Es la siguiente identidad verdadera? $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^n}{n^3} = \frac12\zeta(3)\ln x-\frac18\ln^2x\ln^2(1-x)+\frac12\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\operatorname{Li}_3(x)\right] + \operatorname{Li}_4(x)-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_2(x)-\frac12\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x+\frac{\pi^4}{60}$$
En esta aceptado respuesta, @Tunk Fey demostró que el anterior. (Ver $(4)$). Sin embargo, tengo el siguiente $3$ consultas :
- ¿Por qué tenemos que añadir el de las integrales después de la sustitución de $x \mapsto 1-x$ en el siguiente paso? Dudo que desde $\int f(x) \ \mathrm{d}x \neq \int f(1-x) \ \mathrm{d}x$ en general.
- ¿Por qué se omite la constante de integración en el siguiente paso? Debemos añadir la constante desde que afectará a la suma.
$$\begin{align} \color{red}{\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx}&=-\int\frac{\ln (1-x)\ln^2 x}{1-x}\ dx\\ &=\int\sum_{n=1}^\infty H_n x^n\ln^2x\ dx\\ &=\sum_{n=1}^\infty H_n \int x^n\ln^2x\ dx\\ &=\sum_{n=1}^\infty H_n \frac{\partial^2}{\partial n^2}\left[\int x^n\ dx\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty H_n \frac{\partial^2}{\partial n^2}\left[\frac {x^{n+1}}{n+1}\right]\\ &=\sum_{n=1}^\infty H_n \left[\frac{x^{n+1}\ln^2x}{n+1}-2\frac{x^{n+1}\ln x}{(n+1)^2}+2\frac{x^{n+1}}{(n+1)^3}\right]\\ &=\ln^2x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n x^{n+1}}{n+1}-2\ln x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n x^{n+1}}{(n+1)^2}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n x^{n+1}}{(n+1)^3}\\ &=\frac12\ln^2x\ln^2(1-x)-2\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n+1} x^{n+1}}{(n+1)^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n+1}}{(n+1)^3}\right]\\&+2\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n+1} x^{n+1}}{(n+1)^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n+1}}{(n+1)^4}\right]\\ &=\frac12\ln^2x\ln^2(1-x)-2\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n}}{n^3}\right]\\&+2\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{x^{n}}{n^4}\right]\\ &=\frac12\ln^2x\ln^2(1-x)-2\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\operatorname{Li}_3(x)\right]\\&+2\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^3}-\operatorname{Li}_4(x)\right]. \end{align}$$
- Es la identidad aún cierto, desde la puesta $x=\dfrac{1}{2}$ da una numéricamente resultado diferente que el resultado correcto, como se ha señalado por el usuario @Super Abundan en los comentarios de esa respuesta.
Por favor, ayudar.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Nota: OPs dudas parece razonable para mí, ya que la identidad declaró en OPs pregunta es no correcto. En el siguiente vamos a través de @TunkFey la respuesta y tratar de poner el foco en los puntos débiles de su argumentación. Pero, sin embargo, me gustaría hacer hincapié en que era un placer ir a través de su respuesta, que fue también muy instructivo e inspirador para mí.
Preliminares
El reto en Tunk Feys respuesta fue encontrar un cerrado de expresión (al menos en términos de Polylogarithms) de \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^n}{n^3} \end{align*} y evaluar en $x=\frac{1}{2}$.
Raymond Manzoni tiene bien demostrado que \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^n}{n^2}&=\zeta(3)+\frac{1}{2}\ln x\ln^2(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)\\ &\qquad+\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\tag{1} \end{align*} Tunk Fey tuvo esta serie como punto de partida y decidió utilizar las mismas técnicas como Raymond.
(Tunk Fey:) Dividiendo (1) por $x$ e integrar da \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^n}{n^3} &=\zeta(3)\ln x+\frac12\color{red}{\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx}+\color{blue}{\int\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)}x\ dx}\\&+\operatorname{Li}_4(x)-\color{green}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)}x\ dx}\tag{2} \end{align*}
El siguiente paso es simplificar \begin{align*} \color{green}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)}x\ dx} \end{align*}
Él continúa con signos de interrogación el énfasis es mío)
(Tunk Fey:) el Uso de IBP para evaluar el verde integral mediante el establecimiento $u=\operatorname{Li}_3(1-x)$$dv=\frac1x\ dx$, obtenemos
\begin{align*} \color{green}{\int\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)}x\ dx}&=\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x+\int\frac{\ln x\operatorname{Li}_2(1-x)}{1-x}\ dx\qquad x\mapsto1-x\\ &\stackrel{???}{=}\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x-\color{blue}{\int\frac{\ln (1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx}.\tag{3} \end{align*}
OP: ¿por Qué tenemos que añadir el de las integrales después de la sustitución de $x \mapsto 1-x$ en el siguiente paso? Dudo que desde $\int f(x) \ \mathrm{d}x \neq \int f(1-x) \ \mathrm{d}x$ en general.
La sustitución de $x\mapsto 1-x$ es no válido en Tunk Fey la respuesta. Podemos usar por ejemplo, en el caso de las integrales definidas también por el respeto de los límites de la integral. Pero como OP reclamado en general es la sustitución no es admisible.
Podemos evalute estas expresiones usando integración por partes para ver mejor la diferencia. Con $u=\frac{\ln x}{1-x}$ $dv=\operatorname{Li}_2(1-x)dx$ obtenemos \begin{align*} \int\frac{\ln x\operatorname{Li}_2(1-x)}{1-x}=\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(1-x)+C_1 \end{align*} Por otro lado, con $u=\frac{\ln (1-x)}{x}$ $dv=\operatorname{Li}_2(x)dx$ obtenemos por cédula integral (3) \begin{align*} -\int\frac{\ln (1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}=\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(x)+C_2\tag{4} \end{align*} con $C_1, C_2$ constantes de integración.
Más adelante, cuando Tunk Fey necesidades para determinar una constante de integración se evalúa la serie $\sum_{n=1}^\infty\frac{\operatorname{H}_nx^n}{n^3}$ $x=1$ . La evaluación de las subexpresiones en $x=1$ arriba
\begin{align*} \left.\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(1-x)\right|_{x=1}&=\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(0)=0\\ \left.\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(x)\right|_{x=1}&=\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(1)=\frac{\pi^4}{72} \end{align*} La diferencia de la integración de las constantes de $\Delta=\frac{\pi^4}{72}$ tiene consecuencias negativas cuando nos fijamos en el cálculo final en el final.
Con este incorrectamente sustituida la expresión (3) Tunk Fey obtiene a partir de (2)
\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_nx^n}{n^3}&=\zeta(3)\ln(x)+\frac{1}{2}\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx\\ &\qquad+\int\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)}{x}\ dx+\operatorname{Li}_4(x)\\ &\qquad-\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x+\int\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx \end{align*}
El siguiente paso es combinar $\int\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)}{x}\ dx$ $\int\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(x)}{x}\ dx$ con la ayuda de los Euler reflexión de la fórmula \begin{align*} \operatorname{Li}_2(x)+\operatorname{Li}_2(1-x)=\frac{\pi^2}{6}-\ln x\ln(1-x) \end{align*}
Obtiene \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_nx^n}{n^3}&=\zeta(3)\ln(x)+\frac{1}{2}\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx +\operatorname{Li}_4(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x\\ &\qquad+\int\frac{\ln(1-x)\left(\frac{\pi^2}{6}-\ln x\ln(1-x)\right)}{x}\ dx\\ &=\zeta(3)\ln(x)-\frac{1}{2}\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx+\operatorname{Li}_4(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x\\ &\qquad-\frac{\pi^2}{6}\int\frac{\ln(1-x)}{x}\ dx\\ &=\zeta(3)\ln(x)-\frac{1}{2}\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx+\operatorname{Li}_4(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x\\ &\qquad-\frac{\pi^2}{6}\operatorname{Li}_2(x)\tag{5} \end{align*}
El siguiente paso es simplificar $\color{red}{\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx}$. Él continúa con signos de interrogación el énfasis es mío)
(Tunk Fey:) Establecimiento $x\mapsto1-x$ y el uso de la identidad de $H_{n+1}-H_n=\frac1{n+1}$, el rojo de la integral se convierte en \begin{align*} \color{red}{\int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx}&\stackrel{???}{=}-\int\frac{\ln (1-x)\ln^2 x}{1-x}\ dx\\ &=\ldots\\ &=\frac12\ln^2x\ln^2(1-x)-2\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\operatorname{Li}_3(x)\right]\\ &\qquad+2\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^3}-\operatorname{Li}_4(x)\right]\tag{6} \end{align*}
La sustitución de (???) a la derecha en el comienzo no está justificada y no es admisible. También tendrá cierta influencia a la hora de calcular la constante de integración en la final.
OP: ¿por Qué se omite la constante de integración en el siguiente paso? Debemos añadir la constante desde que afectará a la suma.
OPs argumento es válido. El lado derecho de (6) debe tener una constante de integración incluidos. Pero tenga en cuenta que Tunk Fey presenta en el siguiente paso de esta constante, y este aspecto no es más un problema potencial.
Continuando con (5) y sustituyendo (6) Tunk Fey obtiene \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_nx^n}{n^3} &=\zeta(3)\ln(x)-\frac{1}{2} \left(\frac12\ln^2x\ln^2(1-x)-2\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\operatorname{Li}_3(x)\right]\right.\\ &\quad\left.+2\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^3}-\operatorname{Li}_4(x)\right]\right) +\operatorname{Li}_4(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x-\frac{\pi^2}{6}\operatorname{Li}_2(x)\\ &=\zeta(3)\ln(x)-\frac{1}{4} \ln^2x\ln^2(1-x)+\ln x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\ln x\operatorname{Li}_3(x)\\ &\quad-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^3}+2\operatorname{Li}_4(x) -\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x-\frac{\pi^2}{6}\operatorname{Li}_2(x)\tag{7}\\ \end{align*} Sigue \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_nx^n}{n^3} &=\frac{1}{2}\zeta(3)\ln(x)-\frac{1}{8} \ln^2x\ln^2(1-x)+\frac{1}{2}\ln x\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\frac{1}{2}\ln x\operatorname{Li}_3(x)\\ &\qquad+\operatorname{Li}_4(x) -\frac{1}{2}\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_2(x)+C\\ \end{align*}
En el último paso Tunk Fey determina la integración constante de $C$ mediante el establecimiento $x=1$ (7) y utilizando el valor conocido de \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_nx^n}{n^3}=\frac{\pi^4}{72} \end{align*} y algunos valores especiales de Polygamma funciones (tal vez con un poco de ayuda de Wolfram Alpha).
(Tunk Fey:) Establecimiento $x=1$ para obtener la constante de integración, \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^3}&=\operatorname{Li}_4(1)-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_2(1)+C\\ \frac{\pi^4}{72}&=\frac{\pi^4}{90}-\frac{\pi^4}{72}+C\\ C&=\frac{\pi^4}{60}. \end{align*} Así \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_nx^n}{n^3}=&\frac12\zeta(3)\ln x-\frac18\ln^2x\ln^2(1-x)+\frac12\ln x\left[\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n} x^{n}}{n^2}-\operatorname{Li}_3(x)\right]\\&+\operatorname{Li}_4(x)-\frac{\pi^2}{12}\operatorname{Li}_2(x)-\frac12\operatorname{Li}_3(1-x)\ln x+\frac{\pi^4}{60}\tag{8} \end{align*}
OP: Es la identidad aún cierto, desde la puesta $x=\dfrac{1}{2}$ da una [numéricamente resultado diferente][2] que el resultado correcto, como se ha señalado por el usuario @Super Abundan en los comentarios de esa respuesta.
De nuevo OPs duda es razonable, ya que debido a la inadmisibilidad de las sustituciones (3) y (6) la integración constante de $C=\frac{\pi^4}{60}$ no es correcto.
Evaluar el resultado (8) a $x=\frac{1}{2}$ da (con algo de ayuda de Wolfram Alpha) \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^32^n}&\stackrel{???}{=}-\frac{1}{8}\ln 2\zeta{3}+\frac{1}{24}\left(\ln 2\right)^4+\frac{7\pi^4}{720}+ \operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\\ &\stackrel{.}{=}1.36998 \end{align*} El RHS dando a $1.36998$ es también cuestionada por el usuario @abundan sobremanera en la sección de comentarios de Tunk Fey la respuesta.
La respuesta correcta parece ser proporcionada por @Cleo que es \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^32^n}&=-\frac{1}{8}\ln 2\zeta{3}+\frac{1}{24}\left(\ln 2\right)^4+\frac{\pi^4}{720}+ \operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)\\ &\stackrel{.}{=}0.55824 \end{align*} El valor numérico también se indica en la respuesta de @MhenniBenghorbal.
La diferencia de las dos respuestas $\Delta=\frac{\pi^4}{120}$ parece ser un resultado debido a la erróneamente realizar sustituciones.
Epílogo:
La respuesta de Tunk Fey está lleno de buenas ideas y vale la pena que alguien proporciona una correcta prueba basado en sus cálculos. Evitar las sustituciones, el principal desafío parece ser (ver apartado 5) la obtención de una representación adecuada de los \begin{align*} \int\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx \end{align*} Wolfram Alpha proporciona una solución integral, pero parece demasiado engorroso.
La suma en cuestión tiene una forma cerrada en términos de polylogarithms. La prueba es complicada, y no tengo intención de reproducirlo como me derivó hace unos 15 años, y polylogs no es un interés principal ahora. Siempre se puede diferenciar ambos lados y el uso polylog Id Lewin.
$$\sum_{k=1}^\infty \frac{y^k}{k^3}H_k=\zeta(4)+2 Li_4(y)-Li_4(1-y)+Li_4(-y/(1-y))+\\ \frac{1}{2} \log(1-y) \Big( \zeta(3) – Li_3(y)+Li_3(1-y)+Li_3(-y/(1-y)) \Big) + \\\frac{1}{12}\log^3(1-y)\log(y) -\frac{1}{24}\log^4(1-y)$$
