Generalizada de Euler suma de $\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^p}$

Question

Me encontré con la siguiente fórmula

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^p}= \left(1+\frac{p}{2} \right)\zeta(q+1)-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{q 2}\zeta(k+1)\zeta(q-k)$$

y es citado que Euler probó la fórmula anterior , pero ¿cómo ?

¿Existen otras pruebas ?

Podemos tener una fórmula general para la alternancia de forma

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

Answer 1

$$\begin{align} &\sum_{j=0}^k\zeta(k+2-j)\zeta(j+2)\\ &=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=0}^k\frac1{m^{k+2-j}n^{j+2}}\etiqueta{1}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +\sum_{\substack{m,n=1\\m\ne n}}^\infty\frac1{m^2n^2} \frac{\frac1{m^{k+1}}-\frac1{n^{k+1}}}{\frac1m-\frac1n}\etiqueta{2}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +\sum_{\substack{m,n=1\\m\ne n}}^\infty\frac1{nm^{k+2}(n-m)}-\frac1{mn^{k+2}(n-m)}\etiqueta{3}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=m+1}^\infty\frac1{nm^{k+2}(n-m)}-\frac1{mn^{k+2}(n-m)}\etiqueta{4}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{(n+m)m^{k+2}n}-\frac1{m(n+m)^{k+2}n}\etiqueta{5}\\ y=(k+1)\zeta(k+4)\\ Y+2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{m^{k+3}n}-\frac1{(m+n)m^{k+3}}\\ &-2\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{m(n+m)^{k+3}}+\frac1{n(n+m)^{k+3}}\etiqueta{6}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}} -4\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{n(n+m)^{k+3}}\etiqueta{7}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}} -4\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=n+1}^\infty\frac1{nm^{k+3}}\etiqueta{8}\\ y=(k+1)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}} -4\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=n}^\infty\frac1{nm^{k+3}}+4\zeta(k+4)\etiqueta{9}\\ y=(k+5)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}} -4\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^m\frac1{nm^{k+3}}\etiqueta{10}\\ y=(k+5)\zeta(k+4) +2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}} -4\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}}\etiqueta{11}\\ y=(k+5)\zeta(k+4) -2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^{k+3}}\etiqueta{12} \end{align}$$ Dejar que $q=k+3$ y la indización $j\mapsto j-1$ rendimientos $$\sum_{j=1}^{q 2}\zeta(p-j)\zeta(j+1) =(q+2)\zeta(q+1)-2\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^p}\etiqueta{13}$$ y, finalmente, $$\sum_{m=1}^\infty\frac{H_m}{m^p} =\frac{q+2}{2}\zeta(q+1)-\frac12\sum_{j=1}^{q 2}\zeta(p-j)\zeta(j+1)\etiqueta{14}$$

---

Explicación

$\hphantom{0}(1)$ expandir $\zeta$
$\hphantom{0}(2)$ tire de los términos para $m=$ n y el uso de la fórmula geométrica finita sumas de dinero en el resto
$\hphantom{0}(3)$ simplificar términos
$\hphantom{0}(4)$ utilicen la simetría de $\frac1{nm^{k+2}(n-m)}+\frac1{mn^{k+2}(m-n)}$
$\hphantom{0}(5)$ $n\mapsto n+m$ y cambiar el orden de la suma de
$\hphantom{0}(6)$ $\frac1{mn}=\frac1{m(m+n)}+\frac1{n(m+n)}$
$\hphantom{0}(7)$ $H_m=\sum_{n=1}^\infty\frac1n-\frac1{n+m}$ y el uso de la simetría de $\frac1{m(n+m)^{k+3}}+\frac1{n(n+m)^{k+3}}$
$\hphantom{0}(8)$ $m\mapsto m-n$
$\hphantom{0}(9)$ restar y añadir los términos para $m=$n
$(10)$ combinar $\zeta(k+4)$ y cambiar el orden de la suma de
$(11)$ $H_m=\sum_{n=1}^m\frac1n$
$(12)$ combinar sumas

Answer 2

Respondiendo a la primera parte de la pregunta por $q$ impar recordamos de la siguiente MSE post de la identidad: $$H_n = - \frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} \zeta(1-s) \frac{\pi}{\sin(\pi s)}\frac{1}{n^s} ds.$$ La prueba en la citada post es el sonido y me limitaré a referir a él aquí, ya que de lo contrario nos acaba de incluir al pie de la letra.

Esto le da la fórmula para que su suma: $$\sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p} = - \frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} \zeta(1-s) \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \zeta(q+s) ds.$$

Ahora este cambio integral a la izquierda de la línea $\Re(s) = -1/2-(q-1),$ llegar $$\sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p} = \rho_1 - \sum_{k=1}^{q 2} \zeta(1+k) (-1)^k \zeta(q-k) - \frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-(q-1)-i\infty}^{-1/2-(q-1)+i\infty} \zeta(1-s) \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \zeta(q+s) ds$$ donde $$\rho_1 = \operatorname{Res}\left( -\zeta(1-s) \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \zeta(q+s); s=-(q-1)\right).$$

Hacer la sustitución $t=s+(q-1)$ en la integral de conseguir (no incluyendo el signo menos delante) $$\frac{1}{2\pi i}\int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} \zeta(1-(t-(p-1))) \frac{\pi}{\sin(\pi (t-(p-1))} \zeta(p+t(q-1)) dt.$$ Por $q$ extraño esto se simplifica a $$\frac{1}{2\pi i}\int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} \zeta(q-t) \frac{\pi}{\sin(\pi t)} \zeta(t+1) dt.$$ Ahora hacer otra sustitución, es decir, $v=-t$, para obtener $$\frac{1}{2\pi i}\int_{1/2+i\infty}^{1/2-i\infty} \zeta(p+v) \frac{\pi}{\sin(\pi v)} \zeta(1-v) dv =-\frac{1}{2\pi i}\int_{1/2-i\infty}^{1/2+i\infty} \zeta(p+v) \frac{\pi}{\sin(\pi v)} \zeta(1-v) dv$$ donde el signo menos en el seno plazo cancela el uno en el diferencial. Finalmente, este cambio integral a la línea de $\Re(v) = -1/2$ para obtener $$\rho_2 - \frac{1}{2\pi i}\int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} \zeta(p+v) \frac{\pi}{\sin(\pi v)} \zeta(1-v) dv = \rho_2 + \sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p}$$ donde $$\rho_2 = \operatorname{Res}\left(- \zeta(1-v) \frac{\pi}{\sin(\pi v)} \zeta(p+v); v=0\right).$$ Hemos demostrado que $$\sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p} = \rho_1 - \sum_{k=1}^{q 2} \zeta(1+k) (-1)^k \zeta(q-k) - \left(\rho_2 + \sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p}\right).$$ Esto le da $$\sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p} = \frac{1}{2} (\rho_1-\rho_2) - \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{q 2} \zeta(1+k) (-1)^k \zeta(p-k).$$ A la conclusión de introducir $$W(s) = -\zeta(1-s) \frac{\pi}{\sin(\pi s)} \zeta(q+s).$$ Esto implica que $$W(-s-(q-1)) = -\zeta(s+q) \frac{\pi}{\sin(\pi (-s-(q-1)))} \zeta(1-s) = - W(s)$$ porque $q$ es impar. Ahora, $$\rho_2 = \frac{1}{2\pi i} \int_{|s|=1/2} W(s) ds.$$ Poner $s = -t -(p-1)$ y tenga en cuenta que esto no cambia el sentido contrario de la orientación del círculo inducida por la primera integral para obtener $$-\frac{1}{2\pi i} \int_{|-t-(p-1)|=1/2} W (t-(p-1)) dt = \frac{1}{2\pi i} \int_{|-t-(p-1)|=1/2} W(t) dt = \rho_1$$ porque $|t- (p-1)|=|(-1)(t+(q-1))|=|t-(-(q-1))|.$ La conclusión es que $$\sum_{n\ge 1} \frac{H_n}{n^p} = -\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{q 2} \zeta(1+k) (-1)^k \zeta(q-k)$$ por $q$ impar.

Adenda. Sun 27 de abril a las 23:57:35 CEST 2014 no acabo de ver por qué no simplemente evaluar los residuos de $\rho_1$ y $\rho_2$ como estas son a la vez fácil. Esto no afecta a la exactitud del argumento.

Adenda. Sol el día 9 de Noviembre a las 23:33:24 CET 2014 En el hecho de la igualdad de los dos residuos de la siguiente manera por la inspección. En retrospectiva, parece que me quería evitar el trabajo con los dos polos y mantener todo dentro de los límites de la pluma y el papel.

Answer 3

Cuando $q$ es impar y mayor que $1$, se puede demostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{q}} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{q 2} (-1)^{k-1} \zeta(k+1) \zeta(q-k)$$

mediante la sustitución de $H_{n}$ con la representación integral

$$H_{n} = \int_{0}^{1} \frac{1-x^{n}}{1-x} \, dx \ ,$$

cambiar el orden de integración y totalización, y luego repetidamente la integración por partes.

Este resultado se deriva, asimismo, en Marko Riedel de la respuesta utilizando un enfoque diferente.

---

$$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{q}} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{q}} \int_{0}^{1} \frac{1-x^{n}}{1-x} \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{1}{1-x} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1-x^{n}}{n^{q}} \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\zeta(q)- \text{Li}_{p}(x)}{1-x} \, dx \\ &= - \Big(\zeta(q) - \text{Li}_{p}(x) \Big) \ln(1-x) \Bigg|^{1}_{0} - \int_{0}^{1} \frac{\log(1-x) \text{Li}_{q-1}(x)}{x} \, dx \\ &= -\color{#C00000} {\int_{0}^{1} \frac{\log(1-x) \text{Li}_{q-1}(x)}{x} \, dx} \\ &= \text{Li}_{2}(x) \text{Li}_{q-1}(x) \Bigg|^{1}_{0} - \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{2}(x) \text{Li}_{q 2}(x)}{x} \, dx \\ &= \zeta(2) \zeta(q-1) - \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{2}(x) \text{Li}_{q 2}(x)}{x} \, dx \\ &= \zeta(2) \zeta(q-1) - \text{Li}_{3}(x) \text{Li}_{q 2}(x) \Bigg|^{1}_{0} + \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{3}(x)\text{Li}_{p-3}(x) }{x} \, dx \\ &= \zeta(2) \zeta(q-1) - \zeta(3) \zeta(q-2) + \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{3}(x)\text{Li}_{p-3}(x) }{x} \, dx \\&= \zeta(2) \zeta(q-1) - \zeta(3) \zeta(q-2) + \zeta(4) \zeta(p-3) - \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{4}(x) \text{Li}_{4-q}(x)}{x} \, dx \\ &=\zeta(2) \zeta(q-1) - \zeta(3) \zeta(q-2) + \zeta(4) \zeta(p-3) - \ldots + \zeta(q-1) \zeta(2) - \int_{0}^{1} \frac{\text{Li}_{q-1}(x) \text{Li}_{1}(x)}{x} \, dx \\ &= \sum_{k=1}^{q 2} (-1)^{k-1} \zeta(k+1) \zeta(q-k) + \color{#C00000}{\int_{0}^{1} \frac{\log(1-x) \text{Li}_{q-1}(x)}{x} \, dx} \end{align}$$

Por lo tanto, si $p$ es impar,

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{q}} = - \int_{0}^{1} \frac{\log(1-x) \text{Li}_{q-1}(x)}{x} \, dx = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{q 2} (-1)^{k-1} \zeta(k+1) \zeta(p-k).$$