De forma cerrada de $\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\Psi_3(n+1)=-\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln^3 x}{1-x}\,dx$

Question

Realiza la siguiente serie o integral tiene una forma cerrada

\begin{ecuación} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\Psi_3(n+1)=-\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln^3 x}{1-x}\,dx \end{ecuación}

donde $\Psi_3(x)$ es la polygamma función del orden de $3 dólares.

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Aquí está mi intento. Usando la ecuación (11) de Wolfram Mathworld: \begin{ecuación} \Psi_n(z)=(-1)^{n+1} n!\a la izquierda(\zeta(n+1)-H_{z-1}^{(n+1)}\right) \end{ecuación} Tengo \begin{ecuación} \Psi_3(n+1)=6\left(\zeta(4)-H_{n}^{(4)}\right) \end{ecuación} entonces \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\Psi_3(n+1)&=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\left(\zeta(4)-H_{n}^{(4)}\right)\\ Y=6\zeta(4)\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{(4)}}{n}\\ &=\frac{\pi^4}{15}\ln2-6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{(4)}}{n}\\ \end{align} A partir de las respuestas de este artículo, la representación integral de la última Euler suma es \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{(4)}}{n}&=\int_0^1\int_0^1\int_0^1\int_0^1\int_0^1\frac{dx_1\,dx_2\,dx_3\,dx_4\,dx_5}{(1-x_1)(1+x_1x_2x_3x_4x_5)} \end{align} o de otra forma más simple \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{(4)}}{n}&=-\int_0^1\frac{\text{Li}dimm_4(-x)}{x(1+x)}dx\\ y=-\int_0^1\frac{\text{Li}dimm_4(-x)}{x}dx+\int_0^1\frac{\text{Li}dimm_4(-x)}{1+x}dx\\ &=\text{Li}_5(-1)-\int_0^{-1}\frac{\text{Li}dimm_4(x)}{1-x}dx\\ \end{align} No sé cómo continuar, estoy atascado. Podría alguien, por favor me ayudan a encontrar la forma cerrada de la serie de preferencia con formas elementales? Cualquier ayuda sería muy apreciada. Gracias.

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Editar :

El uso de la representación integral de polygamma función \begin{ecuación} \Psi_m(z)=(-1)^m\int_0^1\frac{x^{z-1}}{1-x}\ln^m x\,dx \end{ecuación} entonces tenemos \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\Psi_3(n+1)&=-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_0^1\frac{x^{n}}{1-x}\ln^3 x\,dx\\ y=-\int_0^1\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n}\cdot\frac{\ln^3 x}{1-x}\,dx\\ y=-\int_0^1\frac{\ln(1+x)\ln^3 x}{1-x}\,dx\\ \end{align} Estoy buscando un método para evaluar la integral anterior sin el uso de residuos o el método de la doble sumatoria.

Answer 1

Editado: he cambiado el enfoque de como me di cuenta de que el uso de la suma es bastante redundante (ya que la sumas deben ser convertida de nuevo a las integrales). Siento que este nuevo método es un poco más limpio y más sistemática.

Podemos descomponer la integral en \begin{align} -&\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1+x)}{1-x}{\rm d}x\\ =&\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x\int^1_0\frac{(1+x)\ln^3{x}\ln(1-x^2)}{(1+x)(1-x)}{\rm d}x\\ =&\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1-x^2)}{1-x^2}{\rm d}x\int^1_0\frac{x\ln^3{x}\ln(1-x^2)}{1-x^2}{\rm d}x\\ =&\frac{15}{16}\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x-\frac{1}{16}\int^1_0\frac{x^{-1/2}\ln^3{x}\ln(1-x)}{1-x}{\rm d}x\\ =&\frac{15}{16}\frac{\partial^4\beta}{\partial^3 \partial b}(1,0^{+})-\frac{1}{16}\frac{\partial^4\beta}{\partial^3 \partial b}(0.5,0^{+}) \end{align} Después de la diferenciación y expansión en $b=0$ (con la ayuda de Mathematica), \begin{align} &\frac{\partial^4\beta}{\partial^3 \partial b}(a,0^{+})\\ =&\left[\frac{\Gamma(a)}{\Gamma(a+b)}\left(\frac{1}{b}+\mathcal{O}(1)\right)\left(\left(-\frac{\psi_4(a)}{2}+(\gamma+\psi_0(a))\psi_3(a)+3\psi_1(a)\psi_2(a)\right)b+\mathcal{O}(b^2)\right)\right]_{b=0}\\ =&-\frac{1}{2}\psi_4(a)+(\gamma+\psi_0(a))\psi_3(a)+3\psi_1(a)\psi_2(a) \end{align} Por lo tanto, \begin{align} -&\int^1_0\frac{\ln^3{x}\ln(1+x)}{1-x}{\rm d}x\\ =&-\frac{15}{32}\psi_4(1)+\frac{45}{16}\psi_1(1)\psi_2(1)+\frac{1}{32}\psi_4(0.5)+\frac{1}{8}\psi_3(0.5)\ln{2}-\frac{3}{16}\psi_1(0.5)\psi_2(0.5)\\ =&-12\zeta(5)+\frac{3\pi^2}{8}\zeta(3)+\frac{\pi^4}{8}\ln{2} \end{align} La relación entre los $\psi_{m}(1)$, $\psi_m(0.5)$ y $\zeta(m+1)$ se establece fácilmente con la serie representación de la polygamma función.

Answer 2

\begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}\psi_3(n+1)}{n} Y=-12\zeta(5)+\frac{45}{4}\zeta(4)\ln{2}+\frac{9}{4}\zeta(2)\zeta(3) \end{align}

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Deje que $\displaystyle f(z)=\frac{\pi\csc(\pi z)\psi_3(-z)}{z}$. A continuación, en los enteros positivos, \begin{align} \sum^\infty_{n=1}{\rm Res}(f,n) &=\sum^\infty_{n=1}\operatorname*{Res}_{z=n}\left[\frac{6(-1)^n}{z(z-n)^5}+\frac{6(-1)^n\zeta(2)}{z(z-n)^3}+(-1)^n\frac{(33/2)\zeta(4)+6H_n^{(4)}}{z(z-n)}\right]\\ &=6\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^5}+6\zeta(2)\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{n^3}+\frac{33}{2}\zeta(4)\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^n}{n}+6\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(4)}}{n}\\ &=-\frac{45}{8}\zeta(5)-\frac{9}{2}\zeta(2)\zeta(3)-\frac{33}{2}\zeta(4)\ln{2}+6\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n^{(4)}}{n} \end{align} En cero, $${\rm Res}(f,0)=24\zeta(5)$$ En los enteros negativos, \begin{align} \sum^\infty_{n=1}{\rm Res}(f-n) &=\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}\psi_3(n)}{n}\\ Y=6\zeta(4)\ln{2}-6\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}H_{n-1}^{(4)}}{n}\\ &=\frac{45}{8}\zeta(5)+6\zeta(4)\ln{2}+6\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n}H_{n}^{(4)}}{n}\\ \end{align} Ya que la suma de los residuos es cero, \begin{align} 12\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n}H_{n}^{(4)}}{n}=-24\zeta(5)+\frac{21}{2}\zeta(4)\ln{2}+\frac{9}{2}\zeta(2)\zeta(3)\\ \end{align} Esto implica que \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}\psi_3(n+1)}{n} Y=-12\zeta(5)+\frac{45}{4}\zeta(4)\ln{2}+\frac{9}{4}\zeta(2)\zeta(3) \end{align} Consulte este documento si tiene alguna duda.