Serie infinita $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+1}}{n^2}$

Question

Cómo puedo probar que $\sum_ {n = 1} ^ \infty\frac {H_ {2n + 1}} {n ^ 2} = \frac {11} {4} \zeta (3) \zeta (2) + 4\log 2-4$ $

Creo que este post me puede ayudar, pero no estoy seguro.

Answer 1

ACTUALIZADO: En esta respuesta anterior he demostrado que (si $\,\operatorname{Li}$ es la polylogarithm) : $$S(x):=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}\, x^n=\zeta(3)+\frac{\ln(1-x)^2\ln(x)}{2}+\ln(1-x)\operatorname{Li}_2(1-x)+\operatorname{Li}_3(x)-\operatorname{Li}_3(1-x)$$

Tomando el límite cuando $x\a 1$ y $x\a -1$, se obtiene : $$S(1)=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}=2\,\zeta(3),\quad S(-1)=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n\;H_n}{n^2}=-\frac 58\zeta(3)$$

Para obtener el límite de los $S(1)$$\, \operatorname{Li}_n(\epsilon)\sim\epsilon\,$ como $|\epsilon|\0\,$ y $\,\operatorname{Li}_n(1)=\zeta(n)\,$.

Para $S(-1)$ el método es bastante largo $(*)$ así que vamos a volver a la integral de la expresión de mi respuesta anterior aplicado a $x=-1$ ($\displaystyle\operatorname{Li}_3(-1)=-\frac34\zeta(3)$ $ ( * )$) : \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n^2}(-1)^n&=\int_0^{-1} \frac {\ln(1-x)^2}{2\,x}dx+\operatorname{Li}_3(-1)\\ &=\int_0^1 \frac {\ln(1+x)^2}{2\,x}dx-\frac 34\zeta(3)\\ \end{align}

Integrales como $\;\displaystyle a_k:=\int_0^1 \frac {\ln(1+x)^k}xdx\,$ fueron estudiados por Nielsen y Ramanujan , quien encontró que $\displaystyle a_1=\frac{\zeta(2)}2,\;a_2=\frac{\zeta(3)}4 dólares para que $\;\displaystyle S(-1)=\frac 12\frac{\zeta(3)}4-\frac{\zeta(3)}4=-\frac 58\zeta(3)$

Llegamos a la conclusión de que : $$S(1)+S(-1)=2\sum_{m=1}^\infty \frac{H_{2m}}{(2m)^2}=2\,\zeta(3)-\frac 58\zeta(3)=\frac {11}8\zeta(3)$$ y \begin{align} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_{2n+1}}{n^2}&=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_{2n}+\frac 1{2n+1}}{n^2}\\ &=\frac {11}4\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^2(2n+1)}\\ &=\frac {11}4\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^2}-\frac 4{2n}+\frac 4{2n+1}\\ &=\frac {11}4\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty \frac 1{n^2}+4\sum_{n=2}^\infty\frac {(-1)^{n-1}}{n}\\ &=\frac {11}4\zeta(3)+\zeta(2)+4(\ln(1+1)-1)\\ \end{align}

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Respecto a la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty\frac{H_{2n+k}}{n^2}\;$ sólo tenemos que añadir términos individuales (como $+\frac 1{2n+1}$ previousy) y el mismo método todavía funciona : ampliar los términos restantes en fracciones parciales y evaluar la serie.

Por $k=5$ (utilizando álgebra computacional, por supuesto) tengo el previamente evaluados $\; \displaystyle\frac {11}4\zeta(3)+$

$$\sum_{n=1}^\infty\frac 1{n^2}\left(\frac 1{2n+1}+\frac 1{2n+2}+\frac 1{2n+3}+\frac 1{2n+4}+\frac 1{2n+5}\right)=\\\sum_{n=1}^\infty\frac{137}{60n^2}-\frac{5269}{1800\,n} + \frac 1{2(n + 1)} + \frac 1{8(n + 2)} + \frac 4{2n + 1} + \frac 4{9( 2n + 3)} + \frac 4{25(2n + 5)}=\\ \frac{1036}{225}\ln(2) + \frac{137}{60}\zeta(2) - \frac{298373}{54000} $$

Por $k=4$ los términos adicionales son $\displaystyle +\frac{40}9\ln(2) + \frac{25}{12}\zeta(2) - \frac{2281}{432}$ que se puede comparar con el resultado.

Todos los resultados obtenidos para $k>0$ podría ser escrito como $\; \displaystyle R(k)=\frac{11}4\zeta(3)+p_k\,\zeta(2)+q_k\,\ln(2)+r_k\;$ por cada $k>0$, con $p_k,q_k,r_k\in\mathbb{Q}\,$.

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$(*)$ Método alternativo para evaluar $S(-1)$ (complicado, a la izquierda para que el registro sólo) :

• $\displaystyle\operatorname{Li}_3(-1)=-\frac34\zeta(3)$ a partir de la segunda formula $\;\displaystyle\operatorname{Li}_n(-1)=-\left(1-\frac 1{2^{n-1}}\right)\zeta(n)$
• la inversión de la fórmula $\;\displaystyle\operatorname{Li}_3(z)=\operatorname{Li}_3(1/z)+2\zeta(2)\ln(z)-\frac{i\pi}2\ln(z)^2-\frac 16\ln(z)^3\;$ a $z>1$ aplicado a $z=2$.
• la formula $\;\displaystyle\operatorname{Li}_3(1/2)=\frac 78\zeta(3)-\frac{\zeta(2)\ln(2)}2+\frac 16\ln(2)^3\,$ a la conclusión de que $\;\displaystyle\operatorname{Li}_3(2)=\frac 78\zeta(3)-\frac{i\pi}2\ln(2)^2+\frac{\pi^2}4\ln(2)$.
• de la misma manera obtener $\;\displaystyle\operatorname{Li}_2(2)=-\frac{\pi^2}4-\frac12(\ln(2)+i\pi)^2+\frac 12\ln(2)^2\;$ de $\;\displaystyle\operatorname{Li}_2(z)=-\operatorname{Li}_2(1/z)+2\zeta(2)-i\pi\ln(z)-\frac 12\ln(z)^2\;$ y la fórmula para $\operatorname{Li}_2(1/2)$.