¿Cómo puedo encontrar esta cantidad de dinero? $$\sum_{n=1}^{ \infty } \frac1n \cdot \frac{H_{n+2}}{n+2}$$
donde $H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac1k$.
Esto fue dado a mí por un amigo y no tengo absolutamente ninguna idea de cómo proceder, ya que nunca he hecho estas preguntas antes. Si es posible, favor de dar una salida sin el uso de polylogarithmic funciones o de otro tipo no-funciones elementales.
Pensé que sería instructivo para presentar un camino a seguir que se basa en un análisis elemental, incluyendo el conocimiento de la suma de $\sum_{k=1}^\infty \frac1{k^2}=\pi^2/6$, parcial fracción de expansión, y telescópico de la serie. Es que el fin de proceder.
El número Armónico, $H_{n+2}$, puede ser escrito como
$$H_{n+2}=\sum_{k=1}^{n+2}\frac1k=\frac{1}{n+2}+\frac{1}{n+1}+\sum_{k=1}^n \frac1k$$
Por lo tanto, tenemos
$$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+2)}\sum_{k=1}^{n+2}\frac1k&=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+2)^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)(n+2)}+\sum_{k=1}^\infty \frac1k \sum_{n=k}^\infty\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+2)}\right)\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+2)^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)(n+2)}+\sum_{k=1}^\infty\frac1{2k^2}+\frac12\\\\ &=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+2)^2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)(n+2)}+\frac{\pi^2}{12}+\frac12\\\\ &=\color{red}{\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{4n}-\frac{1}{4(n+1)}-\frac{1}{2(n+2)^2}\right)}\\\\ &+\color{blue}{\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{2(n+2)}-\frac{1}{2(n+1)}\right)}\\\\ &+\frac{\pi^2}{12}+\frac12\\\\ &=\color{blue}{1-\frac{\pi^2}{12}}+\color{red}{\frac14}+\frac{\pi^2}{12}+\frac12\\\\ &=\frac74 \end{align}$$
En realidad el cálculo de esta suma es muy simple y lo que necesitamos es la suma de los telescópico de la serie. De hecho \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_{n+2}}{n(n+2)}&=\frac12\sum_{n=1}^\infty H_{n+2}\left(\frac{1}{n}-\frac1{n+2}\right)\\\\ &=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}\left(H_{n}+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\right)-\frac{H_{n+2}}{n+2}\right)\\\\ &=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}+\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{n(n+2)}-\frac{H_{n+2}}{n+2}\right)\\\\ &=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}-\frac{H_{n+2}}{n+2}\right)+\frac12\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n(n+1)}+\frac{1}{n(n+2)}\right)\\\\ &=\frac12\left(H_1+\frac{H_2}2\right)+\frac78\\\\ &=\frac{7}{4}. \end{align}
recordar: $\displaystyle H_a = \int_0^1 \frac{1-x^a}{1-x}\,\mathrm{d}x$, y la integración por partes, una vez que hemos $$\int_0^1 x^{a-1} \ln (1-x)\,\mathrm{d}x = -\frac{H_a}{a}$$ Por lo tanto, \begin{align*}&\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n+a}}{n(n+a)} = -\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\int_0^{1} x^{n+a-1} \ln (1-x)\,\mathrm{d}x= \int_0^{1} x^{a-1} \ln^{2}(1-x)\,\mathrm{d}x\\&= \lim\limits_{b \to 1}\frac{\partial^2}{\partial b^2}\int_0^{1} x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,\mathrm{d}x= \lim\limits_{b \to 1} \frac{\partial^2}{\partial b^2} \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}\\&= \lim\limits_{b \to 1}\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}\left((\psi_0(b) - \psi_0(a+b))^2 + \psi_1(b) - \psi_1(a+b)\right)\\&= \frac{1}{a}\left((\gamma + \psi_0(a+1))^2 + \frac{\pi^2}{6} - \psi_1(a+1)\right)\end{align*} Por lo tanto poner $a=2$ tenemos $$\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n+2}}{n(n+2)} =\frac{1}{2}\left [ \left ( \gamma +\underset{\psi _{0}\left ( 3 \right )}{\underbrace{\frac{3}{2}-\gamma}} \right )^{2}+\frac{\pi ^{2}}{6}-\underset{\psi _{1}\left ( 3 \right )}{\underbrace{\left (\frac{\pi ^{2}}{6}-\frac{5}{4} \right )} }\right ]=\frac{7}{4}$$
No es enteramente un acercamiento elemental a la computación, utilizando sólo parcial de las fracciones y la integral de la prueba.
Considere la posibilidad de $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}\cdot\frac{H_{n+2}}{n+2} $$ donde $H_{n+2}$ $(n+2)$- ésima suma parcial de la serie armónica. Considere la posibilidad de la $k$-ésima suma parcial de la serie: $$ \sum_{n=1}^k\frac{1}{n}\cdot\frac{H_{n+2}}{n+2}. $$ El uso parcial de la fracción de descomposición, se observa que $$ \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n+2}=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+2)} $$ Por lo tanto, la suma parcial puede escribirse como $$ \sum_{n=1}^k\left(\frac{H_{n+2}}{2n}-\frac{H_{n+2}}{2(n+2)}\right)=\sum_{n=1}^k\frac{H_{n+2}}{2n}-\sum_{n=1}^k\frac{H_{n+2}}{2(n+2)} $$ Mediante el cambio de variables $m=n+2$ en la segunda suma, se obtiene $$ \sum_{n=1}^k\left(\frac{H_{n+2}}{2n}-\frac{H_{n+2}}{2(n+2)}\right)=\sum_{n=1}^k\frac{H_{n+2}}{2n}-\sum_{m=3}^{k+2}\frac{H_m}{2m}. $$ Podemos observar que estas sumas parcialmente telescopio; de hecho, la expresión es igual a $$ \frac{H_3}{2}+\frac{H_4}{4}+\sum_{n=3}^k\frac{H_{n+2}-H_n}{2n}-\frac{H_{k+1}}{2(k+1)}-\frac{H_{k+2}}{2(k+2)}. $$ Vamos a tratar con cada parte de la expresión por separado.
Parte 1: Los primeros dos términos puede ser evaluado directamente. Es decir, \begin{align*} H_3&=\frac{11}{6}&H_4&=\frac{25}{12}. \end{align*} Por lo tanto, $$ \frac{H_3}{2}+\frac{H_4}{4}=\frac{23}{16}. $$
Parte 3: Uso de la integral de la prueba, podemos obligado el valor de $H_{k+1}$$H_{k+2}$. Recordar que para las sumas parciales, la integral de la prueba de la prueba nos dice que $$ \int_2^{k+1}\frac{1}{x}dx\leq \sum_{n=1}^k\frac{1}{n}\leq\int_1^k\frac{1}{x}dx. $$ Por lo tanto, sabemos que $$ \ln(k+1)-\ln(2)\leq H_k\leq \ln(k). $$ La aplicación de estas desigualdades en nuestro caso, tenemos que cambiar la $k$$k+1$$k+2$. De cualquier manera, sin embargo, tenemos $$ \frac{\ln(k+2)-\ln(2)}{2(k+1)}+\frac{\ln(k+3)-\ln(2)}{2(k+2)}\leq\frac{H_{k+1}}{2(k+1)}+\frac{H_{k+2}}{2(k+2)}\leq\frac{\ln(k+1)}{2(k+1)}+\frac{\ln(k+2)}{2(k+2)} $$ Las fracciones de la izquierda y la derecha a los dos a cero, como se $k$ aumenta debido a que son los logaritmos sobre términos lineales y lineales términos crecer más rápido. El uso de l'Hospital de la regla una vez para comprobar si necesita más justificación. Por lo tanto, estos términos pueden ser ignorados en la suma final.
Parte 2: ahora Estamos considerando la suma $$ \sum_{n=3}^k\frac{H_{n+2}-H_n}{2n}. $$ Observar que $H_{n+2}-H_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}$. Por lo tanto, debemos calcular $$ \sum_{n=3}^k\left(\frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{2n}+\frac{1}{n+2}\cdot\frac{1}{2n}\right). $$ Una vez más, usamos parcial fracción de descomposición. Observar que \begin{align*} \frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{2n}&=\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}& \frac{1}{n+2}\cdot\frac{1}{2n}&=\frac{1}{4n}-\frac{1}{4(n+2)}. \end{align*} Esta suma parcial, a continuación, se convierte en $$ \sum_{n=3}^k\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{4n}-\frac{1}{4(n+2)}\right)=\sum_{n=3}^k\frac{1}{2n}-\sum_{n=3}^k\frac{1}{2(n+1)}+\sum_{n=3}^k\frac{1}{4n}-\sum_{n=3}^k\frac{1}{4(n+2)}. $$ Mediante el cambio de variables $m=n+1$ en la segunda suma y $m=n+2$ en el cuarto suma, se obtiene $$ \sum_{n=3}^k\frac{1}{2n}-\sum_{m=4}^{k+1}\frac{1}{2m}+\sum_{n=3}^k\frac{1}{4n}-\sum_{m=5}^{k+2}\frac{1}{4m}. $$ Una vez más, estos términos telescopio $$ \frac{1}{6}-\frac{1}{2(k+1)}+\frac{1}{12}+\frac{1}{16}-\frac{1}{4(k+1)}-\frac{1}{4(k+2)}. $$ Todos los términos con $k$ en el denominador se desvanecerá como $k$ aumenta, dejando $$ \frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{16}=\frac{5}{16}. $$
La adición de todo, tenemos $$ \frac{23}{16}+\frac{5}{16}+0=\frac{7}{4}. $$
Esta no es una respuesta pero es demasiado largo para un comentario.
Sólo por curiosidad y jugando con un CAS, $$S_p=\sum_{n=1}^{ p } \frac{H_{n+2}}{n(n+2)}=\frac{-2 \left(2 p^2+9 p+9\right) H_{p+3}+(7 p^3+38 p^2+64 p+33)}{4 (p+1) (p+2) (p+3)}$$ Using the asymptotics of harmonic numbers $$S_p=\frac{7}{4}-\frac{\log \left(p\right)+\gamma +1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)$$
Del mismo modo, teniendo en cuenta $$T_p^{(a)}=\sum_{n=1}^{ p } \frac{H_{n+a}}{n(n+a)}$$ obtenemos formas similares $$T_p^{(1)}=\frac{-(p+2) H_{p+2}+(2 p^2+5 p+3)}{(p+1) (p+2)}$$
$$T_p^{(3)}=\frac{-18 \left(3 p^3+24 p^2+59 p+44\right) H_{p+4}+(85 p^4+796 p^3+2624 p^2+3563 p+1650)}{54 (p+1) (p+2) (p+3) (p+4)}$$ para que el asymptotics son $$T_p^{(1)}=2-\frac{\log \left(p\right)+\gamma +1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)$$ $$T_p^{(2)}=\frac{7}{4}-\frac{\log \left(p\right)+\gamma +1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)$$ $$T_p^{(3)}=\frac{85}{54}-\frac{\log \left(p\right)+\gamma +1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)$$ $$T_p^{(4)}=\frac{415}{288}-\frac{\log \left(p\right)+\gamma +1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)$$ $$T_p^{(5)}=\frac{12019}{9000}-\frac{\log \left(p\right)+\gamma +1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)$$ For sure, all limits correspond to Renascence_5's answer which can also write $$\frac 1a\left(\frac{\pi^2}6+\left(H_a\right){}^2-\psi ^{(1)}(a+1)\right)$$
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