choose n + 2} \\[5mm]&=\lim_{\mu\ \to\ -1}{-\mu + n + 1 \choose n + 2}\left\lbrace% \bracks{\Psi\pars{-\mu + n + 2} - \Psi\pars{-\mu}}^{2} \right. \\&\left.\phantom{\lim_{\mu\ \to\ -1}\qquad\qquad\qquad\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}- \Psi'\pars{-\mu} + \Psi'\pars{-\mu + n + 2}\right\rbrace \\[5mm]&=\bracks{\Psi\pars{n + 3} - \underbrace{\Psi\pars{1}} _{\ds{=\ \color{#c00000}{-\gamma}}}}^{2} - \underbrace{\Psi'\pars{1}} _{\ds{=\ \color{#c00000}{\pi^{2} \over 6}}} +\Psi'\pars{n + 3} \end{align}

$$\color{#66f}{\large% \sum_{k = 0}^{n}{H_{k + 1} \over n - k + 1} =\bracks{\Psi\pars{n + 3} + \gamma}^{2} + \Psi'\pars{n + 3} - {\pi^{2} \over 6}} $$

$\ds{\Psi\pars{z}}$ y $\ds{\gamma}$ son los Función Digamma a Constante de Euler-Mascheroni , Ver este enlace .

Answer 2

Dando pequeños pasos: $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{n+1}\frac{H_k}{n-k+2} &=\sum_{k=1}^{n+1}\sum_{j=1}^k\frac1j\frac1{n-k+2}\tag{1}\\ &=\sum_{j=1}^{n+1}\sum_{k=j}^{n+1}\frac1j\frac1{n-k+2}\tag{2}\\ &=\sum_{j=1}^{n+1}\sum_{k=j}^{n+1}\frac1j\frac1{k-j+1}\tag{3}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\sum_{j=1}^k\frac1j\frac1{k-j+1}\tag{4}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k+1}\sum_{j=1}^k\left(\frac1j+\frac1{k-j+1}\right)\tag{5}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k+1}\sum_{j=1}^k\frac2j\tag{6}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k+1}\sum_{j=1}^k\frac1j +\sum_{j=1}^{n+1}\frac1{j+1}\sum_{k=1}^j\frac1k\tag{7}\\ &=\color{#C00000}{\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{k+1}\sum_{j=1}^k\frac1j} +\color{#00A000}{\sum_{k=1}^{n+1}\frac1k\sum_{j=k}^{n+1}\frac1{j+1}}\\ &+\color{#0000FF}{\sum_{k=1}^{n+2}\frac1{k^2}}-\sum_{k=1}^{n+2}\frac1{k^2}\tag{8}\\ &=\left(\sum_{k=1}^{n+2}\frac1k\right)^2-\sum_{k=1}^{n+2}\frac1{k^2}\tag{9}\\[6pt] &=H_{n+2}^2-H_{n+2}^{(2)} \end{align} $$ Explicación:
$(1)$ : $H_k=\sum\limits_{j=1}^k\frac1j$
$(2)$ Cambiar el orden de la suma
$(3)$ : sustituto $k\mapsto n+j+1-k$
$(4)$ Cambiar el orden de la suma
$(5)$ : $\frac1j\frac1{k-j+1}=\frac1{k+1}\left(\frac1j+\frac1{k-j+1}\right)$
$(6)$ : $\sum\limits_{j=1}^k\frac1j=\sum\limits_{j=1}^k\frac1{k-j+1}$
$(7)$ : sustituto $j\leftrightarrow k$ en la suma correcta
$(8)$ : cambia el orden de la suma en la suma verde; añade $0$
$(9)$ : rojo, verde, azul la suma cubre el primer término mayor, menor, igual

Answer 3

Sí: $$\begin{eqnarray*}\color{red}{\sum_{k=1}^{n+1}\frac{H_k}{n+2-k}}=\sum_{k=1}^{n+1}\sum_{r+s=k}\frac{1}{rs}=\color{red}{H_{n+2}^2-H_{n+2}^{(2)}.}\end{eqnarray*}$$ Para la prueba, véase este otro pregunta. Es la línea $(4)$ en mi segunda respuesta.

Answer 4

Que $f(x)=\displaystyle\sum\limits_{n\geqslant 0}\frac{1}{n+1}x^n=-x^{-1}\log(1-x)$

A continuación, $\displaystyle g(x)=\frac{1}{1-x}f(x)=\sum_{n\geqslant 0}\sum_{k=0}^n \frac{1}{k+1}x^n=\sum_{n\geqslant 0}H_{n+1} x^n$ y desea que el coeficiente de $x^n$ (es decir, $f^{(n)}(0)/n!$) en %#% $ de #% creo que usted puede hacer algunos trucos de integración de contorno complejo, que no conocen.

Nota que por la observación, es decir, ya que es $$f(x)g(x)=x^{-2}\log^2(1-x)/(1-x)$ $[x^n]$, podemos asociar $(1-x)^{-1}f(x)^2$ primero y así $f(x)^2$ $

Answer 5

Se trata de una aproximación muy aproximada: escriba $H_{k+1} \sim \log (k+1) \sim \log k + \frac{1}{k}$ entonces obtienes dos sumas: \begin{align} &\sum_{k=1}^{n}\frac{\log k }{n-k+1} + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(n-k+1)}\\ &\leq \log n \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n-k+1} + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(n-k+1)} \\ &\sim \log^2n + \frac{H_n}{n+1} \end{align}