Una forma cerrada por la suma de $\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{H_n}{n}\right)^2$

Question

¿Cómo puedo encontrar una forma cerrada para la siguiente suma? $$\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{H_n}{n}\right)^2$$ ($H_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}$).

Answer 1

EDITADO. Algunas simplificaciones que fueron hechas.

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Aquí es una solución.

1. Datos básicos de la dilogarithm. Deje que $\mathrm{Li}_{2}(z)$ ser el dilogarithm función definida por

$$\operatorname{Li}_{2}(z) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n^{2}} = - \int_{0}^{z} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx.$$

Aquí la rama de corte de $\log$ es el elegido para ser $(-\infty, 0] de dólares para que$\operatorname{Li}_{2}$define un holomorphic función en la región de$\Bbb{C} \setminus [1, \infty)$. Además, es fácil comprobar (mediante la diferenciación de ambos lados) que las siguientes identidades mantenga

$$\begin{align*} \operatorname{Li}_{2}\left(\tfrac{z}{z-1}\right) y= -\mathrm{Li}_{2}(z) - \tfrac{1}{2}\log^{2}(1-z); \quad z \noen [1, \infty) \etiqueta{1} \\ \operatorname{Li}_{2}\left(\tfrac{1}{1-z}\right) &= \color{blue}{\boxed{\operatorname{Li}_{2}(z) + \zeta(2) - \tfrac{1}{2}\log^{2}(1-z)}} + \color{red}{\boxed{\log(-z)\log(1-z)}}; \quad z \noen [0, \infty) \etiqueta{2} \end{align*}$$

Note que en (2), el color azul es parte holomorphic en $|z| < 1$, mientras que el color rojo de la parte induce la rama de corte $[-1, 0]$.

2. Una potencia útil de la serie. Ahora vamos a considerar el poder de la serie

$$f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n}{n} z^n.$$

Entonces $f(z)$ es automáticamente holomorphic en el interior del disco $|z| < 1$. Por otra parte, es fácil comprobar que

$$\sum_{n=1}^{\infty} H_{n} z^{n-1} = \frac{1}{z} \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n} \right)\left( \sum_{n=0}^{\infty} z^{n}\right) = -\frac{\log(1-z)}{z(1-z)}.$$

por lo tanto la integración de ambos lados, junto con la identidad $\text{(1)}$, obtenemos la siguiente representación de $f(z)$.

$$f(z) = \operatorname{Li}_{2}(z) + \tfrac{1}{2}\log^{2}(1-z) = -\operatorname{Li}_{2}\left(\tfrac{z}{z-1}\right). \etiqueta{3}$$

3. Representación Integral y el resultado. Por el Parseval de la identidad, tenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{2}}{n^{2}} = \frac{1}{2\pi} \int_{0}^{2\pi} f(e^{es})f(e^{-}) \, dt = \frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{f(z)}{z} f\left(\frac{1}{z}\right) \, dz \etiqueta{4}$$

Dado que $\frac{1}{z}f(z)$ es holomorphic interior $|z| = 1$, el fracaso de holomorphy de el integrando se deriva de la rama de corte de

$$\begin{align*} f\left(\tfrac{1}{z}\right) y= -\operatorname{Li}_{2}\left(\tfrac{1}{1-z}\right) \\ y= -\color{blue}{\left( \operatorname{Li}_{2}(z) + \zeta(2) - \tfrac{1}{2}\log^{2}(1-z) \right)} - \color{red}{\log(-z)\log(1-z)}, \end{align*}$$

que es de $[0, 1]$. Para resolver esto, utilizamos la identidad $\text{(2)}$. Tenga en cuenta que el color azul porción no contribuye a la integral $\text{(4)}$, puesto que sigue siendo holomorphic interior $|z| < 1$. Es decir, sólo el color rojo de la porción da contribución a la integral. En consecuencia, hemos

$$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{2}}{n^{2}} y= -\frac{1}{2\pi i} \int_{|z|=1} \frac{f(z)}{z} \color{red}{\log(-z)\log(1-z)} \, dz. \etiqueta{5} \end{align*}$$

Puesto que el integrando es holomorphic en $\Bbb{C} \setminus [0, \infty)$, podemos utilizar el ojo de la cerradura de contorno de envolver alrededor de $[0, 1]$ a reducir $\text{(5)}$ a

$$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{2}}{n^{2}} &= \frac{1}{2\pi i} \Bigg\{ \int_{0^{-}i}^{1+0^{-}i} \frac{f(z)\log(-z)\log(1-z)}{z} \, dz \\ &\qquad \qquad + \int_{1+0^{+}i}^{+0^{+}i} \frac{f(z)\log(-z)\log(1-z)}{z} \, dz \Bigg\} \\ &= \frac{1}{2\pi i} \Bigg\{ \int_{0}^{1} \frac{f(x)(\log x + i\pi)\log(1-x)}{x} \, dx \\ &\qquad \qquad - \int_{0}^{1} \frac{f(x)(\log x - i\pi)\log(1-x)}{x} \, dx \Bigg\} \\ &= \int_{0}^{1} \frac{f(x)\log(1-x)}{x} \, dx. \etiqueta{5} \end{align*}$$

Enchufar $\text{(3)}$ a la última integral y simplificando un poco, hemos

$$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}^{2}}{n^{2}} y= - \int_{0}^{1} \frac{\operatorname{Li}_2(x)\log(1-x)}{x} \, dx \frac{1}{2}\int_{0}^{1} \frac{\log^{3}(1-x)}{x} \, dx \\ &= \left[ \frac{1}{2}\operatorname{Li}_2(x)^2 \right]_0^1 - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\log^3 x}{1-x} \, dx \\ &= \frac{1}{2}\zeta(2)^{2} + \frac{1}{2} \Gamma(4)\zeta(4) \\ &= \frac{17\pi^{4}}{360} \end{align*}$$

como se desee.

Answer 2

SOS siempre ha sido la más inteligente y soluciones ingeniosas, pero si puedo contribuir en algo que he encontrado muy interesante. Un divertido método de evaluación de un montón de Euler sumas de dinero es mediante el uso de los residuos de la digamma.

Señalando la identidad, $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(H_{n})^{2}}{n^{2}}=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(2)}}{n^{2}}......[1]$

uno puede evaluar cada una de las sumas en el lado derecho y así llegar a la cuadrática de Euler suma en cuestión.

Para el primer sumando de la derecha, comienza por considerar $\displaystyle f(z)=\frac{\left(\gamma+\psi(-z)\right)^{2}}{z^{2}}$ y, debido a los polos de la digamma, calcular el residuo en n (enteros positivos).

$Z\a$ n, la serie es de $\displaystyle\frac{1}{(z-n)^{2}}+\frac{2H_{n}}{z n}+\cdot a\cdot a\cdot$

Por lo tanto, el residuo es de $\displaystyle\lim_{z\n}\left[Res\left(\frac{1}{(z-n)^{2}}\cdot \frac{1}{z^{3}}\right)+Res\left(\frac{2H_{n}}{z n}\cdot \frac{1}{z^{3}}\right)\right]$

$\displaystyle=\frac{-3}{n^{4}}+\frac{2H_{n}}{n^{3}}$

La suma de estos residuos: $\displaystyle-3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2H_{n}}{n^{2}}$

Tomando el Laurent expansión de f(z), el residuo en z=0 es el coeficiente de la 1/z plazo.

$\displaystyle \psi(-z)+\gamma = \frac{1}{z}-\zeta(2)z+\zeta(3)z^{2}-\zeta(4)z^{3}+\cdot a\cdot a\cdot$

$\displaystyle f(z)=\frac{1}{z^{5}}-\frac{\pi^{2}}{3}\cdot \frac{1}{z^{3}}-2\zeta(3)\cdot \frac{1}{z^{2}}+\frac{\pi^{4}}{180}\cdot \frac{1}{z}+\cdot a\cdot a\cdot$

Como puede verse, el residuo a 0 es $\frac{\pi^{4}}{180}$

Ponerlos juntos, establece en 0, y obtener

$\displaystyle2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2H_{n}}{n^{3}}-3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}+\frac{\pi^{4}}{180}=0$

$\displaystyle2H-\frac{\pi^{4}}{30}+\frac{\pi^{4}}{180}=0$

$\displaystyle \boxed{\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}=\frac{\pi^{4}}{72}}.......[2]$

Ahora, por la suma a la derecha de [1], donde $\displaystyle H_{n}^{(2)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^{2}}$

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(2)}}{n^{2}}$

Debido a la simetría de Euler sumas, si tenemos una suma de $\displaystyle S_{p,q}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(p)}}{n^{q}}$ y $p=q$, entonces por simetría $S_{p,q}+S_{q,p}=\zeta(p)\zeta(q)+\zeta(p+q)$

Así, en este caso con $p=q=2$, entonces

$\displaystyle2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(2)}}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{36}+\frac{\pi^{4}}{90}=\frac{7\pi^{4}}{180}$

$\displaystyle \boxed{\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(2)}}{n^{2}}=\frac{7\pi^{4}}{360}}$

Ahora, agregue el resultado de la suma en [2]:

$\displaystyle\frac{7\pi^{4}}{360}+2\cdot \frac{\pi^{4}}{72}=\frac{17\pi^{4}}{360}$

EDITAR:

Si me pueden ampliar un poco sobre esta suma usando la misma técnica, pero con diferentes f(z). Por supuesto, esto requiere un par de conocidos de Euler sumas como lemmata.

Considerando $\displaystyle f(z)=\frac{(\gamma+\psi(-z))^{3}}{z^{2}}$, uno puede utilizar los residuos en 0 y los números enteros positivos a encontrar la suma.

El uso de la serie para $\displaystyle(\gamma+\psi(-z))^{3}$ en z=n:

$\displaystyle \frac{1}{(z-n)^{3}}+\frac{3H_{n}}{(z-n)^{2}}+\frac{3(H_{n})^{2}}{z-n}-\frac{3H_{n}^{(2)}}{z-n}-\frac{\pi^{2}}{2(z-n)}+\cdot\cdot\cdot$

Por lo tanto, los residuos en z=n son:

$\displaystyle\lim_{z\n}\left(Res\left[\frac{1}{(z-n)^{3}}\cdot \frac{1}{z^{2}}\right]+Res\left[\frac{3H_{n}}{(z-n)^{2}}\cdot \frac{1}{z^{2}}\right]+Res\left[\frac{3(H_{n})^{2}}{z n}\cdot \frac{1}{z^{2}}\right]-Res\left[\frac{H_{n}^{(2)}}{z n}\cdot \frac{1}{z^{2}}\right]-Res\left[\frac{\pi^{2}}{2(z-n)}\right]\right)$

Los dos primeros requieren de derivados debido a la pole en n, siendo de orden 3. Pero, en última instancia obtener las sumas:

$\displaystyle 3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{4}}-6\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{3}}+3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(H_{n})^{2}}{n^{2}}-3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}^{(2)}}{n^{2}}-\frac{\pi^{2}}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}}+\frac{\pi^{4}}{20}=0$

También, el residuo en z=0 es $\displaystyle\frac{\pi^{4}}{20}$, que se puede encontrar mediante el uso de su Laurent de expansión:

$\displaystyle f(z)=\frac{1}{z^{5}}-\frac{3\zeta(2)}{z^{3}}-\frac{3\zeta(3)}{z^{2}}+\frac{\pi^{4}}{20z}+\cdot a\cdot a\cdot$

La suma de los residuos, evaluar conocido sumas, llame a la suma cuadrática de ser encontrado H, establece en 0 y resolver para H.

$\displaystyle=\frac{\pi^{4}}{30}-\frac{\pi^{4}}{12}+3H-\frac{7\pi^{4}}{120}+\frac{\pi^{4}}{20}-\frac{\pi^{4}}{12}=0$

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(H_{n})^{2}}{n^{2}}=\frac{17\pi^{4}}{360}$

Variable aleatoria es un experto en este método y ha refinado muy bien.

Answer 3

Calcular la generación de la función de la serie de números: $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty H_nx^n &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^n\frac{x^n}{k}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k}^\infty\frac{x^n}{k}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n+k}}{k}\\ y=-\frac{\log(1-x)}{1-x}\etiqueta{1} \end{align}$$ La integración de $(1)$ de los rendimientos $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n}x^n=\frac12\log(1-x)^2\etiqueta{2}$$ Por lo tanto, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n}e^{\pm2\pi inx}=\frac12\log(1-e^{\pm2\pi ix})^2\etiqueta{3}$$ La multiplicación y la integración de da $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2} &=\frac14\int_0^1\log(1-e^{2\pi ix})^2\log(1-e^{-2\pi ix})^2\,\mathrm{d}x\etiqueta{4}\\ &=\frac1{8\pi i}\cualquier\log(1-z)^2\log(1-1/z)^2\frac{\mathrm{d}z}{z}\etiqueta{4b}\\ &=\frac1{8\pi i}\int_0^1\log(1-z)^2\left[-\pi i+\log(1-z)-\log(z)\right)^2\frac{\mathrm{d}z}{z}\\ &-\frac1{8\pi i}\int_0^1\log(1-z)^2\left[\pi i+\log(1-z)-\log(z)\right)^2\frac{\mathrm{d}z}{z}\etiqueta{4c}\\ y=-\frac12\int_0^1\log(1-z)^2\left[\log(1-z)-\log(z)\right]\frac{\mathrm{d}z}{z}\etiqueta{4d} \end{align}$$ Explicación
$\mathrm{(4a)}$: multiplicar los conjugados de $(3)$ e integrar
$\mathrm{(4b)}$: convertir a curvas de nivel integral con $z=e^{2\pi ix}$
$\mathrm{(4c)}$: desinflar el contorno de líneas por encima y por debajo de $[0,1]$
$\mathrm{(4d)}$: álgebra

Contorno de $\color{#00A000}{\text{antes}}$ y $\color{#C00000}{\text{después de}}$ $\mathrm{(4c)}$:

$\hspace{4cm}$

Usando $\log(1-z)=-u$, obtenemos $$\begin{align} \int_0^1\log(1-z)^3\frac{\mathrm{d}z}{z} y=-\int_0^\infty u^3\frac{\mathrm{d}u}{e^u-1}\\ Y=-\Gamma(4)\zeta(4)\\ y=-\frac{\pi^4}{15}\etiqueta{5} \end{align}$$ Usando $\log(z)=-u$ y , obtenemos $$\begin{align} \int_0^1\log(1-z)^2\log(z)\frac{\mathrm{d}z}{z} y=-\int_0^\infty\log(1-e^{-u})^2u\,\mathrm{d}u\etiqueta{6a}\\ Y=-2\sum_{n=1}^\infty\int_0^\infty\frac{H_{n-1}}{n}e^{-nu}u\,\mathrm{d}u\etiqueta{6b}\\ Y=-2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^3}\etiqueta{6c}\\ &=\zeta(2)^2-3\zeta(4)\etiqueta{6d}\\ y=-\frac{\pi^4}{180}\etiqueta{6} \end{align}$$ Explicación
$\mathrm{(6a)}$: sustituto $z=e^{-u}$
$\mathrm{(6b)}$: aplicar $(2)$
$\mathrm{(6c)}$: integrar
$\mathrm{(6d)}$: utilice esta respuesta
$\mathrm{(6e)}$: evaluar

La combinación de $(4)$, $(5)$, y $(6)$ rendimientos $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2}=\frac{11\pi^4}{360}\etiqueta{7}$$ Tomando nota de que $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2} &=\sum_{n=1}^\infty\frac{\left(H_n-\frac1n\right)^2}{n^2}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n^2}{n^2}-2\frac{H_n}{n^3}+\frac1{n^4}\right)\etiqueta{8} \end{align}$$ llegamos, de nuevo con esta respuesta, que $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n^2}{n^2} &=\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}^2}{n^2}+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}-\zeta(4)\\ &=\frac{11\pi^4}{360}+5\zeta(4)-\zeta(2)^2-\zeta(4)\\ &=\frac{17\pi^4}{360}\etiqueta{9} \end{align}$$

Answer 4

Creo que la respuesta que usted está buscando en este artículo de la Wikipedia :

La siguiente identidad primero fue conjeturado por Enrico Au-Yeung , un estudiante de Jonathan Borwein, mediante un equipo de búsqueda y la PSLQ algoritmo, en 1993: $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{k}\right)^2 = \frac{17\pi^4}{360}.$$

Una simple búsqueda de Google devolverá varios documentos en formato PDF que contiene este y otros curiosos e interesantes matemática identidades. O simplemente puede visitar el David H. Bailey's propia página, y buscar documentos que contengan la cadena experimento en su título, la mayoría de los cuales también contienen este y en muchos otros similares resultados. Las pruebas se basan en una combinación de uno o más de los siguientes: el PSLQ algoritmo ya he mencionado, asistida por ordenador de pruebas, y-o inversa cálculo simbólico.

Answer 5

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{H_{n} \over n}^{2}:\ {\large ?}}$

$$\mbox{Nota que}\quad H_{n}=\int_{0}^{1}{1 - t^{n} \over 1 - t}\,\dd t =-n\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - t}t^{n - 1}\,\dd t$$

A continuación, $$\begin{align} &\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{H_{n} \over n}^{2}} =\sum_{n = 1}^{\infty}\bracks{\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - x}x^{n - 1}\,\dd x} \bracks{\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - y}x^{n - 1}\,\dd y} \\[3 mm]&=\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \ln\pars{1 - x}\ln\pars{1 - y}\sum_{n =1}^{\infty}\pars{xy}^{n - 1}\,\dd y\,\dd x \\[3 mm]&=\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - x} \color{#00f}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - y} \over 1 - xy}\,\dd y}\,\dd x\etiqueta{1} \end{align}$$

$$\begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - y} \over 1 - xy}\,\dd y} =\int_{0}^{1}{\ln\pars{y} \over 1 - x\pars{1 - y}}\,\dd y =\int_{0}^{1}{\ln\pars{y} \over 1 - x + xy}\,\dd y \\[3 mm]&=-\,{1 \over x}\int_{0}^{1}{\ln\pars{y} \over 1 - xy/\pars{x - 1}}\,{x\,\dd y \sobre x - 1} =-\,{1 \over x}\int_{0}^{x/\pars{x - 1}} {\ln\pars{\bracks{x - 1}y/x} \over 1 - y}\,\dd y \\[3 mm]&=-\,{1 \over x}\int_{0}^{x/\pars{x - 1}}{\ln\pars{1 - y} \over y}\,\dd y ={1 \over x}\int_{0}^{x/\pars{x - 1}}{{\rm Li}_{1}\pars{y} \over y}\,\dd y \end{align}$$ donde $\ds{{\rm Li_{s}}\pars{z}}$ es la PolyLogarithm Función y $\ds{{\rm Li_{1}}\pars{z} = -\ln\pars{1 - z}}$. En adelante, usaremos propiedades ya conocidas de ellos como se informó en la citada enlace: $$\begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - y} \over 1 - xy}\,\dd y} ={1 \over x}\int_{0}^{x/\pars{x - 1}}{\rm Li}_{2}'\pars{y}\,\dd y ={1 \over x}\,{\rm Li}_{2}\pars{x \sobre x - 1} \end{align}$$

Sustitución del último resultado en la expresión $\pars{1}$: $$\begin{align} &\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{H_{n} \over n}^{2}} =\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - x}\,{1 \over x}\,{\rm Li}_{2}\pars{x \sobre x - 1}\,\dd x =-\int_{0}^{1}{\rm Li}_{2}'\pars{x}{\rm Li}_{2}\pars{x \sobre x - 1}\,\dd x \\[3 mm]&=-\int_{0}^{1}{\rm Li}_{2}'\pars{1 - x} {\rm Li}_{2}\pars{1 - {1 \over x}}\,\dd x =-\int_{0}^{1}{\rm Li}_{2}'\pars{1 - x}\bracks{-{\rm Li}_{2}\pars{1 - x} -\media\,\ln^{2}\pars{x}}\,\dd x \end{align}$$ donde hemos utilizado Landen Identidad. $$\begin{align} &\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{H_{n} \over n}^{2}} =\media\,{\rm Li}_{2}^{2}\pars{1} +\media\int_{0}^{1}{\rm Li}_{2}'\pars{1 - x}\ln^{2}\pars{x}\,\dd x \\[3 mm]&={\pi^{4} \, más de un 72} -\media\color{#00f}{\int_{0}^{1}{\ln^{3}\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x} \quad\mbox{ya}\quad{\rm Li}_{2}\pars{1} = {\pi^{2} \over 6}\etiqueta{2} \end{align}$$

Por último, tenemos que evaluar la integral $$\begin{align}&\color{#00f}{\int_{0}^{1}{\ln^{3}\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x} =\int_{0}^{1}\ln\pars{1 - x}\,\bracks{3\ln^{2}\pars{x}\,{1 \over x}}\,\dd x =-3\int_{0}^{1}{\rm Li}_{2}'\pars{x}\ln^{2}\pars{x}\,\dd x \\[3 mm]&=3\int_{0}^{1}{\rm Li}_{2}\pars{x}\bracks{2\ln\pars{x}\,{1 \over x}}\,\dd x =6\int_{0}^{1}{\rm Li}_{3}'\pars{x}\ln\pars{x}\,\dd x \\[3 mm]&=-6\int_{0}^{1}{\rm Li}_{3}\pars{x}\,{1 \over x}\,\dd x =-6\int_{0}^{1}{\rm Li}_{4}'\pars{x}\,\dd x=-6{\rm Li}_{4}\pars{1} =-6\zeta\pars{4}=-6\,{\pi^{4} \más de 90}=\color{#00f}{-\,{\pi^{4} \más de 15}} \end{align}$$

Sustitución de en $\pars{2}$: $$\begin{align} &\color{#66f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}\pars{H_{n} \over n}^{2}} ={\pi^{4} \, más de un 72} - \media\,\pars{-\,{\pi^{4} \más de 15}} =\color{#66f}{\large{17 \más de 360}\,\pi^{4}} \end{align}$$