Calculando $\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}$

Question

Cómo demostrar elegantemente que

$$S=\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}=3\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{29}{16}\zeta(4)-\frac34\ln^22\zeta(2)+\frac18\ln^42$$

donde $\overline{H}_n=\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}}{k}$ es el número armónico sesgado y $H_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$ es el número armónico.

Logré demostrar la igualdad anterior utilizando la misma estrategia aquí pero se involucraron demasiadas series armónicas y algunas de estas series son avanzadas, así que estoy buscando una solución más simple e independiente.

Gracias,

---

Edición

Mi forma cerrada da $-0.973154$ pero Mathematica da $-0.972344$. Creo que mi forma cerrada es correcta porque $Mathematica$ también dijo que "No se pudo determinar la forma general de la secuencia y el resultado puede ser incorrecto." como se muestra en

Answer 1

Otro enfoque

Utilizando la misma estrategia de @omegadot,

de este artículo página $105$ tenemos

$$\overline{H}_n=\ln2-\int_0^1\frac{(-x)^n}{1+x}\ dx$$

multiplicamos ambos lados por $\frac{(-1)^nH_n}{n^2}$ luego $\sum_{n=1}^\infty$ obtenemos

$$S=\ln2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}-\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1+x}\sum_{n=1}^\infty\frac{H_nx^n}{n^2}\ dx}_{\large \mathcal{I}}\tag1$$

De aquí tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}x^{n}=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\frac12\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3)$$

$$\Longrightarrow \mathcal{I}=\underbrace{\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{1+x}\ dx}_{\large \mathcal{I}_1}-\underbrace{\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)}{1+x}\ dx}_{\large \mathcal{I}_2}+\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)}{1+x}\ dx}_{\large \mathcal{I}_3}$$ $$+\underbrace{\frac12\int_0^1\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{1+x}\ dx}_{\large \mathcal{I}_4}+\zeta(3)\underbrace{\int_0^1\frac{1}{1+x}\ dx}_{\ln2}$$

---

$$\mathcal{I}_1=\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{1+x}\ dx=-\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\int_0^1 x^{n-1}\operatorname{Li}_3(x)\ dx$$ $$=-\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\left(\frac{\zeta(3)}{n}-\frac{\zeta(2)}{n^2}+\frac{H_n}{n^3}\right)$$

$$=\ln2\zeta(3)-\frac54\zeta(4)-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}$$

---

$$\mathcal{I}_2=\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-x)}{1+x}\ dx\overset{1-x\to x}{=}\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{2-x}\ dx$$ $$=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\int_0^1 x^{n-1}\operatorname{Li}_3(x)\ dx =\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\left(\frac{\zeta(3)}{n}-\frac{\zeta(2)}{n^2}+\frac{H_n}{n^3}\right)$$

$$=\ln2\zeta(3)-\zeta(2)\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^3}$$

---

$$\mathcal{I}_3=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)}{1+x}\ dx\overset{1-x\to x}{=}\int_0^1\frac{\ln x\operatorname{Li}_2(x)}{2-x}\ dx$$

$$=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\int_0^1 x^{n-1}\ln x\operatorname{Li}_2(x) \ dx=\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\left(\frac{2H_n}{n^3}+\frac{H_n^{(2)}}{n^2}-\frac{2\zeta(2)}{n^2}\right)$$

$$=2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^3}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{2^nn^2}-2\zeta(2)\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)$$

---

$$\mathcal{I}_4=\frac12\int_0^1\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{1+x}\ dx\overset{1-x\to x}{=}\frac12\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2x}{2-x}\ dx$$

$$=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)\ln^2x \ dx$$ $$=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}\left(\frac{2\zeta(3)}{n}+\frac{2\zeta(2)}{n^2}-\frac{2H_n}{n^3}-\frac{2H_n^{(2)}}{n^2}-\frac{2H_n^{(3)}}{n}\right)$$

$$=\ln2\zeta(3)+\zeta(2)\operatorname{Li}_2\left(\frac12\right)-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(2)}}{2^nn^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{2^nn}$$

---

Combinando los resultados de $\mathcal{I}_1$, $\mathcal{I}_2$, $\mathcal{I}_3$ y $\mathcal{I}_4$

$$\Longrightarrow \mathcal{I}=2\ln2\zeta(3)-\frac54\zeta(4)-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{2^nn}$$

ahora enchufa este resultado en $(1)$

$$ \Longrightarrow S=\frac54\zeta(4)-2\ln2\zeta(3)+\ln2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{2^nn}+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}$$

Finalmente, sustituye

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^2}=-\frac58\zeta(3)\tag{i}$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^{(3)}}{2^nn}=\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{5}{16}\zeta(4)+\frac78\ln2\zeta(3)-\frac14\ln^22\zeta(2)+\frac1{24}\ln^42\tag{ii}$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}=2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{11}{4}\zeta(4)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac1{12}\ln^42\tag{iii}$$

obtenemos

$$S=3\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{29}{16}\zeta(4)-\frac34\ln^22\zeta(2)+\frac18\ln^42$$

---

Nota que los resultados de $(i)$ y $(ii)$ se obtienen usando las funciones generadoras

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}}{n^2}x^{n}=\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\frac12\ln x\ln^2(1-x)+\zeta(3)$$

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(3)}}{n}x^n=\operatorname{Li}_4(x)-\ln(1-x)\operatorname{Li}_3(x)-\frac12\operatorname{Li}_2^2(x).$$

Respecto a $(iii)$, ya está calculado aquí.

---

Lo interesante de este enfoque es que algunas series complicadas se cancelaron y solo usamos resultados bien conocidos de la serie armónica.

Answer 2

Creo que esta es un enfoque más sencillo

Observa que $$\sum_{n=1}^\infty f(n)=\sum_{n=1}^\infty f(2n-1)+\sum_{n=1}^\infty f(2n)$$

$$\Longrightarrow \sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}=-\color{blue}{\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n-1}H_{2n-1}}{(2n-1)^2}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n}H_{2n}}{4n^2}\tag1$$

De manera similar

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}=\color{blue}{\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n-1}H_{2n-1}}{(2n-1)^2}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n}H_{2n}}{4n^2}\tag2$$

Al combinar $(1)$ y $(2)$, la suma azul se cancela convenientemente

$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}=\frac12\color{orange}{\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n}H_{2n}}{n^2}}-\color{red}{\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}}\tag3$$

La suma roja fue elegantemente evaluada por @omegadot aquí

$$\color{red}{\sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n \overline{H}_n}{n^2}} = - 3 \operatorname{Li}_4 \left (\frac{1}{2} \right )+\frac{43}{16} \zeta (4) + \frac{3}{4} \ln^2 2\zeta (2) - \frac{1}{8} \ln^4 2$$

Para la suma naranja, usa $\overline{H}_{2n}=H_{2n}-H_n$

$$\Longrightarrow \color{orange}{\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n}H_{2n}}{n^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}H_{n}}{n^2}$$

donde $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{n^2}=4\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n}^2}{(2n)^2}=2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}^2}{n^2}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^2}{n^2}$$

$$=\boxed{4\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{27}{8}\zeta(4)+\frac72\ln2\zeta(3)-\ln^22\zeta(2)+\frac1{6}\ln^42}$$

donde usamos

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_{n}^2}{n^2}=2\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{41}{16}\zeta(4)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac1{12}\ln^42$$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^2}{n^2}=\frac{17}{4}\zeta(4)$$

y desde aquí tenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_nH_{2n}}{n^2}=\boxed{4\operatorname{Li_4}\left( \frac12\right)+\frac{13}{8}\zeta(4)+\frac72\ln2\zeta(3)-\ln^22\zeta(2)+\frac16\ln^42}$$

Combina los resultados enmarcados

$$\Longrightarrow \color{orange}{\sum_{n=1}^\infty\frac{\overline{H}_{2n}H_{2n}}{n^2}}=\frac74\zeta(4)$$

ahora sustituye los resultados de las sumas roja y naranja en $(3)$ obtenemos

$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{\overline{H}_nH_n}{n^2}=3\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac{29}{16}\zeta(4)-\frac34\ln^22\zeta(2)+\frac18\ln^42$$