Sólo tengo la primera edición de Combinatoria Analítica. En esa edición, y en ese ejemplo, los autores derivan la siguiente ecuación de la función generadora: $$ \sum_{n\ge 0} \mathbb E_n[\chi(\chi-1)]z^n=\frac1{1-z}\left(\log \frac1{1-z}\right)^2.\tag{11} $$ Luego dicen
A partir de esta expresión y de la Nota 4 (o directamente de los polinomios de Stirling), un cálculo muestra que $$ \sigma_n^2= \left(\sum_{k=1}^n \frac1k\right)-\color{red}{\left(\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}\right)}\tag{12} $$
No he podido encontrar el Note 4, así que vamos a intentar replicar este cálculo sin él.
En primer lugar, utilizamos $(11)$ para determinar una fórmula para $E_n[\chi(\chi-1)].$ Desde $\log \frac1{1-z}=\frac z1+\frac{z^2}2+\frac{z^3}3+\dots$ se deduce que $$ \left(\log \frac1{1-z}\right)^2=\sum_{n\ge 2} \left(\sum_{i=1}^{n-1} \frac1i\cdot \frac1{n-i} \right)z^n $$ lo que implica que $$ \begin{align} E_n[\chi(\chi-1)] &=[z^n]\frac1{1-z}\left(\log \frac1{1-z}\right)^2 \\&=\sum_{k=0}^n [z^k]\left(\log \frac1{1-z}\right)^2 \\&=\sum_{k=2}^n\sum_{i=1}^{k-1}\frac1{i}\cdot \frac1{k-i} \\&=\sum_{i+j\le n}\frac1i \cdot \frac1j \end{align} $$ Por lo tanto, concluimos que \begin{align} \sigma_n^2 &=E_n[\chi^2]-(E_n[\chi])^2 \\&=E_n[\chi]+E_n[\chi(\chi-1)]-(E_n[\chi])^2 \\&=H_n+\left(\sum_{i+j\le n}\frac1i \cdot \frac1j\right)-\left(\sum_{i=1}^n \frac1i\right)^2 \\&=H_n+\left(\sum_{i+j\le n}\frac1i \cdot \frac1j\right)-\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac1i \cdot \frac1j\right) \\&= H_n-\color{blue}{\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac1i \cdot \frac1j\cdot 1[i+j>n]\right)} \end{align} donde $1[i+j>n]$ est $1$ cuando $i+j>n$ y cero en caso contrario. Equivalentemente, esto es igual a $\sum_{i=1}^n\sum_{j=n-i+1}^n \frac1i\cdot \frac1j$ .
Esto casi parece $(12)$ . Habríamos terminado si pudiéramos probar $$ \color{red}{\sum_{k=1}^n \frac1{k^2}}=\color{blue}{\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac1i \cdot \frac1j\cdot 1[i+j>n]},\tag{$ \N - La estrella $} $$ Gracias al útil comentario de Matthew Towers, podemos dar una prueba sencilla de esto por inducción sobre $n$ . Sea $S_n:=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac1i \cdot \frac1j\cdot 1[i+j>n]$ sea el lado derecho de $(\star)$ . El paso inductivo se reduce a demostrar $$ S_n-S_{n-1}\stackrel{?}=\frac1{n^2} $$ En la diferencia $S_n-S_{n-1}$ Hay muchos términos comunes. Ayuda a ver $S_n$ como una suma de $1/(ij)$ sobre el triángulo discreto $\{(i,j)\in \mathbb N^2\mid 1\le i,j\le n,i+j>n\}$ y observar que el triángulo para $n$ tiene un gran solapamiento con el triángulo de $n-1$ . Cuando se cancelan estos términos comunes, lo que queda es $$ S_n-S_{n-1}= \frac1{n^2} +\left(\sum_{i=1}^{n-1} \frac1{i}\cdot \frac1n\right) +\left(\sum_{i=1}^{n-1} \frac1n\cdot \frac1{i}\right) -\left(\sum_{i=1}^{n-1} \frac1{i}\cdot \frac1{n-i}\right) $$ Utilizando la identidad $\frac1i\cdot \frac1{n-i}=\frac1{ni}+\frac1{(n-i)n}$ es fácil demostrar que la expresión anterior se simplifica a $1/n^2$ .
