Cómo calcular $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}n H_n^2$ ?

Question

Necesito calcular la suma $\displaystyle S=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}n H_n^2$ , donde $\displaystyle H_n=\sum\limits_{m=1}^n\frac1m$ .

Usando un CAS encontré que $S=\lim\limits_{k\to\infty}s_k$ donde $s_k$ satisface la relación de recurrencia $$\begin{align} & s_{1}=-1,\hspace{5mm} s_{2}=\frac18,\hspace{5mm} s_{3}=-\frac{215}{216},\hspace{5mm} s_{4}=\frac{155}{1728},\hspace{5mm} \text{for all} \quad k>4, \\ s_{k} &=\frac1{k^3(2k-3)}\left(\left(-4k^4+18k^3-25k^2+12k-2\right)s_{k-1}+\left(12k^3-39k^2+38k-10\right)s_{k-2} \right.\\ & \hspace{5mm} \left. +\left(4k^4-18k^3+25k^2-10k\right)s_{k-3}\\+\left(2k^4-15k^3+39k^2-40k+12\right)s_{k-4}\right), \end{align}$$ pero no pudo expresar $S$ o $s_k$ de forma cerrada.

¿Puede sugerir alguna idea sobre cómo calcular $S$ ?

Answer 1

Escriba la función $$g(z) = \sum_{n\geq1} \frac{z^n}{n}H_n^2,$$ para que $S=g(-1)$ y $g$ puede reducirse a $$zg'(z) = \sum_{n\geq1} z^n H_n^2 = h(z).$$

Ahora, utilizando $H_n = H_{n-1} + \frac1n$ ( $n\geq2$ ), podemos obtener una forma cerrada para $h(z)$ : $$h(z) = z + \sum_{n\geq2}\frac{z^n}{n^2} + \sum_{n\geq 2}z^n H_{n-1}^2 + \sum_{n\geq 2} 2\frac{z^n}{n}H_{n-1}.$$ Ahora, la primera y la tercera sumas Mathematica puede evaluarse a sí misma en forma cerrada (la tercera se evalúa a la función $p(z)$ abajo, el primero es $\text{Li}_2(z)-z$ ), y la suma del medio es $z h(z)$ .

Sustituyendo esto en la expresión para $g(z)$ obtenemos $$g(z) = \int \frac{\text{Li}_2(z) + p(z)}{z(1-z)}\,dz,$$ $$p(z) = -\frac{\pi^2}{3} + 2\log^2(1-z)-2\log(1-z)\log(z)+2\text{Li}_2((1-z)^{-1}) - 2\text{Li}_2(z).$$ Mathematica también puede evaluar esta integral, dando (hasta una constante de integración) $$\begin{align} g(z) &= \frac{1}{3} \left(-2 \log(1-z^3+3 \log(1-z)^2 \log(-z)+\log(-1+z)^2 (\log(-1+z)+3 \log(-z) \right. \\ & \hspace{5mm} \left. -3 \log(z))+\pi ^2 (\log(-z)-2 \log(z))+\log(1-z) \left(\pi^2 - 3 \log(-1+z)^2 \right. \right.\\ & \hspace{5mm} \left.\left. +6 (\log(-1+z)-\log(-z)) \log(z)\right)-6 (\log(-1+z)-\log(z)) \left(\text{Li}_{2}\left(\frac{1}{1-z}\right)-\text{Li}_{2}(z)\right) \right.\\ & \hspace{10mm} \left. -3 \log(1-z) \text{Li}_{2}(z)+3 \text{Li}_{3}(z)\right). \end{align}$$ La constante de integración se fija exigiendo $g(0)=0$ .

Hay que tener cierto cuidado, porque la función es multivaluada, al evaluar $g(-1)$ . La respuesta es $$\frac{1}{12}(\pi^2\log2-4(\log 2)^3-9\zeta(3)).$$

Answer 2

Dejar $$y=\sum_{n=1}^{\infty}H^2_{n}x^n$$

entonces tenemos $$y=x+xy+\ln^2{(1-x)}+\int_{0}^{x}\dfrac{\ln{(1-t)}}{t}dt$$

así que $$y=\dfrac{\ln^2{(1-x)}}{1-x}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}\right)x^n$$

entonces puedes usar: Probar una suma de Euler alternada: $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H_k}{k} = \frac{1}{2} \zeta(2) - \frac{1}{2} \log^2 2$

Answer 3

Nosotros tienen $$\frac{\ln^2(1-x)}{1-x}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)x^n$$

sustituir $x$ con $-x$ , dividir ambos lados por $x$ entonces integra con respecto a $x$ de $0$ a $1$ obtenemos: $$\begin{align*} S_1&=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)\int_0^1x^{n-1}\ dx=\sum_{n=1}^{\infty}\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)\frac{(-1)^n}n=\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2(1+x)}{x(1+x)}\ dx}_{x=\frac{1-y}{y}}\\ &=\int_{1/2}^1 \frac{\ln^2x}{1-x}\ dx=\sum_{n=1}^{\infty}\int_{1/2}^1x^{n-1}\ln^2x\ dx=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{n^3}-\frac{2}{2^n n^3}-\frac{2\ln2}{2^n n^2}-\frac{\ln^22}{2^n n}\right)\\ &=2\zeta(3)-2\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right)-2\ln2\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)-\ln^32 \end{align*}$$

Ahora usando la identidad :

$$\displaystyle \int_0^1x^{n-1}\ln^2(1-x)\ dx=\frac1n\left(H_n^2+H_n^{(2)}\right)$$

multiplicar ambos lados por $(-1)^n$ entonces suma ambos lados con respecto a $n$ de $1$ a $\infty$ obtenemos $$\begin{align*} S_2&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(H_n^2+H_n^{(2)}\right)\frac{(-1)^n}{n}=\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)}{x}\sum_{n=1}^{\infty}(-x)^n\ dx=\underbrace{-\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)}{1+x}\ dx}_{x=1-y}\\ &=-\int_0^1\frac{\ln^2(x)}{2-x}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n}\int_0^1 x^{n-1}\ln^2x\ dx=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n n^3}=-2\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right) \end{align*}$$ Ahora estamos listos para calcular nuestra suma: $$\begin{align*} \frac{S_1+S_2}{2}=\sum\frac{(-1)^n H_n^2}{n}&=\zeta(3)-2\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right)-\ln2\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)-\frac12\ln^32\\ &=\frac12\ln2\zeta(2)-\frac34\zeta(3)-\frac13\ln^32 \end{align*}$$

y como bonus : $$\begin{align*} \frac{S_2-S_1}{2}=\sum\frac{(-1)^n H_n^{(2)}}{n}&=\ln2\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)-\zeta(3)+\frac12\ln^32\\ &=\frac12\ln2\zeta(2)-\zeta(3) \end{align*}$$

donde los resultados de $\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right)=\frac78\zeta(3)-\frac12\ln2\zeta(2)+\frac16\ln^32$ y $\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)=\frac12\zeta(2)-\frac12\ln^22$ se utilizaron en los cálculos.

Answer 4

He aquí una solución con herramientas sencillas

Tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty x^nH_n=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}$$

Sustituir $x$ con $-x$ entonces multiplica ambos lados por $-\frac{\ln(1-x)}{x}$ y utilizar el hecho de que $-\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)\ dx=\frac{H_n}{n}$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{n}=\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x(1+x)}\ dx$$ $$=\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x}\ dx}_{-5/8\zeta(3)}-\underbrace{\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{1+x}\ dx}_{\frac{1}{1+x}=y}$$

$$=-\frac58\zeta(3)-\int_{1/2}^1\frac{\ln\left(\frac{y}{2y-1}\right)\ln y}{y}\ dy=-\frac58\zeta(3)-I$$

$$I=\int_{1/2}^1\frac{\ln^2y}{y}\ dy-\int_{1/2}^1\frac{\ln(2y-1)\ln y}{y}\ dy=\frac13\ln^32-\Re\int_{1/2}^1\frac{\ln(1-2y)\ln y}{y}\ dy$$

$$=\frac13\ln^32+\Re\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n}{n}\int_{1/2}^1 y^{n-1}\ln y\ dy=\frac13\ln^32+\Re\sum_{n=1}^\infty\frac{2^n}{n}\left(\frac{\ln2}{n2^n}+\frac{1}{n^22^n}-\frac{1}{n^2}\right)$$

$$=\frac13\ln^32+\ln2\zeta(2)+\zeta(3)-\Re\text{Li}_3(2)=\frac18\zeta(3)-\frac12\ln2\zeta(2)+\frac13\ln^32$$

donde utilizamos $\Re\text{Li}_3(2)=\frac78\zeta(3)+\frac32\ln2\zeta(2)$

Conecte el resultado de $I$ obtenemos $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n^2}{n}=\frac12\ln2\zeta(2)-\frac34\zeta(3)-\frac13\ln^32$$

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Una forma diferente de encontrar $\int\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{1+x} \ dx$ Primero, sumar y restar $\ln2$ y observe que $\int\ln\left(\frac{1-x}{2}\right)\ dx=-\text{Li}_2\left(\frac{1+x}{2}\right)$

$$\int\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{1+x} \ dx=\int\frac{\ln\left(\frac{1-x}{2}\right)\ln(1+x)}{1+x} \ dx+\ln2\int\frac{\ln(1+x)}{1+x}\ dx$$

$$\overset{IBP}{=}-\ln(1+x)\text{Li}_2\left(\frac{1+x}{2}\right)+\int\frac{\text{Li}_2\left(\frac{1+x}{2}\right)}{1+x}\ dx+\frac12\ln2\ln^2(1+x)$$

$$=-\ln(1+x)\text{Li}_2\left(\frac{1+x}{2}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{1+x}{2}\right)+\frac12\ln2\ln^2(1+x)$$

Por lo tanto,

$$\small{\int_0^a\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{1+x} \ dx=\text{Li}_3\left(\frac{1+a}{2}\right)-\text{Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)-\ln(1+a)\text{Li}_2\left(\frac{1+a}{2}\right)+\frac12\ln2\ln^2(1+a)}$$

Answer 5

O podemos utilizar la función generadora

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n}^2}{n}x^{n}=\operatorname{Li}_3(x)-\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(x)-\frac13\ln^3(1-x)$$

Al establecer $x=-1$ obtenemos

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n}(-1)^n=-\frac34\zeta(3)+\frac12\ln2\zeta(2)-\frac13\ln^32$$

nota que $\operatorname{Li}_3(-1)=-\frac34\zeta(3)$ y $\operatorname{Li}_2(-1)=-\frac12\zeta(2)$