Valor conjetural de una suma armónica $\sum_{n=1}^\infty\left(H_n-\,2H_{2n}+H_{4n}\right)^2$

Question

Se conoce una expansión asintótica de números armónicos $H_n$ para $n\to\infty$ : $$\begin{align}H_n&=\gamma+\ln n+\sum_{k=1}^\infty\left(-\frac{B_k}{k\cdot n^k}\right)\\ &=\gamma+\ln n+\frac1{2n}-\frac1{12n^2}+\frac1{120n^4}-\frac1{252n^6}\,+\,\dots,\end{align}\tag1$$ donde $B_k$ son Números de Bernoulli . Podemos tomar una combinación lineal de números armónicos para cancelar los términos constantes y logarítmicos, compensar $O(n^{-1})$ término, y obtener la siguiente serie que es posible evaluar de forma cerrada (por ejemplo, utilizando la función generadora): $$\sum_{k=1}^\infty\left(H_n-\,2H_{2n}+H_{4n}-\frac1{8n}\right)=\frac18-\frac\pi{16}.\tag2$$ En lugar de compensar $O(n^{-1})$ término, podemos tomar una serie con signos alternos, que también es posible evaluar de forma cerrada: $$\sum_{n=1}^\infty\,(-1)^n\,\Big(H_n-\,2H_{2n}+H_{4n}\Big)=\frac{3\pi}{16}-\frac\pi{4\sqrt2}-\frac{\ln2}8.\tag3$$ Generalizando, podemos considerar dos familias de series: $$\mathcal A_m=\sum_{n=1}^\infty\,(-1)^n\,\Big(H_n-\,2H_{2n}+H_{4n}\Big)^m,\tag4$$ $$\mathcal B_m=\sum_{n=1}^\infty\Big(H_n-\,2H_{2n}+H_{4n}\Big)^m,\tag5$$ y tratar de evaluarlos de forma cerrada.

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Hasta ahora tengo el siguiente resultado conjetural:

$$\large\sum_{n=1}^\infty\Big(H_n-\,2H_{2n}+H_{4n}\Big)^2\stackrel{\normalsize\color{gray}?}=\frac\pi8-\frac\pi{16}\,\ln2-\frac{\pi^2}{96}+\frac3{16}\,\ln^22-\frac{G}{4},\tag{$\diamond$}$$

donde $G$ es el Constante catalana .

¿Podría ayudarme a probar este resultado y, posiblemente, a encontrar otros valores de $\mathcal A_m,\mathcal B_m$ ?

Answer 1

Así que, básicamente, evaluaré un montón de integrales, intentando evitar los polilogos en la medida de lo posible.

Lo primero es notar que $\displaystyle H_n-2H_{2n}+H_{4n}=\int_0^1 \frac{x^{2n}-x^{4n}}{1+x}dx$ . Me he dado cuenta de que $H_n-2H_{2n}+H_{4n}=H_{4n}-H_{2n}-(H_{2n}-H_n)=H_{4n^{-}}-H_{{2n}^{-}}$ , donde $H_{n^{-}}=\sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k+1}}{k}$ se llama a número de armónico oblicuo (al menos por Khristo N. Boyadzhiev . enlace. ) Sabiendo que tienen una simple representación intergaláctica encontré lo anterior. Mi respuesta está influenciada por El trabajo de Boyadzhiev. Si hago alguna sustitución inexplicable, lo más probable es que $t=\frac{1-x}{1+x}$ . Además, no soy muy bueno con el Látex, así que la alineación debe ser horrible. Espero que no haya errores tipográficos.

A continuación, lo más fácil de probar, es lo que doy por sentado: $ -\ln\sin x=\ln2+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos(2nx)}{n} ,-\ln\cos x=\ln2+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n\cos(2nx)}{n} \tag{1}$

$$ \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \cos(nx)dx=\begin{cases} \frac{\pi}{4} &n=1\\0 &n \,\,\text{odd}\\ \frac{(-1)^{1+n/2}}{n^2-1} &n \,\,\text{even} \end{cases} \tag{2}$$

$$ \int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{a+x}dx=-\operatorname{Li_2}\left(\frac1{a+1}\right)\tag{3}$$ Empezando, $$\sum_{n=0}^{\infty}(H_{n}-2H_{2n}+H_{4n})^2=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1\int_0^1\frac{(x^{2n}-x^{4n})(u^{2n}-u^{4n})}{(1+x)(1+u)}dxdu \\=\small\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1-x^2u^2)}-2\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1-x^2u^4)}+\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1-x^4u^4)} \\=I_{22}-2I_{24}+I_{44}$$

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Informática $I_{22}$ .

Sustituir $u=\frac{y}{x}$ cambiar el orden de integración, evaluar la integral interna y sustituir $t=\frac{1-x}{1+x}$ para conseguir $$\begin{align} I_{22}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1-x^2u^2)}=\int_0^1\int_0^x\frac{dydx}{(1+x)(x+y)(1-y^2)} \\=\int_0^1 \frac1{1-y^2}\int_1^y \frac{dx}{(1+x)(x+y)} dy=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{(1+x)^2}{4x}\right)}{(1+x)(1-x^2)}\,dx \\=\frac{-1}{4}\int_0^1 \frac{(1+t)}{t^2}\ln(1-t^2)dt=-\frac14\int_0^1\frac{\ln(1-t^2)}{t^2}dt-\frac14\int_0^1\frac{\ln(1-t^2)}{t}dt \\=\frac14\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{(n+1)(2n+1)}+\frac14\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{(n+1)(2n+2)}=\frac{\ln2}{2}+\frac{\pi^2}{48}.\end{align}$$

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Informática $I_{44}$ .

Empieza igual que con $I_{22}$ para conseguir $\displaystyle I_{44}=\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{(1+x)^2}{4x}\right)}{(1-x)(1-x^4)}\,dx=\frac{-1}{8}\int_0^1 \frac{\ln(1-t^2)}{t^2(1+t^2)}(1+t)^3dt$ . Podemos calcular estas integrales: $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{1+x^2}dx=\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx+\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{1+x^2}dx \tag{4} \\=\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{1+x^2}dx +\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{2t}{1+t}\right)}{1+t^2}dt \\=\frac{\pi}{4}\ln2+\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n\int_0^1\ln(t) t^{2n}dt=\frac{\pi}{4}\ln2-G. \end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x^2(1+x^2)}dx=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x^2}dx-\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{1+x^2}dx \tag{5} \\=-\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{n+1}\int_0^1 x^{2n}dx-\frac{\pi}{4}\ln2+G=G-\frac{\pi}{4}\ln2-2\ln2.\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{x\ln(1-x^2)}{1+x^2}dx=\frac12\int_0^1 \frac{\ln(1-x)}{1+x}dx \tag{6} \\=-\frac12 \operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)=\frac{\ln^2 2}{4}-\frac{\pi^2}{24}.\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x(1+x^2)}dx=\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x}dx-\int_0^1 \frac{x\ln(1-x^2)}{1+x^2}dx \tag{7} \\=-\sum_{n=0}^{\infty}\frac1{n+1}\int_0^1 x^{2n+1}dx-\frac{\ln^2 2}{4}+\frac{\pi^2}{24}=-\frac{\pi^2}{24}-\frac{\ln^2 2}{4}.\end{align}$$ En total, $$I_{44}=\frac{-1}{8}\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x^2(1+x^2)}(1+3x+3x^2+x^3)dx \\=-\frac{\pi}{16}\ln2+\frac{\ln2}{4}+\frac{\ln^2 2}{16}+\frac{\pi^2}{48}+\frac{G}{4}.$$

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Informática $I_{24}$ .

Sustituir $u=\frac{y}{x^2}$ cambiando el orden de integración, dejemos que $y\to y^2$ evalúa la integral interna y sustituye $t=\frac{1-x}{1+x}$ : $$\begin{align*} I_{24}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1-x^4u^2)}=\int_0^1\int_0^{x^2} \frac{dydx}{(1+x)(x^2+y)(1-y^2)} \\=\int_0^1 \frac1{1-y^2}\int_{\sqrt{y}}^1\frac{dx}{(1+x)(x^2+y)}dy=2\int_0^1\frac{y}{1-y^4}\int_{y}^1\frac{dx}{(1+x)(x^2+y^2)}dy \\=2\int_0^1\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{(1+x^2)(1-x^4)}dx-2\int_0^1\frac{x\ln\left(\frac{(1+x)\sqrt{1+x^2}}{2\sqrt{2}x}\right)}{(1+x^2)(1-x^4)}dx =I_{241}-I_{242}. \end{align*}$$

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Evaulación de $I_{241}$ .

Sustituir $t=\frac{1-x}{1+x}$ para conseguir $\displaystyle I_{241}=\frac14\int_0^1 \frac{\tan^{-1}(t)}{t(1+t^2)^2}(1+t)^4dt$ .

Podemos calcular estas integrales.En lo que sigue, dejemos que $x=\tan\theta$ : $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\tan^{-1}(x)}{(1+x^2)^2}dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\cos^2(\theta)d\theta=\frac{\pi^2}{64}+\frac{\pi}{16}-\frac18.\tag{8}\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{x\tan^{-1}(x)}{(1+x^2)^2}dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\tan\theta\cos^2{\theta}d\theta=\frac12\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\sin(2\theta)d\theta=\frac18.\tag{9}\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{x^2\tan^{-1}(x)}{(1+x^2)^2}dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\sin^2(\theta)d\theta=\frac{\pi^2}{64}-\frac{\pi}{16}+\frac18.\tag{10}\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{x^3\tan^{-1}(x)}{(1+x^2)^2}dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\sin^3(\theta)\sec{\theta}\,d\theta \tag{11} \\=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\tan\theta \,d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\sin\theta\cos\theta \,d\theta=\frac{\pi}{8}\ln2-\frac18+\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos\theta \,d\theta \\=\frac{\pi}{8}\ln2-\frac18-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln2 \,d\theta-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos(2n\theta)\,d\theta \\=-\frac{\pi}{8}\ln2-\frac18+\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\sin(\frac{\pi n}{2})=\frac{G}{2}-\frac{\pi}{8}\ln2-\frac18.\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\tan^{-1}(x)}{x(1+x^2)^2}dx=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\cos^3(\theta)\csc{\theta}\,d\theta \tag{12} \\=\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\cot\theta \,d\theta-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\theta\sin\theta\cos\theta \,d\theta=-\frac18-\frac{\pi}{8}\ln2-\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln\sin\theta \,d\theta \\=-\frac18-\frac{\pi}{8}\ln2+\int_0^{\frac{\pi}{4}}\ln2 \,d\theta+\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n}\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos(2n\theta)\,d\theta \\=-\frac18+\frac{\pi}{8}\ln2+\frac12\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin(\frac{\pi n}{2})}{n^2}=\frac{G}{2}+\frac{\pi}{8}\ln2-\frac18.\end{align}$$ En total, $$I_{241}=2\int_0^1\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{(1+x^2)(1-x^4)}dx= \frac14\int_0^1 \frac{\tan^{-1}(x)}{x(1+x^2)^2}(1+4x+6x^2+4x^3+x^4)dx \\=\frac{\pi^2}{32}+\frac18+\frac{G}{4}$$

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Evaulación de $I_{242}$ .

Sustituir $t=\frac{1-x}{1+x}$ para conseguir $$ I_{242}=\frac14\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{\sqrt{1+t^2}}{1-t^2}\right)}{t(1+t^2)^2}(1-t^2)(1+t)^2dt \\=\frac12\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{\sqrt{1+t^2}}{1-t^2}\right)}{(1+t^2)^2}(1-t^2)dt+\frac14\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{\sqrt{1+t^2}}{1-t^2}\right)}{t(1+t^2)}(1-t^2)dt \\=\frac12\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{1-x^2}\right)}{(1+x^2)^2}(1-x^2)dx-\frac14\int_0^1\frac{\ln(1+x^2)}{(1+x^2)^2}(1-x^2)dx\\+\frac18\int_0^1\frac{\ln(1+x^2)(1-x^2)}{x(1+x^2)}dx-\frac14\int_0^1\frac{\ln(1-x^2)(1-x^2)}{x(1+x^2)}dx $$ Calculando estas integrales: $$\begin{align} \int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1+x^2}{1-x^2}\right)}{(1+x^2)^2}(1-x^2)dx=-\frac12\int_0^1 \frac{\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{\sqrt{x}(1+x)}\frac{1-x}{1+x}dx \tag{13} \\=-\frac12\int_0^1\frac{t\ln t}{\sqrt{1-t^2}}dt=-\frac18\int_0^1\frac{\ln t}{\sqrt{1-t}}dt=-\frac18\int_0^1 t^{-1/2}\ln(1-t)dt \\=\frac14\sum_{n=0}^{\infty} \frac1{(n+1)(2n+3)}=\frac12-\frac{\ln2}{2}.\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1\frac{\ln(1+x^2)(1-x^2)}{x(1+x^2)}dx=\frac12\int_0^1\frac{\ln(1+x)(1-x)}{x(1+x)}dx \tag{14} \\=\frac12\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}dx-\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{1+x}dx \\=\frac12\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\int_0^1 x^n dx-\frac12\ln^2(1+x)\bigg{|}_0^1=\frac{\pi^2}{24}-\frac{\ln^2 2}{2}.\end{align}$$ $$\begin{align} \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)(1-x^2)}{x(1+x^2)}dx=\frac12\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{x}dx-\int_0^1\frac{\ln(1-x)}{1+x}dx \tag{15} \\=-\frac{\pi^2}{12}-\left(\frac{\ln^2 2}{2}-\frac{\pi^2}{12}\right)=-\frac{\ln^2 2}{2}.\end{align}$$ $$ \int_0^1\frac{\ln(1+x^2)}{(1+x^2)^2}(1-x^2)dx=-2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos^2(\theta)(1-\tan^2\theta)\ln\cos\theta\,d\theta \tag{16} \\=-2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos(2\theta)\ln\cos\theta\,d\theta=2\ln2\int_0^{\frac{\pi}{4}}\cos(2\theta)d\theta+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta \cos(n\theta)d\theta \\=\ln2-\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2n}}{2n}\frac{(-1)^{n+1}}{(2n)^2-1}=\frac{\ln2}{2}-\frac{\pi}{4}+\frac12.$$ En total, $\displaystyle I_{242}=\frac{\pi^2}{192}+\frac{\pi}{16}+\frac{\ln^2 2}{16}-\frac{3\ln2}{8}+\frac18$ ,

lo que lleva a $\displaystyle I_{24}=I_{241}-I_{242}=\frac{5\pi^2}{192}-\frac{\pi}{16}-\frac{\ln^2 2}{16}+\frac{3\ln2}{8}+\frac{G}{4}$ , y finalmente, confirmando la conjetura, $$\sum_{n=0}^{\infty}(H_{n}-2H_{2n}+H_{4n})^2=I_{22}-2I_{24}+I_{44}=\frac{\pi}{8}-\frac{\pi}{16}\ln2-\frac{\pi^2}{96}+\frac{3\ln^2 2}{16}-\frac{G}{4}.$$

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No sé si hay poderes superiores. Supongo que el caso $\mathcal A_2$ también se puede hacer. Si empezamos igual que con $\mathcal B_2$ , escribiendo $\mathcal A_2=J_{22}-2J_{24}+J_{44}$ podemos encontrar que $\displaystyle J_{22}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1+x^2u^2)}=2I_{44}-I_{22}=-\frac{\pi}{8}\ln2+\frac{G}{2}+\frac{\pi^2}{48}+\frac{\ln^2 2}{8}$

$J_{44}$ puede reducirse a $\displaystyle =-\frac12\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x(x^4+6x^2+1)}(1+x)^3 dx$ . ya esto no puedo evaular completamente, ya que los polilogos son ineludibles. Factorización $x^2+6x+1=(x+3+2\sqrt{2})(x+3-2\sqrt{2}).$

Puedo conseguir $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x(x^4+6x^2+1)}dx=-\frac{\pi^2}{12}+\frac{4-3\sqrt{2}}{16}\operatorname{Li_2}\left(\frac{2-\sqrt{2}}{4}\right)+\frac{4+3\sqrt{2}}{16}\operatorname{Li_2}\left(\frac{2+\sqrt{2}}{4}\right)$

pero nada más.

Editar 1.

Tras un poco más de trabajo y una buena cantidad de cancelaciones, obtenemos $$\int_0^1 \frac{\ln(1-x^2)}{x(x^4+6x^2+1)}(1+x)^3 dx=\frac{1+2\sqrt{2}}{4}\pi\ln2-\frac{\pi^2}{24}-\frac14\ln\left(\frac{2+\sqrt{2}}{4}\right)\ln\left(\frac{2-\sqrt{2}}{4}\right) -\frac{\sqrt{2}+1}{2}\Im\operatorname{Li_2}\left(\frac{2+\sqrt{2}}{2}+\frac{i\sqrt{2}}{2}\right)-\frac{\sqrt{2}-1}{2}\Im\operatorname{Li_2}\left(\frac{2-\sqrt{2}}{2}+\frac{i\sqrt{2}}{2}\right)$$

Lo he obtenido calculando $\displaystyle \int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x+a}dx=\ln2\ln\left(\frac{a+1}{a-1}\right)+\operatorname{Li_2}\left(\frac2{1-a}\right)-\operatorname{Li_2}\left(\frac1{1-a}\right)$ , que junto con $(3)$ se puede utilizar para dar una forma cerrada para $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x+a}dx$ que a su vez, a través de fracciones parciales, se puede utilizar para dar una forma cerrada para $\displaystyle \int_0^1\frac{\ln(1-x^2)}{x^2+a^2}dx$ . Afortunadamente, las cosas no se pusieron demasiado feas ya que ambos $3+2\sqrt{2}$ y $3-2\sqrt{2}$ tienen bonitas raíces cuadradas. Completaré los detalles tan pronto como pueda.

Ahora sólo tenemos que evaluar $J_{24}$ . Comenzando de forma similar a $I_{24}$ , tenemos: $$J_{24}=\int_0^1\int_0^1\frac{dxdu}{(1+x)(1+u)(1+x^4u^2)} \\=2\int_0^1\frac{\tan^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{(1+x^2)(1+x^4)}dx-2\int_0^1\frac{x\ln\left(\frac{(1+x)\sqrt{1+x^2}}{2\sqrt{2}x}\right)}{(1+x^2)(1+x^4)}dx \\=J_{241}-J_{242}$$

A través de $t=\frac{1-x}{1+x}$ , $J_{241}$ se dirige a $\displaystyle \int_0^1 \frac{\tan^{-1}(x)}{(1+x^2)(x^4+6x^2+1)}(1+x)^4\,dx$ . No tengo ninguna idea sobre eso todavía. \Edit 1.

Answer 2

Sólo mis pensamientos por ahora: Yo trataría de explotar la identidad de Parseval. Para empezar, tenemos: $$ H_n-2H_{2n}+H_{4n} =\int_{0}^{1}\frac{-x^n+2x^{2n}-x^{4n}}{1-x}\,dx \tag{1} $$ y: $$ \sum_{n\geq 1}\frac{-x^n+2x^{2n}-x^{4n}}{1-x}e^{niy} = \frac{1}{1-x}\left(\frac{-1}{1-e^{iy}x}+\frac{2}{1-e^{iy}x^2}+\frac{-1}{1-e^{iy}x^4}\right).\tag{2}$$ Los polos de la RHS (en función de $x$ ) se encuentran en $x\in\left\{e^{-iy},\pm e^{-iy/2},\pm e^{-iy/4},\pm i e^{-iy/4}\right\}$ .

Utilizando el teorema del residuo podemos calcular una representación explícita para: $$ g(y) = \sum_{n\geq 1}\left(H_n-2H_{2n}+H_{4n}\right)e^{niy},\tag{3} $$ entonces el teorema de Parseval da: $$ \sum_{n\geq 1}\left(H_n-2H_{2n}+H_{4n}\right)^2 = \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}g(y)g(-y)\,dy \tag{4}$$ y la integral resultante no debería ser muy difícil de evaluar en términos de dilogaritmos.

Otra posibilidad puede ser aplicar la suma por partes (como hice yo en esta pregunta ), pero parece largo.