Demostrando una suma de Euler alterna: $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H_k}{k} = \frac{1}{2} \zeta(2) - \frac{1}{2} \log^2 2$

Question

Deje $$A(p,q) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H^{(p)}_k}{k^q},$$ donde$H^{(p)}_n = \sum_{i=1}^n i^{-p}$, $n$th $p$-número armónico. El $A(p,q)$'s son conocidos como la alternancia de Euler sumas.

Alguien puede proporcionar una buena prueba de que $$A(1,1) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1} H_k}{k} = \frac{1}{2} \zeta(2) - \frac{1}{2} \log^2 2?$$

Trabajé durante un tiempo en este día de hoy, pero no tuvo éxito. Sumación por partes, intercambiando el orden de la suma, y la aproximación de $H_k$ $\log k$ eran mis mejores ideas, pero yo no podía llegar en cualquier de ellos para trabajar. (Tal vez alguien puede?) Me gustaría una buena prueba para completar mi respuesta aquí.

Puntos de bonificación para demostrar la $A(1,2) = \frac{5}{8} \zeta(3)$$A(2,1) = \zeta(3) - \frac{1}{2}\zeta(2) \log 2$, ya que esos son los otros dos alternantes de Euler cantidades necesarias para completar mi respuesta.

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Añadido

: voy a cambiar el aceptado respuesta a robjohn $A(1,1)$ cálculo como un proxy para las tres respuestas que dio aquí. A pesar de las grandes respuestas (especialmente en la actualidad, la mayoría-upvoted uno, la uno me aceptó por primera vez), robjohn enfoque es el que originalmente estaba tratando. Me alegra ver que puede ser utilizado para hacer la $A(1,1)$, $A(1,2)$, y $A(2,1)$ derivaciones.

Answer 1

$A(1,1)$: $$\begin{align} \sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n}H_n &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\sum_{n=2}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n}H_{n-1}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{n=2}^N\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac1k+\frac1{n-k}\right)\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{n=2}^N\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^{n-1}}{k(n-k)}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\sum_{n=k+1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{k(n-k)}\\ &=\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}+\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\sum_{n=1}^{N-k}\frac{(-1)^{n+k-1}}{kn}\\ &=\color{#00A000}{\sum_{n=1}^N\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}} -\color{#0000FF}{\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}}\\ &+\color{#C00000}{\frac12\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}}\tag{1} \end {Alinee el} $$ usando la prueba de la serie alterna, donde, tenemos $$\begin{align} &\color{#C00000}{\frac12\left|\sum_{k=1}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right|}\\ &\le\frac12\left|\sum_{k=1}^{N/2}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right| +\frac12\left|\sum_{k=N/2}^{N-1}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=N-k+1}^{N-1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}\right|\\ &\le\frac12\cdot1\cdot\frac2N+\frac12\cdot\frac2N\cdot1\\ &=\frac2N\tag{2} \end {Alinee el} $$ aplicando $(2)$ $(1)$ y dejando que $N\to\infty$, obtenemos $$ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n}H_n=\color{#00A000}{\frac12\zeta(2)}-\color {#0000FF} {\frac12\log (2) ^ 2} \tag {3} $$

Answer 2

$A(1,2)$: $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}H_n &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac1{n^2}\left(\frac1k-\frac1{k+n}\right)\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac1{nk(k+n)}\tag{1}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k+1}^\infty\frac1{nk(n-k)}\\ &=\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{nk(n-k)}\\ &=\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{n^2}\left(\frac1k+\frac1{n-k}\right)\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}H_{n-1}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}H_n-2\zeta(3)\tag{2}\\ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}H_n &=2\zeta(3)\tag{3} \end {Alinee el} $$ $$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}\left(\frac1k-\frac1{k+n}\right)\\ &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^n}{nk(k+n)}\tag{4}\\ \sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n &=-\frac34\zeta(3)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_{n-1}\\ &=-\frac34\zeta(3)+\frac12\sum_{n=1}^\infty\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-1)^n}{n^2}\left(\frac1k+\frac1{n-k}\right)\\ &=-\frac34\zeta(3)+\frac12\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k+1}^\infty\frac{(-1)^n}{nk(n-k)}\\ &=-\frac34\zeta(3)+\frac12\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+k}}{(n+k)kn}\tag{5} \end {Alinee el} % de uso $$ $\color{#C00000}{(1)}$, $\color{#C00000}{(3)}$, $\color{#00A000}{(4)}$, $\color{#0000FF}{(4)}$ y $\color{#C0A000}{(5)}$ junto con el hecho de que $1+(-1)^k+(-1)^n+(-1)^{n+k}=4$ iff $k$y $n$ son ambos incluso y $0$: $$\begin{align} \zeta(3) &=\frac12\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac1{nk(n+k)}\\ &=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\frac{\color{#C00000}{1}+\color{#00A000}{(-1)^k}+\color{#0000FF}{(-1)^n}+\color{#C0A000}{(-1)^{n+k}}}{nk(n+k)}\\ &=\color{#C00000}{2\zeta(3)}+\color{#00A000}{\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n}+\color{#0000FF}{\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n} +\color{#C0A000}{2\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n+\frac32\zeta(3)}\\ \hspace{-8mm}-\frac58\zeta(3) &=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2}H_n\tag{6} \end {Alinee el} $$ que es, $$ \sum_{n=1}^\infty\frac {(-1) ^ {n-1}} {n ^ 2} H_n = \frac58\zeta (3) \tag {7} $$

Answer 3

El uso integral de la representación: $$ A(1,1)= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} H_n = -\int_0^1 \sum_{n=1}^\infty (-x)^n H_n \frac{\mathrm{d} x }{x} $$ Ahora: $$ -\sum_{n=1}^\infty (-x)^n H_n = -\sum_{n=1}^\infty x^n \sum_{k=0}^{n-1} (-1)^k \frac{(-1)^{n-k}}{n-k} = -\sum_{n=0}^\infty (-x)^n \cdot \sum_{k=1}^\infty \frac{(-x)^k}{k} = \frac{\log(1+x)}{1+x} $$ Así $$ A(1,1) = \int_0^1 \frac{\log(1+x)}{1+x} \frac{\mathrm{d}x}{x} = \left. \left(-\frac{1}{2} \log^2(1+x) - \operatorname{Li}_2(-x) \right)\right|_{x = 0}^{x=1} = -\frac{1}{2} \log^2(2) - \operatorname{Li}_2(-1) $$ Pero $\operatorname{Li}_2(-1) = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^k}{k^2} = \left(2^{1-2}-1\right) \zeta(2) = -\frac{1}{2} \zeta(2)$. Por lo tanto$$ A(1,1) = \frac{1}{2} \left( \zeta(2) - \log^2(2)\right) $$

Answer 4

Los problemas relacionados con: (I), (II), (III), (IV), $(5)$. Para $A(1, 1)$, uno puede tener la representación integral

$$ A(1,1) = \int _{1}^{2}\!{\frac {\ln \left( t \right) }{t \left( t-1 \right) }} {ps}.$$

En general, uno puede tener la siguiente representación para $A(p,1)$

$$ A(p,1) = -\int _{0}^{1}\!{\frac { Li_{p}\left( -u \right) }{ \left( 1+ u \right) u}}{du},$$

donde $Li_{p}(-u)$ es el polylogarithm función. Aquí están algunos de los valores numéricos de las $p$ $1$ $5$

$$ 0.5822405265,\, 0.6319661978,\, 0.6603570751,\, 0.6759332433,\, 0.6842426955. $$

El Caso General de Una(p,q):

$$ A(p,q) =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H^{(p)}_k}{k^p} = \frac{\left( -1 \right) ^{p}}{\Gamma(q)}\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln\left( u \right) \right)^{p-1}{Li_{p}(-u)} }{ u\left( 1+ u \right) }}{du}. $$

Algunos de los valores numéricos de

$$ A(1,2) = .7512855645,\, A(2, 3) = .8793713030, \, A(3, 4) = .9407280160, $$

$$ A(2,1) = .6319661978, A(3, 2) = .8024944234, A(4, 3) = .8956823180. $$

Agregó

El Caso General B(p,q):

$$ B(p,q) = \sum_{k=1}^{\infty} \dfrac{H_k^{(p)}}{k^q}=\frac{(-1)^q}{\Gamma(q)}\int_{0}^{1}\!{\frac {\left(\ln\left(u\right)\right)^{q-1}{Li_{p}(u)} }{ u\left( u-1 \right)}}{du}. $$

Algunos de los valores numéricos de

$$ B(1, 2) = 2.404113806, B(2, 3) = 1.265738152, B(3, 4) = 1.093509100, $$

$$ B(3, 2) = 1.748493953, B(4, 3) = 1.215854292, B(5, 4) = 1.084986223. $$