Una de las posibles maneras de calcular la serie es la obtención de generación de función, pero
esto podría ser un tedioso trabajo duro, muy difícil de obtener. ¿Qué propondría?
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{ n}}{2^nn^4}$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Aquí es una solución que no confía (demasiado) en los softwares. Voy a estar usando los valores conocidos de las sumas de $\pequeño{\displaystyle \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n2^n},\ \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^22^n},\ \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^32^n}}$.
Vamos
$$\mathcal{S}=\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^42^n}$$
Considerar en primer lugar un poco diferentes, pero relacionadas con la suma. La idea principal es resolver esta suma con dos métodos diferentes, uno de los cuales consiste en la suma en cuestión. Entonces, esto nos permite determinar el valor de la suma deseada.
\begin{align}
\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^4}
=&\frac{1}{6}\sum^\infty_{n=1}(-1)^{n-1}H_n\int^1_0x^{n-1}\ln^3{x}\ {\rm d}x\\
=&\frac{1}{6}\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1+x)}{x(1+x)}{\rm d}x\\
=&\frac{1}{6}\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1+x)}{x}{\rm d}x-\frac{1}{6}\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1+x)}{1+x}{\rm d}x\\
=&\frac{1}{6}\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int^1_0x^{n-1}\ln^3{x}\ {\rm d}x-\frac{1}{6}\int^2_1\frac{\ln{x}\ln^3(x-1)}{x}{\rm d}x\\
=&\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n}}{n^5}+\int^1_{\frac{1}{2}}\frac{\ln{x}\ln^3(1-x)}{6x}-\int^1_{\frac{1}{2}}\frac{\ln^2{x}\ln^2(1-x)}{2x}{\rm d}x\\&+\int^1_{\frac{1}{2}}\frac{\ln^3{x}\ln(1-x)}{2x}{\rm d}x\int^1_{\frac{1}{2}}\frac{\ln^4{x}}{6}{\rm d}x\\
=&-\frac{15}{16}\zeta(5)+\mathcal{I}_1-\mathcal{I}_2+\mathcal{I}_3-\mathcal{I}dimm_4
\end{align}
Comenzando con el más sencillo integral,
\begin{align}
\mathcal{I}dimm_4=\frac{1}{30}\ln^5{2}
\end{align}
Por $\mathcal{I}_3$,
\begin{align}
\mathcal{I}_3
=&-\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n}\int^1_{\frac{1}{2}}x^{n-1}\ln^3{x}\ {\rm d}x\\
=&-\frac{1}{2}\sum^\infty_{n=1}\frac{1}{n}\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n2^n}\right)\\
=&\sum^\infty_{n=1}\left(\frac{3}{n^5}-\frac{3}{n^52^n}-\frac{3\ln{2}}{n^42^n}-\frac{3\ln^2{2}}{n^32^{n+1}}-\frac{\ln^3{2}}{n^22^{n+1}}\right)\\
=&3\zeta(5)-3{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)-3{\rm Li}_4\left(\tfrac{1}{2}\right)\ln{2}-\frac{3}{2}\ln^2{2}\left(\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln{2}+\frac{1}{6}\ln^3{2}\right)\\&-\frac{1}{2}\ln^3{2}\left(\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}\ln^2{2}\right)\\
=&3\zeta(5)-3{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)-3{\rm Li}dimm_4\left(\tfrac{1}{2}\right)\ln{2}-\frac{21}{16}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{12}\ln^3{2}
\end{align}
Por $\mathcal{I}_2$,
\begin{align}
\mathcal{I}_2
=&\frac{1}{6}\ln^5{2}+\frac{1}{3}\int^1_{\frac{1}{2}}\frac{\ln^3{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x\\
=&\frac{1}{6}\ln^5{2}-\frac{1}{3}\sum^\infty_{n=1}H_n\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{(n+1)2^{n+1}}\right)\\
=&\frac{1}{6}\ln^5{2}+\sum^\infty_{n=1}\frac{2H_n}{(n+1)^4}-\sum^\infty_{n=1}\frac{2H_n}{(n+1)^42^{n+1}}-\sum^\infty_{n=1}\frac{2\ln{2}H_n}{(n+1)^32^{n+1}}\\
&-\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln^2{2}H_n}{(n+1)^22^{n+1}}-\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln^3{2}H_n}{3(n+1)2^{n+1}}\\
=&\frac{1}{6}\ln^5{2}+4\zeta(5)-\frac{\pi^2}{3}\zeta(3)-2\mathcal{S}+2{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)-\frac{\pi^4}{360}\ln{2}+\frac{1}{4}\zeta(3)\ln^2{2}-\frac{1}{12}\ln^5{2}\\
&-\frac{1}{8}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{1}{6}\ln^5{2}-\frac{1}{6}\ln^5{2}\\
=&-2\mathcal{S}+2{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)+4\zeta(5)-\frac{\pi^4}{360}\ln{2}+\frac{1}{8}\zeta(3)\ln^2{2}-\frac{\pi^2}{3}\zeta(3)+\frac{1}{12}\ln^5{2}
\end{align}
Por $\mathcal{I}_1$,
\begin{align}
\mathcal{I}_1
=&\frac{1}{6}\int^{\frac{1}{2}}_0\frac{\ln^3{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x\\
=&-\frac{1}{6}\sum^\infty_{n=1}H_n\frac{\partial^3}{\partial n^3}\left(\frac{1}{(n+1)2^{n+1}}\right)\\
=&\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{(n+1)^42^{n+1}}+\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln{2}H_n}{(n+1)^32^{n+1}}+\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln^2{2}H_n}{2(n+1)^22^{n+1}}+\sum^\infty_{n=1}\frac{\ln^3{2}H_n}{6(n+1)2^{n+1}}\\
=&\mathcal{S}-{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)+\frac{\pi^4}{720}\ln{2}-\frac{1}{16}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{1}{24}\ln^5{2}
\end{align}
La combinación de estos cuatro integrales como $\mathcal{I}_1-\mathcal{I}_2+\mathcal{I}_3-\mathcal{I}dimm_4$ y $\displaystyle -\tfrac{15}{16}\zeta(5)$ da
\begin{align}
\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^4}
=&3\mathcal{S}-6{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)-\frac{31}{16}\zeta(5)-3{\rm Li}_4\left(\tfrac{1}{2}\right)\ln{2}+\frac{\pi^4}{240}\ln{2}\\&-\frac{3}{2}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{3}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\ln^3{2}-\frac{3}{40}\ln^5{2}
\end{align}
Pero considerar $\displaystyle f(z)=\frac{\pi\csc(\pi z)(\gamma+\psi_0(-z))}{z^4}$. En los enteros positivos,
\begin{align}
\sum^\infty_{n=1}{\rm Res}(f,n)
&=\sum^\infty_{n=1}\operatorname*{Res}_{z=n}\left[\frac{(-1)^n}{z^4(z-n)^2}+\frac{(-1)^nH_n}{z^4(z-n)}\right]\\
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^4}+\frac{15}{4}\zeta(5)
\end{align}
En $z=0$,
\begin{align}
{\rm Res}(f,0)
&=[z^3]\left(\frac{1}{z}+\frac{\pi^2}{6}z+\frac{7\pi^4}{360}z^3\right)\left(\frac{1}{z}-\frac{\pi^2}{6}z-\zeta(3)z^2-\frac{\pi^4}{90}z^3-\zeta(5)z^4\right)\\
y=-\zeta(5)-\frac{\pi^2}{6}\zeta(3)
\end{align}
En los enteros negativos,
\begin{align}
\sum^\infty_{n=1}{\rm Res}(f-n)
&=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^4}+\frac{15}{16}\zeta(5)
\end{align}
Ya que la suma de los residuos es cero,
$$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^4}=-\frac{59}{32}\zeta(5)+\frac{\pi^2}{12}\zeta(3)$$
Por lo tanto,
\begin{align}
-\frac{59}{32}\zeta(5)+\frac{\pi^2}{12}\zeta(3)
=&3\mathcal{S}-6{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)-\frac{31}{16}\zeta(5)-3{\rm Li}_4\left(\tfrac{1}{2}\right)\ln{2}+\frac{\pi^4}{240}\ln{2}\\&-\frac{3}{2}\zeta(3)\ln^2{2}+\frac{\pi^2}{3}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{12}\ln^3{2}-\frac{3}{40}\ln^5{2}
\end{align}
Esto implica que
\begin{align}
\color{#FF4F00}{\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^42^n}}
\color{#FF4F00}{=}&\color{#FF4F00}{2{\rm Li}_5\left(\tfrac{1}{2}\right)+\frac{1}{32}\zeta(5)+{\rm Li}_4\left(\tfrac{1}{2}\right)\ln{2}-\frac{\pi^4}{720}\ln{2}+\frac{1}{2}\zeta(3)\ln^2{2}}\\&\color{#FF4F00}{-\frac{\pi^2}{12}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{36}\ln^3{2}+\frac{1}{40}\ln^5{2}}
\end{align}
Con mucho gusto le proporcionan una solución detallada para $\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^32^n}$ si es necesario.
Eric Lee
Puntos
136
La suma es (con la prueba, ver más abajo) igual a $$ \def\tfrac#1#2{{\estilo de texto\frac{#1}{#2}}} 2 \text{Li}_5(\tfrac{1}{2})+\text{Li}dimm_4(\tfrac{1}{2}) \log 2-\tfrac{1}{2} \zeta (3) \zeta(2)+\tfrac{1}{32} \zeta (5)+\tfrac{1}{2} \zeta (3) \log^22-\tfrac{1}{6} \zeta (2) \log^32-\tfrac{1}{8} \zeta (4) \log(2)+\tfrac{1}{40} \log^52 $$
La suma es igual a $$ \def\Li{\mathrm{Li}} \Li_5(\tfrac12) + \zeta(-1,1,-1,1,1), $$ donde $\zeta(-1,1,-1,1,1)$ se obtiene mediante la aplicación de los múltiples zeta función de la dualidad de la fórmula a los múltiples polylogarithm suma $$ \sum_{i,j\geq1} \frac{2^{-i-j}}{i(i+j)^4} = \sum_{n\geq1}\frac{H_{n-1}}{2^nn^4} = \lambda\left({{4,1}\cima{2,2}}\right). $$ Creo que es útil para escribir en términos de múltiples polylogarithm suma, para que todos los estándar de identidades (Borwein, Bradley, Broadhurst, Lisonek, al que haré referencia como BBBL más abajo) puede ser aplicada.
Otro (digo muy apropiado) para la suma es $$ 5\Li_5(\tfrac12)+\Li_4(\tfrac12)\log 2-\frac16\int_1^\infty \frac{\log^3x\log(2x-1)}{x(2x-1)}\,dx, $$ donde la integral es la integral de la representación (4.2 de BBBL) de $\lambda({4,1\atop2,2})$, integrado a través de una de las dimensiones.
EDITAR Bien, he encontrado las identidades de ahora, así que esto es una prueba. Voy a hacer referencia a la BBBL papel he enlazado más arriba. La integral es, después de que $x\mapsto \frac12(1+1/t)$, $$ -\int_0^1 \frac{\log t}{t+1}\log^3\frac{t+1}{2}, $$ que, después de la expansión del cubo, haciendo algunas de las integrales con Mathematica, y la expansión de otros en polylogarithms, como se describe aquí, se convierte en $$ 18\zeta(-4,1) + 6\zeta(-2,1,1,1) + 3\log^22\zeta(-2,1)-12\log 2 \zeta(-3,1)+6\log 2\zeta(-2,1,1) + 24\Li_5(\tfrac12) + 24\Li_4(\tfrac12)\log 2 + \tfrac{81}{8}\zeta(5)-6\zeta(2)\zeta(3)+15\zeta(3)\log^22+\tfrac45\log^52+\tfrac45\log^52-\tfrac34\pi^2\log^32-\tfrac7{40}\pi^4\log2. $$ La "fácil" integrales aquí fueron hechas por el Mathematica. Las formas cerradas para $\zeta(-s), 1) = \alpha_h(1,s)$ Mathematica no sé. El otro desconocido términos son $\zeta(-2,1,1,1)$ y $\zeta(-2,1,1)$. Utilizando el Teorema 9.3 de BBBL, y entonces el Teorema 8.3 y del Corolario 1, estos son $$\begin{eqnarray} \zeta(-2,1,1,1) &=& \mu(\{-1\}^4,1) - \mu(\{-1\}^5) \\&=& -\text{Li}_5(\tfrac{1}{2})-\text{Li}dimm_4(\tfrac{1}{2}) \log 2+\zeta (5)-\tfrac{7}{16} \zeta (3) \log^22+\tfrac{1}{6}\zeta (2) \log^32+\tfrac{1}{30} (-\log^52) \\ \zeta(-2,1,1) &=& \mu(\{-1\}^3,1) - \mu(\{-1\}^4) \\&=& \text{Li}dimm_4(\tfrac{1}{2})+\tfrac{7}{8} \zeta (3) \log 2-\zeta (4)-\tfrac{1}{4} \zeta (2) \log^22+\tfrac{1}{24} \log^42 \end{eqnarray}$$
Cada suma de $\zeta(-s), 1)=\sum_{k\geq1}H_{k-1}(-1)^k/k^s$ ya es conocido, incluso para $s$, o impar $s\leq3$, ver Flajolet y Salvy: $$\begin{eqnarray} \zeta(-2,1) &=& \tfrac18\zeta(3) \\ \zeta(-3,1) &=& 2 \text{Li}dimm_4(\tfrac{1}{2})+\tfrac{7}{4} \zeta (3) \log(2)-\tfrac{15}{8} \zeta (4)-\tfrac{1}{2} \zeta (2) \log^2(2)+\tfrac{1}{12} \log^42 \\ \zeta(-4,1) &=& \tfrac{1}{2} \zeta (3) \zeta (2)-\tfrac{29}{32} \zeta (5) \end{eqnarray}$$
Así, la integral es igual a $$ 18 \text{Li}_5(\tfrac{1}{2})+3 \zeta (3) \zeta (2)-\tfrac{3}{16} \zeta (5)-3 \zeta (3) \log^22+\zeta (2) \log^3(2)+\tfrac{3}{4} \zeta (4) \log 2+\tfrac{3}{20} (-\log^52) $$
Armando le da la forma tengo numéricamente así.
