series infinitas con números armónicos y zeta

Question

Me he encontrado con una serie que parece divertida y me pregunto cómo abordarla.

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}=\frac{{\pi}^{4}}{72}.$$

Una idea que tuve fue utilizar el digamma y el hecho de que

$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\int_{0}^{1}\frac{1-t^{n}}{1-t}dt=\psi(n+1)+\gamma.$$

Junto con la identidad $\psi(n+1)=\psi(n)+\frac{1}{n}$ Me las arreglé para ponerlo en la forma

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}=\gamma\zeta(3)+\zeta(4)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi(n)}{n^{3}}.$$

Esto significaría que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi(n)}{n^{3}}=\frac{{\pi}^{4}}{360}-\gamma\zeta(3).$$ Lo cual, según Maple, es así. Pero, ¿cómo mostrarlo? Si es posible.

También empecé con $\frac{-\ln(1-x)}{x(1-x)}=\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}x^{n-1}$ .

Luego se divide por x y se diferencia varias veces. Esto nos lleva a algunas integrales interesantes, aunque difíciles, que implican el dilog:

$$-\int\frac{\ln(1-x)}{x(1-x)}dx=Li_{2}(x)+\frac{\ln^{2}(1-x)}{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}x^{n}}{n}.$$

Haciendo esto una y otra vez se obtuvieron algunas integrales que parecían ir en la dirección correcta.

$$\int_{0}^{1}\frac{Li_{3}(x)}{x}dx=\frac{{\pi}^{4}}{90}$$

$$-\int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}(1-x)\ln(x)}{2x}dx=\frac{{\pi}^{4}}{360}$$

$$-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)Li_{2}(1-x)}{x}dx=\frac{{\pi}^{4}}{72}$$

Pero, ¿cuál sería un buen enfoque para éste? Me gustaría saber cómo evaluar

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\psi(n)}{n^{3}}=\frac{{\pi}^{4}}{360}-\gamma\zeta(3)$$ si es posible, pero cualquier método sería apreciado y agradable.

Muchas gracias.

Answer 1

$$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{H_{n}}{n^{3}} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{3}} \sum_{m=1}^{+\infty} \left( \frac{1}{m} - \frac{1}{m+n}\right) = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^{3}} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{n}{m(m+n)} = \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{m}{m^2 n^2 (m+n)} = \frac{1}{2} \left(\sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{m}{m^2 n^2(m+n)} + \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{n}{m^2 n^2(m+n)} \right) = \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{+\infty} \sum_{m=1}^{+\infty} \frac{1}{m^2 n^2} = \frac{1}{2} \zeta(2)^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{\pi^{2}}{6}\right)^2 = \frac{\pi^{4}}{72} = \frac{5}{4} \zeta(4) $$

Answer 2

Vea aquí: (padre e hijo)

Sobre una integral intrigante y algunas series relacionadas con $\zeta(4)$ - David Borwein y Jonathan M. Borwein

Disfrute de

Answer 3

Agradezco todas las aportaciones.

Pensé en volver y publicar algo que se me ocurrió.

Esto se basa más o menos en los métodos de mi primer post usando el dilog.

Empecé utilizando la identidad $-n\int_{0}^{1}(1-x)^{n-1}\ln(x)dx=-\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}\frac{(-1)^{k}}{k}=H_{n}$ .

Entonces, $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}\int_{0}^{1}(1-x)^{n-1}\ln(x)dx$

$=-\int_{0}^{1}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-x)^{n-1}\ln(x)}{n^{2}}dx$

Utilizando la definición del dilog, $Li_{2}(1-x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-x)^{n}}{n^{2}}$ tengo:

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}=-\int_{0}^{1}\frac{Li_{2}(1-x)\ln(x)}{1-x}dx$

$=\frac{1}{2}(Li_{2}(1-x))^{2} |_{0}^{1}$

$=\frac{1}{2}(Li_{2}(1))^{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{{\pi}^{2}}{6}\right)^{2}$

$=\frac{{\pi}^{4}}{72}$ .