Evaluar $1+\left(\frac{1+\frac12}{2}\right)^2+\left(\frac{1+\frac12+\frac13}{3}\right)^2+\left(\frac{1+\frac12+\frac13+\frac14}{4}\right)^2+...$

Question

Evaluar:

$$S_n=1+\left(\frac{1+\frac12}{2}\right)^2+\left(\frac{1+\frac12+\frac13}{3}\right)^2+\left(\frac{1+\frac12+\frac13+\frac14}{4}\right)^2+...$$

a_n son los términos individuales a sumar.

Mi intento : \begin{align} &a_1=1\\ &a_2=\left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{9}{16}\\ &a_3=\left(\frac{11}{18}\right)^2\\ &a_4=\left(\frac{25}{48}\right)^2 \end{align} ahora :?

Answer 1

Al establecer $H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$ tenemos que calcular $\sum_{n\geq 1}\left(\frac{H_n}{n}\right)^2$ . Podemos observar que

$$ \sum_{n=1}^{N}\frac{H_n}{n}=\sum_{1\leq m\leq n\leq N}\frac{1}{mn}=\frac{H_N^2+H_N^{(2)}}{2}\tag{1}$$ y por la misma razón $$ \sum_{n=1}^{N}\frac{H_n^{(2)}}{n^2} = \frac{1}{2}\left[\left(\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^2}\right)^2+\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n^4}\right]\stackrel{N\to +\infty}{\longrightarrow}\frac{\zeta(2)^2+\zeta(4)}{2}=\frac{7\pi^4}{360} \tag{2}$$ Desde $-\log(1-x)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n}\,x^n$ multiplicando ambos lados por $\frac{1}{1-x}$ y aplicando la integración por términos tenemos $$ \sum_{n\geq 1}\frac{H_{n}}{n}\,x^{n} = \text{Li}_2(x)+\frac{1}{2}\log^2(1-x) \tag{3}$$ por lo tanto, por $(1)$ se deduce que: $$ \sum_{N\geq 1}\frac{H_N^2+H_N^{(2)}}{2}x^{N} = \frac{\text{Li}_2(x)}{1-x}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\log^2(1-x)}{1-x}\tag{4} $$ y multiplicando ambos lados de $(4)$ por $-\frac{2\log x}{x}$ y realizando la integración por términos sobre $(0,1)$ :

$$ \sum_{N\geq 1}\frac{H_N^2+H_N^{(2)}}{N^2} = -\int_{0}^{1}\left[\frac{2\text{Li}_2(x)\log(x)}{x(1-x)}+\frac{\log^2(1-x)\log(x)}{x(1-x)}\right]\,dx.\tag{5} $$ La integral $-\int_{0}^{1}\frac{\log^2(1-x)\log(x)}{x(1-x)}\,dx$ se puede calcular diferenciando la función beta de Euler, y es igual a $\frac{\pi^4}{36}$ . Desde $\int\frac{\log(x)}{x(1-x)}\,dx=\frac{1}{2}\log^2(x)+\text{Li}_2(1-x)$ y $\frac{d}{dx}\text{Li}_2(x)=-\frac{\log(1-x)}{x}$ Por integración por partes, todo el problema se reduce a la computación: $$ I = \int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_2(x)\log(x)}{1-x}\,dx \tag{6}$$ pero ya lo hemos hecho en $(2)$ ya que $\frac{\text{Li}_2(x)}{1-x}=\sum_{n\geq 1}H_n^{(2)}x^n.$ Recogiendo piezas,

$$ \sum_{n\geq 1}\left(\frac{H_n}{n}\right)^2 = \color{red}{\frac{17\pi^4}{360}}.$$

Answer 2

Recordemos que los valores zeta múltiples están definidos por la serie $$ \zeta(s_1,\ldots,s_k):=\sum_{n_1>\ldots>n_k\geq 1}\frac{1}{n_1^{s_1}\ldots n_k^{s_k}}. $$ La suma $S$ puede expresarse como una combinación lineal de múltiples valores zeta. Tenemos $$ \begin{align*} S&=\sum_{n=1}^\infty \sum_{k_1,k_2=1}^n\frac{1}{n^2k_1k_2}\\ &=\left(2\sum_{n>k_1>k_2}+\sum_{n>k_1=k_2}+2\sum_{n=k_1>k_2}+\sum_{n=k_1=k_2}\right)\frac{1}{n^2k_1k_2}\\ &=2\zeta(2,1,1)+\zeta(2,2)+2\zeta(3,1)+\zeta(4). \end{align*} $$ Cada uno de estos valores zeta múltiples es un múltiplo racional de $\pi^4$ . Las expresiones se han tabulado, por ejemplo, en el Mina de datos MZV : $$ \begin{align*} \zeta(2,1,1)&=\frac{\pi^4}{90},\\ \zeta(2,2)&=\frac{\pi^4}{120},\\ \zeta(3,1)&=\frac{\pi^4}{360},\\ \zeta(4)&=\frac{\pi^4}{90}. \end{align*} $$ Así que obtenemos $$ S=\frac{17\pi^4}{360} $$