Cómo evaluar $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^{n+1} H_{2 n}^{(2)}}{n} = 2\zeta(3) - \frac \pi 2 G- \frac {\pi }{48}\ln 2$ ?

Question

¿Cuál es la mejor manera de calcular la siguiente suma? $$S=\sum _{n=1}^{\infty } \frac{(-1)^{n+1} H_{2 n}^{(2)}}{n} = 2\zeta(3) - \frac \pi 2 G- \frac {\pi^2}{48}\ln 2$$

Intenté poner $$f(z) = \frac{\pi \csc(\pi z/2)}{z^3}\psi'(-z)$$ e integrando alrededor de un contorno infinitamente grande. Los residuos en el plano complejo suman cero. Aunque esto da finalmente la respuesta correcta, implica cálculos tediosos. Yo estaría muy contento con una solución sin contorno.

Answer 1

Denote la suma como $\mathcal{S}$ . Entonces \begin{align} \small\mathcal{S} &\small\ =-2\mathcal{Re}\sum^\infty_{n=1}\frac{H_n^{(2)}}{n}i^n\\ &\small\ =-2\mathcal{Re}\left[\mathcal{Li}_3(z)+2\mathcal{Li}_3(1-z)-\mathcal{Li}_2(z)\ln(1-z)-2\mathcal{Li}_2(1-z)\ln(1-z)-\ln{z}\ln^2(1-z)-2\zeta(3)\vphantom{\frac{}{}}\right]\Bigg{|}_{z=i}\\ &\small\ =\boxed{\displaystyle2\zeta(3)-\frac{\pi\mathbf{G}}{2}-\frac{\pi^\color{red}{2}}{48}\ln{2}} \end{align} La segunda igualdad puede derivarse calculando la integral $\small\displaystyle\int\frac{\mathcal{Li}_2(z)}{z(1-z)}dz$ .

Para llegar a la tercera igualdad a partir de la segunda, basta con saber que \begin{align} \small\mathcal{Li}_\nu(i)&\small\ =(2^{1-2\nu}-2^{-\nu})\zeta(\nu)+i\beta(\nu)\\ \small\mathcal{Re}\ \mathcal{Li}_3(1\pm i)&\small\ =\frac{35}{64}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{32}\ln{2} \end{align} La primera identidad se deduce de la representación en serie del polilogaritmo. Para la segunda, se establece $z=\pm i$ en la identidad del trilogaritmo de Landen se obtiene $$\small\mathcal{Re}\ \mathcal{Li}_3(1\pm i)=-\mathcal{Re}\ \mathcal{Li}_3\left(\frac{1\mp i}{2}\right)+\frac{35}{32}\zeta(3)+\frac{\pi^2}{192}\ln{2}+\frac{\ln^3{2}}{48}$$ Configurar $z=1\pm i$ en la fórmula de inversión, $$\small\mathcal{Re}\ \mathcal{Li}_3(1\pm i)=\mathcal{Re}\ \mathcal{Li}_3\left(\frac{1\mp i}{2}\right)+\frac{11\pi^2}{192}\ln{2}-\frac{\ln^3{2}}{48}$$ Al promediar estas dos igualdades obtenemos la forma cerrada de $\small\mathcal{Re}\ \mathcal{Li}_3(1\pm i)$ .

Answer 2

Utilizamos el hecho, $$I=\int_0^1\frac{log(1+x^2)\log{x}}{1-x}dx=-\frac{1}{2}{\pi}{G}+2\zeta(3)-\frac{3}{16}{\pi^2}ln2$$ $$Log(1+x^2)=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}{x^{2n}}}{n}$$ $$I=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\int_0^1\frac{x^{2n}}{1-x}log{\,x}\,dx$$ Pero $$\int_0^1\frac{x^{p-1}}{1-x^{q}}{log^{n}x}\,dx=-\frac{1}{q^{n+1}}\operatorname\psi^{n}(\frac{p}{q})$$ Lo tenemos, $$\int_0^1\frac{x^{2n}}{1-x}{log\,x}\,dx=-\operatorname\psi^{'}{(2n+1)}=\frac{\pi^2}{6}-H_{2n}^{(2)}$$ Y también deducir el resultado.