Polygamma función de la serie: $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\left(\Psi^{(1)}(k)\right)^2$

Question

La aplicación de la Copson de la desigualdad, que he encontrado: $$S=\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\left(\Psi^{(1)}(k)\right)^2\lt\dfrac{2}{3}\pi^2$$ donde $\Psi^{(1)}(k)$ es la polygamma función. Se sabe alguna más nítida obligado por la suma de $S$? Gracias.

Answer 1

En primer lugar, tenemos $$ \begin{align} \psi'(n) &=\sum_{k=0}^\infty\frac1{(k+n)^2}\\ &=\sum_{k=n}^\infty\frac1{k^2}\etiqueta{1} \end{align} $$ Entonces $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\psi'(n)^2 &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty\frac1{j^2}\sum_{k=n}^\infty\frac1{k^2}\etiqueta{2}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{j=n}^\infty\frac1{j^4}+2\sum_{j=n}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{j^2}\frac1{(j+m)^2}\right)\tag{3}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=1}^j\frac1{j^4}+2\sum_{j=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^j\frac1{j^2}\frac1{(j+m)^2}\tag{4}\\ &=\sum_{j=1}^\infty\frac1{j^3}+2\sum_{j=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{j(j+m)^2}\etiqueta{5}\\ &=\zeta(3)+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n-1}}{n^2}\etiqueta{6}\\ &=\zeta(3)-2\zeta(3)+2\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^2}\etiqueta{7}\\[9 puntos] &=\zeta(3)-2\zeta(3)+4\zeta(3)\etiqueta{8}\\[18 pto] Y=3\zeta(3)\etiqueta{9} \end{align} $$ Explicación:
$(2)$: $(1)$
$(3)$: primera suma cubre $j=k$ otro $j\lt k$ y $j\gt k$
$(4)$: cambiar el orden de la suma de
$(5)$: suma de $n$
$(6)$: $n=j+m$ y $j=n-m$ y la suma de $m$
$(7)$: $H_{n-1}=H_n-\frac1n$
$(8)$: ecuación $(14)$ de esta respuesta con $q=2$
$(9)$: agregar

Answer 2

Usted puede evaluar su serie en forma cerrada.

Aquí están los pasos.

Recordar el siguiente modelo de representación para la función digamma: $$ \psi(x) = -\gamma+\int_0^1 \frac{1 - t^{x-1}}{1 - t}{\rm{d}} x, \quad x>0, $$ dar, por la diferenciación, $$ \psi'(x) = -\int_0^1 \frac{t^{x-1} \ln t}{1 - t}{\rm{d}} x, \quad x>0. $$ Uno puede deducir $$ \left(\psi'(k)\right)^2 = \int_0^1\int_0^1 \frac{(uv)^{k-1} \ln u\ln v}{(1 - u)(1-v)}{\rm{d}}u \:{\rm{d}} v $$ y $$ \sum_{k=1}^\infty\left(\psi'(k)\right)^2 = \int_0^1 \! \!\int_0^1 \frac{\ln u\ln v}{(1-uv)(1 - u)(1-v)}{\rm{d}} u\:{\rm{d}} v $$ Por parcial fracción de descomposición y de integraciones sucesivas relacionada con $\text{Li}_{2}(\cdot)$, se llega a $$ \sum_{k=1}^\infty\left(\psi'(k)\right)^2 = 3\zeta(3) = 3.60617070947878285619921 \cdots. $$

Answer 3

El límite superior puede ser mejorado utilizando asymptofic de la serie :

Answer 4

Continuando a partir de Olivier Oloa la respuesta,

$$ \begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} \big(\psi^{(1)} (k) \big)^{2} &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\ln u \ln v}{(1-uv)(1-u)(1-v)} \ du \ dv \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\ln v}{(1-v)^{2}} \int_{0}^{1} \left(\frac{\ln u}{1-u} - \frac{v \ln u}{1-vu} \right) \ du \ dv \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\ln v}{(1-v)^{2}} \left( \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1-u} \ du - v \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1-vu} \ du\right) \ dv \end{align}$$

donde $$ \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1-u} \ du = \int_{0}^{1} \frac{\ln (1-w)}{w} = -\text{Li}_{2}(1) = -\zeta(2) $$

y

$$ \int_{0}^{1} \frac{\ln u}{1-vu} \ du = - \frac{1}{v} \ln(1-vu) \ln u \Bigg|^{1}_{0} + \frac{1}{v} \int_{0}^{1} \frac{\ln (1-vu)}{u} \ du = - \frac{\text{Li}_{2}(v)}{v} .$$

Por lo tanto,

$$ \sum_{k=1}^{\infty} \big(\psi^{(1)} (k) \big)^{2} = \int_{0}^{1} \frac{\ln v}{(1-v)^2} \Big(\text{Li}_{2}(v) - \zeta(2) \Big) \ dv .$$

A continuación, la integración por partes,

$$ \begin{align} &= \big(\text{Li}_{2}(v) - \zeta(2) \big) \left(\ln (1-v) + \frac{v \ln v}{1-v} \right)\Bigg|^{1}_{0} + \int_{0}^{1} \frac{\ln^{2}(1-v)}{v} \ dv + \int_{0}^{1} \frac{\ln(1-v) \ln v}{1-v} \ dv \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\ln^{2}(1-v)}{v} \ dv + \int_{0}^{1} \frac{ \ln(1-v) \ln v}{1-v} \ dv \end{align}$$

donde $$ \begin{align} \int_{0}^{1} \frac{\ln^{2}(1-v)}{v} \ dt &= \ln^{2}(1-v)\ln v \Bigg|^{1}_{0} + 2 \int_{0}^{1} \frac{\ln(1-v) \ln v}{1-v} \ dv \\ &= 2 \int_{0}^{1} \frac{ \ln(1-v) \ln v}{1-v} \ dv . \end{align} $$

Por lo tanto, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^{\infty} \big(\psi^{(1)} (k) \big)^{2} &= 3 \int_{0}^{1} \frac{\ln(1-v) \ln v}{1-v} \ dv \\ &= -3 \int_{0}^{1} \ln v \sum_{n=1}^{\infty} H_{n}v^{n} \ dv \\ & = -3 \sum_{n=1}^{\infty} H_{n} \int_{0}^{1} v^{n} \ln v \ dv \\ &= 3 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{(n+1)^{2}} \\ &= 3 \a la izquierda(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n+1}}{(n+1)^{2}} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(n+1)^{3}} \right) \\ &= 3 \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^{2}} -1 - \zeta(3) + 1 \right) \\ &= 3 \big(2 \zeta(3) - \zeta(3) \big) \etiqueta{1} \\ &= 3 \zeta(3) .\end{align} $$

$ $

$(1)$ Generalizada de Euler suma de $\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^p}$