Serie infinita $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^22^n}$

Question

¿Cómo puedo demostrar que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2 2^n}=\zeta(3)-\frac{1}{2}\log(2)\zeta(2).$$ ¿Puede alguien ayudarme, por favor?

Answer 1

Empecemos con el producto de $\;-\ln(1-x)\,$ y $\dfrac 1{1-x}$ para obtener el función generadora de productos
(para $|x|<1$ ) : $$\tag{1}f(x):=-\frac {\ln(1-x)}{1-x}=\sum_{n=1}^\infty H_n\, x^n$$ Dividiendo por $x$ e integrando obtenemos : \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}n\, x^n&=\int \frac{f(x)}xdx\\ &=-\int \frac{\ln(1-x)}{1-x}dx-\int\frac{\ln(1-x)}xdx\\ \tag{2}&=C+\frac 12\ln(1-x)^2+\operatorname{Li}_2(x)\\ \end{align} (con $C=0$ de $x=0$ )
La primera integral se obtuvo por integración por partes, la segunda a partir de la definición integral del dilogaritmo o la recurrencia para el polilogarismo (con $\;\operatorname{Li}_1(x)=-\ln(1-x)$ ) : $$\tag{3}\operatorname{Li}_{s+1}(x)=\int\frac {\operatorname{Li}_{s}(x)}x dx$$

Dividiendo $(2)$ por $x$ y al integrar de nuevo devuelve (usando $(3)$ de nuevo) : \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}\, x^n&=\int \frac {\ln(1-x)^2}{2\,x}dx+\int \frac{\operatorname{Li}_2(x)}x dx\\ &=C+I(x)+\operatorname{Li}_3(x)\\ \end{align} con $I(x)$ obtenida por integración por partes (ya que $\frac d{dx}\operatorname{Li}_2(1-x)=\dfrac {\ln(x)}{1-x}$ ) : \begin{align} I(x)&:=\int \frac {\ln(1-x)^2}{2\,x}dx\\ &=\left.\frac{\ln(1-x)^2\ln(x)}{2}\right|+\int \ln(1-x)\frac {\ln(x)}{1-x}dx\\ &=\left.\frac{\ln(1-x)^2\ln(x)}{2}+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)\right|+\int \frac{\operatorname{Li}_2(1-x)}{1-x}dx\\ &=\left.\frac{\ln(1-x)^2\ln(x)}{2}+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)-\operatorname{Li}_3(1-x)\right|\\ \end{align} obteniendo la relación general : $$\tag{4}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}\, x^n=C+\frac{\ln(1-x)^2\ln(x)}{2}+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)$$ (con $C=\operatorname{Li}_3(1)=\zeta(3)$ aquí)
aplicado a $x=\dfrac 12$ con $\operatorname{Li}_2\left(\frac 12\right)=\dfrac{\zeta(2)-\ln(2)^2}2$ de la enlace devuelve lo deseado : \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2\;2^n}&=\zeta(3)-\frac{\ln(2)^3}2-\ln(2)\frac{\zeta(2)-\ln(2)^2}2\\ \tag{5}\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2\;2^n}&=\zeta(3)-\ln(2)\frac{\zeta(2)}2 \end{align}

Answer 2

Haremos un uso frecuente de $$ \binom{n+1}{k+1}=\binom{n}{k}\frac{n+1}{k+1}\tag{1} $$ El Números armónicos generalizados de segundo orden se definen como $$ H_n^{(2)}=\sum_{k=1}^n\frac1{k^2}\tag{2} $$ El factor de $2^{-n}$ en cada término me recordó el Transformación de la serie de Euler . Invirtiendo la aceleración en serie (¿desaceleración en serie?), se puede ver que debemos mirar $$ \begin{align} \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k\frac{H_{k+1}^{(2)}}{k+1} &=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{(-1)^k}{k+1}\sum_{j=0}^k\frac1{(j+1)^2}\tag{3}\\ &=\frac1{n+1}\sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n+1}{k+1}\sum_{j=0}^k\frac1{(j+1)^2}\tag{4}\\ &=\frac1{n+1}\sum_{j=0}^n\sum_{k=j}^n(-1)^k\binom{n+1}{k+1}\frac1{(j+1)^2}\tag{5}\\ &=\frac1{n+1}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n}{j}\frac1{(j+1)^2}\tag{6}\\ &=\frac1{(n+1)^2}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}\frac1{j+1}\tag{7}\\ &=\frac1{(n+1)^2}\sum_{j=0}^n(-1)^j\sum_{k=0}^n\binom{k}{j}\frac1{j+1}\tag{8}\\ &=\frac1{(n+1)^2}\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\sum_{j=0}^n(-1)^j\binom{k+1}{j+1}\tag{9}\\ &=\frac1{(n+1)^2}\sum_{k=0}^n\frac1{k+1}\tag{10}\\[3pt] &=\frac{H_{n+1}}{(n+1)^2}\tag{11} \end{align} $$ Explicación:
$\ \;(3)$ : uso $(2)$
$\ \;(4)$ : aplicar $(1)$
$\ \;(5)$ : cambiar el orden de la suma
$\ \;(6)$ : $\sum\limits_{j=k}^n(-1)^j\binom{n+1}{j+1}=(-1)^k\binom{n}{k}$
$\ \;(7)$ : aplicar $(1)$
$\ \;(8)$ : $\sum\limits_{j=0}^n\binom{j}{k}=\binom{n+1}{k+1}$
$\ \;(9)$ : $\sum\limits_{j=0}^k(-1)^j\binom{k+1}{j+1}=1$
$(10)$ : $H_{n+1}=\sum\limits_{k=0}^n\frac1{k+1}$

Utilizando $(11)$ la transformación de la serie de Euler dice que $$ \begin{align} \sum_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{H_{k+1}^{(2)}}{k+1} &=\sum_{n=0}^\infty2^{-n-1}\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^k\frac{H_{k+1}^{(2)}}{k+1}\\ &=\sum_{n=0}^\infty2^{-n-1}\frac{H_{n+1}}{(n+1)^2}\tag{12} \end{align} $$ Por lo tanto, con un cambio de indexación, obtenemos $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty2^{-n}\frac{H_n}{n^2} &=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{H_n^{(2)}}{n}\tag{13}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n^3}+\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\frac{H_{n-1}^{(2)}}{n}\tag{14}\\ &=\frac34\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{k^2}\tag{15}\\ &=\frac34\zeta(3)+\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k+1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{nk^2}\tag{16}\\ &=\frac34\zeta(3)+\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{k+n-1}}{(k+n)k^2}\tag{17}\\ &=\frac34\zeta(3)+\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty(-1)^{k+n-1}\left(\frac1{k^2n}-\frac1{kn(k+n)}\right)\tag{18}\\[6pt] &=\frac34\zeta(3)-\frac12\zeta(2)\log(2)+\frac14\zeta(3)\tag{19}\\[9pt] &=\zeta(3)-\frac12\zeta(2)\log(2)\tag{20} \end{align} $$ Explicación:
$(13)$ : reindexar $(12)$
$(14)$ : $H_n^{(2)}=\frac1{n^3}+H_{n-1}^{(2)}$
$(15)$ : aplicar $(2)$
$(16)$ : cambiar el orden de la suma
$(17)$ : reindexar $n\mapsto k+n$
$(18)$ : $\frac1{(k+n)k^2}=\frac1{k^2n}-\frac1{kn(k+n)}$
$(19)$ : $\sum\limits_{k=1}^\infty\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{k+n}}{kn(k+n)}=\frac14\zeta(3)$ de $(5)$ y $(7)$ de esta respuesta
$(20)$ : adición

Answer 3

\begin{eqnarray} \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2 2^n} = \sum\limits_{m=1}^\infty \frac{1}{m} \sum\limits_{n=m}^\infty \frac{1}{n^2 2^n} = \sum\limits_{m=1}^\infty \frac{1}{m} \int\limits_{-\infty}^0(-\xi) \frac{(1/2 \exp(\xi))^m}{1-1/2 \exp(\xi)} d\xi = \\ \int\limits_{-\infty}^0 \xi \frac{\log(1 - 1/2 \exp(\xi))}{1-1/2 \exp(\xi)} d\xi = \\ \int\limits_{1/2}^1 \left(\frac{1}{u} + \frac{1}{1-u}\right) \log(u) \left[\log(2) + \log(1-u)\right] du = \\ \zeta(3) - \frac{1}{12} \pi^2 \log(2) \end{eqnarray}

Creo que todos los pasos están claros excepto los dos últimos.En el penúltimo paso he sustituido por 1 - 1/2 exp(xi).Las únicas integrales no triviales aquí son $\int \log(u)/(1-u) du$ y $\int \log(u) \log(1-u)/(1-u) du$ . Ahora las calculo. La primera integral se hace expandiendo el denominador en una serie e integrando término a término. \begin{equation} \int\limits_{1/2}^1 \frac{\log(u)}{1-u} du = \sum\limits_{p=0}^\infty \int\limits_{1/2}^1 u^p \log u du = \sum\limits_{p=0}^\infty \frac{-1+2^{-1-p}}{(p+1)^2} + \log(2) \sum\limits_{p=0}^\infty \frac{2^{-1-p}}{p+1} = -\zeta(2) + Li_2(1/2) + \log(2) Li_1(1/2) \end{equation} La segunda integral se hace integrando por partes y utilizando la definición de la función polilogarítmica. \begin{equation} \int\limits_{1/2}^1 \log(u) \frac{\log(1-u)}{1-u} du = \int\limits_{1/2}^1 \log(1-u) Li_2^{'}(1-u) du = \left.\log(1-u) Li_2(1-u)\right|_{1/2}^1 + Li_3(1/2) = \log(2) Li_2(1/2) + Li_3(1/2) \end{equation} Ahora, lo único que queda es reunir los resultados. Lo siento pero por falta de tiempo no puedo hacerlo ahora. He comprobado con Mathematica que todos los resultados parciales son correctos.

Nota final: Podemos ver claramente que el resultado se expresa a través de funciones elementales y a través de polilogaritmos de orden no mayor que tres, evaluados a 1/2.De la página de Wikipedia sobre Polilogaritmos aprendemos que los polilogaritmos a 1/2 se expresan en forma cerrada a través de $\pi$ , $\log(2)$ y el $\zeta$ funciones. Dicho esto podemos decir que esto completa la prueba.

Answer 4

A partir de $$ \frac{\ln(1-x)}{1-x}=-\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}H_n x^n $$

multiplicar ambos lados por $ \frac{\ln x}{x} $ y luego integrar desde $ x=0 $ a $ 1/2 $ obtenemos \begin{align*} I&= \int_0^{1/2}\frac{\ln x\ln(1-x)}{x(1-x)}\,dx=-\sum_{n=1}^{\infty}H_n \int_0^{1/2} x^{n-1}\ln x\ dx\\ &=-\sum_{n=1}^\infty H_n\left( \frac{\ln2}{2^n n}+\frac{1}{2^n n^2}\right)=-\frac12\ln2\zeta(2)-\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{2^n n^2} \tag{1} \end{align*}

Tenga en cuenta que utilizamos $\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{2^nn}=\frac12\zeta(2)$ que se deduce de la utilización de la función generadora $\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n H_n}{n}=\operatorname{Li_2}(x)+\frac12 \ln^2(1-x)$ con $x=1/2$ donde $\operatorname{Li_2}(1/2)=\frac12\zeta(2)-\frac12\ln^22$

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por otro lado \begin{equation*} I= \int_{0}^{1/2}\frac{\ln x\ln(1-x)}{x(1-x)}\ dx \overset{x\mapsto1-x}{=} \int_{1/2}^{1}\frac{\ln(1-x) \ln(x)}{x(1-x)}\ dx \end{equation*} y sumando la integral a ambos lados, obtenemos \begin{equation*} 2I= \int_{0}^{1}\frac{\ln x\ln(1-x)}{x(1-x)}\ dx =-\sum_{n=1}^\infty H_n \int_0^1 x^{n-1}\ln x \ dx =\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}=2\zeta(3)\tag2 \end{equation*}

donde el último resultado se desprende del uso de la identidad de Euler.

Combinando $(1)$ y $(2)$ obtenemos la forma cerrada de $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{2^nn^2}$ .

Answer 5

\begin{align*} \operatorname{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)&=\int _0^{\frac{1}{2}}\frac{\operatorname{Li}_2\left(x\right)}{x}\:dx=-\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)\ln \left(2\right)+\int _{\frac{1}{2}}^{1}\frac{\ln \left(x\right)\ln \left(1-x\right)}{1-x}\:dx\\[2mm] &=-\frac{1}{2}\ln \left(2\right)\zeta \left(2\right)+\frac{1}{2}\ln ^3\left(2\right)+\int _0^1\frac{\ln \left(1-x\right)\ln \left(x\right)}{x}\:dx-\int _0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln \left(x\right)\ln \left(1-x\right)}{1-x}\:dx\\[2mm] &=-\frac{1}{2}\ln \left(2\right)\zeta \left(2\right)+\frac{1}{2}\ln ^3\left(2\right)+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^3}-\frac{1}{2}\ln ^3\left(2\right)-\frac{1}{2}\int _0^{\frac{1}{2}}\frac{\ln ^2\left(1-x\right)}{x}\:dx\\[2mm] &=-\frac{1}{2}\ln \left(2\right)\zeta \left(2\right)+\zeta \left(3\right)-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^2\:2^k}+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^3\:2^k}\\[2mm] &=-\frac{1}{2}\ln \left(2\right)\zeta \left(2\right)+\zeta \left(3\right)-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^2\:2^k}+\operatorname{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right) \end{align*} Y mágicamente encontramos el valor de esa suma \begin{align*} \sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^2\:2^k}=-\frac{1}{2}\ln \left(2\right)\zeta \left(2\right)+\zeta \left(3\right) \end{align*}