¿Cómo encontrar esta serie $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2H_{n}}$?

Question

Pregunta:

¿Esta serie sigue tiene una forma cerrada simple? $$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2H_{n}}$$ donde $$H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}$$

De repente pensé en esta serie, porque sé que esta serie $$\dfrac{1}{n^2H_{n}}\approx\dfrac{1}{n^2\ln{n}}$$ ya que $$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\dfrac{1}{n^2\ln{n}}}{\dfrac{1}{n^2}}=0$$ así que $$\sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n^2\ln{n}}$$ converge. Entonces $$\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n^2H_{n}}$$ converge. Pero ¿esta suma tiene una forma cerrada? como enlace suma

y Serie Infinita $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}}{n^2}$ Gracias

Answer 1

Este enfoque no conduce a una forma cerrada, pero permite obtener la suma requerida con la precisión deseada.

$\color{brown}{\textbf{Notas preliminares}}$

En primer lugar, la suma armónica puede presentarse a través de la función digamma, $$H_n = \gamma+\psi_0(n+1),\tag1$$ entonces $$S=\lim\limits_{N\to\infty} S(N),\tag2$$ donde $$S(N) = \sum_{n=1}^N\frac1{n^2(\gamma+\psi_0(n+1))}.\tag3$$

En segundo lugar, la suma $S(N)$ alcanza su límite lentamente.
Por ejemplo, $S(100000)\approx1.33275'48120$ y $S(2000000)\approx1.33275'55487.$

En tercer lugar, se conocen las series asintóticas $$\psi_0(1+z) = \log z - \frac1{2z} - \sum_{m=1}^\infty\frac{B_{2m}}{2mz^{2m}}.\tag4$$

Esto da la motivación para estimar $S-S(N).$

$\color{brown}{\textbf{Estimación}}$

Usando los dos primeros términos de la suma en $(4),$ uno puede obtener $$n^2H_n = n^2(\log n+ \gamma) - \frac{60n^3+10n^2-1}{120n^4}+\dots = n^2(\log n+ \gamma)\left(1 - \frac{60n^3+10n^2-1}{120n^6(\log n+ \gamma)}+\dots\right),$$ $$S-S(N)=\sum_{n=N+1}^\infty\frac1{n^2(\log n + \gamma)}\sum_{j=0}^\infty\left( \frac{60n^3+10n^2-1}{120n^6(\log n + \gamma)}+\dots\right)^j,$$ $$S-S(N)\approx\sum_{n=N+1}^\infty\sum_{j=1}^\infty \frac{(60n^3+10n^2-1)^{j-1}}{120^{j-1}n^{6j-4}(\log n + \gamma)^j},\tag5$$ $$S\approx \sum_{n=1}^N\frac1{n^2(\gamma+\psi_0(n+1))} + \sum_{n=N+1}^\infty\sum_{j=1}^\infty \frac{(60n^3+10n^2-1)^{j-1}}{120^{j-1}n^{6j-4}(\log n + \gamma)^j}.\tag6$$

Los cálculos de las fórmulas)) $(3),(5),(6)$ dan como resultado%5Ej)(((6n%2B1)10n%5E2-1)%2F120)%5E(j-1)))): \begin{pmatrix} N & S(N) & S-S(N) & S\\ 10 & 1.30752'69686 & 0.02542'72 & 1.33295'42\\ 20 & 1.32179'08559 & 0.01100'11 & 1.33279'20\\ 50 & 1.32906'32996 & 0.00369'629 & 1.33275'959\\ 100 & 1.33111'40166 & 0.00164'234 & 1.33275'546\\ 200 & 1.33201'79513 & 0.00073'7784 & 1.33275'5735\\ 500 & 1.33249'56726 & 0.00025'9926 & 1.33275'5599\\ 1000 & 1.33263'64101 & 0.00011'9174 & 1.33275'5584\\ 2000 & 1.33270'05664'81413 & 0.00005'50143 & 1.33275'55807\\ 5000 & 1.33273'56014'83833 & 0.00001'99785 & 1.33275'55800\\ 10000 & 1.33274'62412'69296 & 0.00000'93386'5 & 1.33275'55799'2\\ 20000 & 1.33275'11959'85027 & 0.00000'43839'2 & 1.33275'55799'1\\ 50000 & 1.33275'39573'66156 & 0.00001'16225'3 & 1.33275'55799'0\\ 100000 & 1.33275'48120'15120 & 0.00000'07678'3 & 1.33275'55799'0\\ 200000 & 1.33275'52154'37624 & 0.00000'03644'57 & 1.33275'55798'95\\ 500000 & 1.33275'54432'72882 & 0.00000'01866'22 & 1.33275'55798'95\\ 1000000 & 1.33275'55146'82723 & 0.00000'00692'173 & 1.33275'55798'950\\ \end{pmatrix}

$\color{brown}{\mathbf{Conclusiones}}$

1. $S\approx1.33275557895.$.
2. La fórmula $(6)$ tiene una precisión mayor en comparación con los cálculos directos.
3. La precisión de la fórmula $(6)$ se puede aumentar hasta el punto deseado utilizando términos adicionales en la suma de $(4)$.
4. Para reducir la fórmula $(6)$ a una forma cerrada, necesitamos al menos una forma cerrada para sumas de la forma $$\sum_{n=N+1}^\infty\frac1{n^p(\gamma+\log n)^q}.$$

Answer 2

Mientras que encontrar una forma cerrada no es probable, hay una manera de obtener un buen valor numérico para esta serie que converge lentamente.

Resulta que existen desigualdades muy afiladas para los números armónicos, encontradas en este artículo: https://www.sciencedirect.com/science/article/pii/S0723086906000168.

$$a-\ln \left(e^{1/(n+1)}-1 \right) \leq H_n < b-\ln \left(e^{1/(n+1)}-1 \right)$$

Donde:

$$a=1+\ln \left(\sqrt{e}-1 \right)$$

$$b=\gamma$$

El caso de igualdad a la izquierda es solo para $n=1$.

Las desigualdades se pueden usar para estimar el tail de la serie después de calcular varios términos. Denotemos:

$$S_N=\sum_{n=1}^N \frac{1}{n^2 H_n}$$

$$T_N=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2 H_n}$$

$$f(n)=\ln \left(e^{1/(n+1)}-1 \right)$$

Podemos escribir:

$$T_N

$$T_N>T_{bN}=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^2 \left(b-f(n)\right)}$$

Las sumas a la derecha se pueden estimar nuevamente usando integrales:

$$\int_N^\infty \frac{dx}{x^2~\left(a-f(x)\right)}

Es probable que las integrales no tengan una forma cerrada, sin embargo se pueden evaluar numéricamente con buena precisión (después de un cambio de variable adecuado):

$$\int_N^\infty \frac{dx}{x^2~\left(a-f(x)\right)}=\int_0^{1/(N+1)} \frac{dy}{(1-y)^2 \left(a-\ln (e^y-1)\right)}$$

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Por ejemplo, podemos tomar $N=100$, entonces solo tenemos tres dígitos correctos al truncar la serie:

$$S_{100}=\color{blue}{1.33}1114\dots$$

Por otro lado, usando el método anterior podemos estimar el tail:

$$T_{a100}=0.00165\dots$$

$$T_{b100}=0.00163\dots$$

$$0.00163\dots< T_{100} < 0.00165\dots$$

Entonces obtenemos:

$$\color{blue}{1.3327}4\dots

Hemos obtenido $5$ dígitos correctos usando solo $100$ términos. Tomando la media aritmética de los dos límites, obtenemos $6$ dígitos correctos.

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Puedo mejorar los resultados numéricos más tarde con Mathematica (para esta respuesta solo usé Wolfram Alpha).