Cómo Comprar Evalúe

Question

Evaluar

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \dfrac{H_{n}}{(n+1)^2.2^n} \right)$$

Donde $H_{n}$ $n^{th}$ Número Armónico, es decir, $H_{n} = \displaystyle \sum _{k=1}^n \frac{1}{k}$

Traté de usar la Representación Integral para el número Armónico es decir,

$$ H_{n} = \int_{0}^1 \dfrac {1-x^n}{1-x} \mathrm{d}x $$

y, a continuación, intercambiando la suma y la integral de signos, sino que complica aún más el problema. También he intentado usar el resultado de mi anterior problema, es decir,

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{1}{n^2.2^n} = \dfrac{\pi^2}{12} - \dfrac{\ln^2 2}{2} $$

pero ningún avance significativo hasta el momento.

Cualquier ayuda será apreciada.

Gracias!

Answer 1

Tenemos $$\sum_{n\geq1}H_{n}x^{n}=-\frac{\log\left(1-x\right)}{1-x}$ $ entonces si integramos $$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{n+1}x^{n+1}=\frac{1}{2}\log^{2}\left(1-x\right)$ $ (Nota podemos tomar el $C=0$ de $x=0$) luego $$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{n+1}x^{n}=\frac{\log^{2}\left(1-x\right)}{2x}$ $ y si integramos otra vez %#% $ de #% ahora si integramos por partes $$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{\left(n+1\right)^{2}}x^{n+1}=\int\frac{\log^{2}\left(1-x\right)}{2x}dx.$ $ y usando el % de hechos $$\int\frac{\log^{2}\left(1-x\right)}{2x}dx=\frac{\log^{2}\left(1-x\right)\log\left(x\right)}{2}+\int\frac{\log\left(1-x\right)\log\left(x\right)}{1-x}dx$y $\textrm{Li}'_{2}\left(1-x\right)=\frac{\log\left(x\right)}{1-x}$ tenemos $\textrm{Li}'_{3}\left(1-x\right)=-\frac{\textrm{Li}{}_{2}\left(1-x\right)}{1-x}$ $ si ponemos $$\int\frac{\log^{2}\left(1-x\right)}{2x}dx=\frac{\log^{2}\left(1-x\right)\log\left(x\right)}{2}+\log\left(x\right)\textrm{Li}{}_{2}\left(1-x\right)-\textrm{Li}{}_{3}\left(1-x\right)+C.$ $x=1$$$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{\left(n+1\right)^{2}}=s_{h}\left(1,2\right)$$ which is an Euler's sum, an it can be calculated by the formula $$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{\left(n+1\right)^{m}}=\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{n^{m}}-\zeta(1+m)$ \sum_{n\geq1}\frac{H_{n}}{n^{2}}=2\zeta(3))$ (note we have the computation $C=\zeta(3) $. So we can take $% $$, then $

Answer 2

En internet usted puede encontrar:

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \dfrac{H_{n}}{n^2.2^n} \right)=\zeta(3)-\frac{\pi^2ln(2)}{12}$$

Ahora si reorganice la suma: $$\begin{align}\sum_{n=1}^{\infty} \left( \dfrac{H_{n}}{(n+1)^2.2^n} \right)&=2.\sum_{n=1}^{\infty} \left( \dfrac{H_{n}}{(n+1)^2.2^{n+1}} \right)\\ &=2\left(\zeta(3)-\frac{\pi^2ln(2)}{12}-\frac{1}{2}-\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+1)^32^n}\right)\end {Alinee el} $$

y también se ha sabido que: $$\sum_{i=1}^{+\infty}\frac{1}{n^32^n}=\frac{ln(2)^3}{6}-\frac{\pi^2ln(2)}{12}+\frac{7}{8}\zeta(3) $ $

ahora es tu turno para reorganizar todo para obtener el resultado! todo esto suma puede encontrarse como comentarios en este post.