Serie Infinita $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^32^n}$

Question

Intento encontrar una forma cerrada para la siguiente suma $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3\,2^n},$$ donde $H_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$ es un número armónico.

¿Podría ayudarme?

Answer 1

En su lugar se puede tener la representación integral equivalente

$$ I = \int_{0}^{1}\frac{\ln^2(u)\ln(1-u/2)}{u(u-2)}du \sim .5582373010. $$

Intenta evaluar la integral anterior. Mira mi responder . Ver también aquí .

Answer 2

Enfoque alternativo:

primero empezamos por demostrar la siguiente igualdad que apareció como Problema 11921 en The American Mathematical Monthly 2016 propuesta por Cornel Ioan Valean : \begin{equation*} S=\ln^22\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1) 2^{n+1}}+\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^2 2^n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3 2^n}=\frac14\ln^42+\frac14\zeta(4) \end{equation*} Prueba: comencemos con la siguiente integral $ I=\displaystyle \int_{1/2}^{1} \frac{\ln(1-x)\ln^2x}{1-x}\,dx $

Utilizando

$$\frac{\ln(1-x)}{1-x}=-\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}H_n x^n$$

podemos escribir

$$I=-\sum_{n=1}^{\infty}H_n\int_{1/2}^{1}x^n \ln^2x\,dx$$

$$=-\sum_{n=1}^{\infty}H_n\left( -\frac{\ln^22}{(n+1)2^{n+1}}-\frac{\ln2}{(n+1)2^{n+1}}-\frac{1}{(n+1)^32^n}+\frac{2}{(n+1)^3}\right)$$

$$=S-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3} \tag{1}$$

Por otro lado, al integrar por partes obtenemos \begin{equation*} I=\frac12\ln^42+\int_{1/2}^1 \frac{\ln^2x\ln(1-x)}{x}\,dx\overset{x\mapsto 1-x}{=}\frac12\ln^42+\int_0^{1/2}\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}\,dx \end{equation*} Sumando la integral $I=\int_{1/2}^{1}\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}\,dx\ $ a ambos lados

$$2I=\frac12\ln^42+\int_0^1 \frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}\,dx=\frac12\ln^42-\sum_{n=1}^{\infty}H_n\int_{0}^{1}x^n\ln^2x\,dx$$ $$=\frac12\ln^42-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3}\Longrightarrow I=\frac14\ln^42-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3} \tag{2}$$

combinando $(1)$ y $(2)$ produce

$$S=\frac14\ln^42+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3}=\frac14\ln^42-\zeta(4)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3}$$

subtitulación $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3}=\frac54\zeta(4)$ completa la prueba.

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Utilizando la igualdad demostrada: \begin{align*} \frac14\ln^42+\frac14\zeta(4)&=\ln^22\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1) 2^{n+1}}+\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^2 2^n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^3 2^n}\\ &=\ln^22\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n 2^n}+2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac {H_{n-1}}{n^2 2^n}+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^3 2^n}\\ &=\ln^22\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n 2^n}+2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac {H_n}{n^2 2^n} +2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3 2^n}-\ln^22\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n n^2}\\ &\quad -2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{ n^32^n}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^42^n} \end{align*} reordenar los términos para obtener

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3 2^n}=-\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2 2^n}-\frac12\ln^22\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n 2^n}+\operatorname{Li_4}\left( \frac12\right)+\ln2\operatorname{Li_3}\left( \frac12\right)\\+\frac12\ln^22\operatorname{Li_2}\left( \frac12\right)+\frac18\zeta(4)+\frac18\ln^42$$

introduciendo los valores de la primera y la segunda suma comprobada aquí y aquí respectivamente, junto con los valores de $\displaystyle\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right)$ y $\displaystyle\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)$ obtenemos \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{2^nn^3}=\color{blue}{\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac18\zeta(4)-\frac18\ln2\zeta(3)+\frac1{24}\ln^42}, \end{align}

Answer 3

Hallando primero la siguiente integral mediante la identidad algebraica $a^2b=\frac{1}{6}\left(a+b\right)^3-\frac{1}{6}\left(a-b\right)^3-\frac{1}{3}b^3$ se puede demostrar fácilmente evitando las sumas de Euler que: $$\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\ln \left(1+x\right)}{1+x}\:dx=-\frac{1}{4}\zeta \left(4\right)+2\ln \left(2\right)\zeta \left(3\right)-\ln ^2\left(2\right)\zeta \left(2\right)+\frac{1}{4}\ln ^4\left(2\right)$$ Ahora: $$\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\ln \left(1+x\right)}{1+x}\:dx=\frac{1}{2}\ln \left(2\right)\int _0^1\frac{\ln ^2\left(x\right)}{1-\frac{x}{2}}\:dx+\frac{1}{2}\int _0^1\frac{\ln ^2\left(x\right)\ln \left(1-\frac{x}{2}\right)}{1-\frac{x}{2}}\:dx$$ $$=2\ln \left(2\right)\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^3\:2^k}-2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^3\:2^k}+2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^4\:2^k}$$ $$=2\ln \left(2\right)\operatorname{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)-2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^3\:2^k}+2\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)$$ $$=\frac{7}{4}\ln \left(2\right)\zeta \left(3\right)-\ln ^2\left(2\right)\zeta \left(2\right)+\frac{1}{3}\ln ^4\left(2\right)-2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^3\:2^k}+2\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)$$ Haciendo uso del resultado encontramos: $$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^3\:2^k}=\frac{1}{8}\zeta \left(4\right)+\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{1}{8}\ln \left(2\right)\zeta \left(3\right)+\frac{1}{24}\ln ^4\left(2\right)$$