Cómo encontrar esta $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H^3_{n}}{n+1}(-1)^{n+1}$

Question

Cómo Encontrar esta suma $$I=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{H^3_{n}}{n+1}(-1)^{n+1}$$

donde $H_{n}=1+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{n}$

Mi idea: ya que $$\dfrac{1}{n+1}(-1)^{n+1}=-\int_{-1}^{0}x^ndx$$ así $$I=\sum_{n=1}^{\infty}H^3_{n}\int_{0}^{-1}x^ndx$$ entonces yo no puedo.Gracias

Este problema no es la Alternancia de armónica suma $\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^k}{k^3}H_k$

Answer 1

Vamos a utilizar la combinatoria de identidad, que puede ser demostrado a través de la inducción

$$\left(H_n^{(1)}\right)^3 - 3H^{(1)}_{n}H^{(2)}_{n} + 2H^{(3)}_{n} = \left [ n + 1 \atop 4\right] \frac{6}{(n-1)!}$$

Donde el binomio-como la notación de la derecha sin signo número de Stirling. Multiplicando por $x^n$, y sumando ambos lados de$n =0$$\infty$, obtenemos

$$\sum_{n=0}^\infty\left(H_n^{(1)}\right)^3 x^{n} - 3\sum_{n=0}^\infty H^{(1)}_{n-1}H^{(2)}_{n-1} x^{n} + 2\sum_{n=0}^\infty H^{(3)}_{n-1} x^{n} = 6\sum_{n=0}^\infty\left [ n+1 \atop 4\right]\frac{x^n}{(n-1)!} \tag{1}$$

A continuación, tenga en cuenta que tenemos la generación de la función

$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-k}\left [ n \atop k \right] \frac{z^n}{n!} = \frac{\log(1+z)^k}{k!}$$

Asumiendo $k = 4$, haciendo que el sub $z \mapsto -z$ da

$$\sum_{n=1}^\infty \left [ n \atop 4 \right] \frac{z^n}{n!} = \frac{\log(1-z)^4}{24}$$

Distinción con respecto a $z$ da

$$\sum_{n=1}^\infty \left [ n \atop 4\right ] \frac{z^{n-1}}{(n-1)!} = -\frac{1}{6}\frac{\log(1-z)^3}{1-z} \\ \!\!\!\!\!\!\!\!\implies \sum_{n=0}^\infty \left [ n + 1 \atop 4\right ] \frac{z^n}{(n-1)!} = -\frac{1}{6}\frac{\log(1-z)^3}{1-z} \tag{2}$$

Luego subbing $(2)$ a el lado izquierdo de $(1)$ nos da

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(H_n^{(1)}\right)^3x^n = \frac{\log^3(1-z)}{1-z} + 3\sum_{n=0}^\infty H^{(1)}_{n}H^{(2)}_{n} x^n - 2\sum_{n=0}^\infty H^{(3)}_{n} x^n \tag{3}$$

El extremo derecho de la suma es, simplemente,${\text{Li}_3(x)}/(1-x)$, por la suma de intercambio. El del medio es complicado.

$$\begin{align} \sum_{n=1}^\infty H_{n}H_{n}^{(2)} x^n &= -\sum_{n=1}^\infty x^n H_n \left( \psi_1(n+1)-\psi_1(1) \right) \\ &=-\frac{\psi_1(1)\log(1-x)}{1-x}-\sum_{n=1}^\infty x^n H_n \psi_1(n+1) \\ &= -\frac{\psi_1(1)\log(1-x)}{1-x}+\sum_{n=1}^\infty x^n H_n \int_0^1 \frac{z^n \log(z)}{1-z}dz \\ &= -\frac{\psi_1(1)\log(1-x)}{1-x}-\int_0^1 \frac{\log(z)\log(1-zx)}{(1-z)(1-xz)}dz \end{align}$$

Que es, a través parcial de la factorización, a su vez

$$\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!-\frac{\psi_1(1)\log(1-x)}{1-x}-\frac{1}{1-x}\int_0^1 \frac{\log(z)\log(1-zx)}{1-z}dz+\frac{x}{1-x}\int_0^1 \frac{\log(z)\log(1-zx)}{1-zx}dz \tag{4}$$

La evaluación de la intermedia de la integral se puede hacer, pero es bastante tedioso así que omito. Después de algunos cálculos, se puede derivar el uso de algunos polylog identidades que

$$\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=0}^\infty H^{(1)}_{n}H^{(2)}_{n} x^n = \frac{\text{Li}_3(1-x)+\text{Li}_3(x)+1/2\log^2(1-x)\log(x)-\zeta(2)\log(1-x)-\zeta(3)}{1-x} \tag{5}$$

Subbing $(5)$ y el polylog identidad para la suma de más a la derecha en $(3)$ da

$$\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{n=0}^{\infty}\left(H_n^{(1)}\right)^3x^n = \frac{-\pi^2/2\log(1-x)+3/2\log^{2}(1-x)\log(x)-\log^{3}(1-x)+\text{Li}_{3}(x)+3\text{Li}_{3}(1-x)-3\zeta(3)}{1-x}\tag{6}$$

Integrando con respecto a $x$ y ajuste de $x = -1$, eligiendo cuidadosamente la rama correcta de logaritmo, le dará una forma cerrada.

Answer 2

El uso de las identidades demostrado en esta respuesta, podemos decir: $$\frac{1}{4}\log^4(1-x)=\sum_{n=3}^{+\infty}\frac{H_n^3+2 H_n^{(3)}-3 H_n H_n^{(2)}}{n}\,x^{n+1}.\tag{1}$$ Desde $$\sum_{n=1}^{+\infty}H_n^{(3)}x^n = \frac{\operatorname{Li}_3(x)}{1-x},$$ tenemos: $$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_n^{(3)}}{n+1}x^{n+1}=-\frac{1}{2}\operatorname{Li}_2^2(x)-\log(1-x)\operatorname{Li}_3(x),\tag{2}$$ y sólo necesitamos calcular $$S=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_n H_n^{(2)}}{n}(-1)^{n+1}.$$ Esta es una tarea difícil. Me las arreglé para demostrar, a través de la identidad de Euler, que: $$f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{H_n^{(2)}}{n}x^n = \operatorname{Li}_3(x)+2\operatorname{Li}_3(1-x)-\zeta(2)\log(1-x)-\operatorname{Li}_2(1-x) \log(1-x)-2\zeta(3),\tag{3}$$ desde el LHS es una primitiva de $\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{x}+\frac{\operatorname{Li}_2(x)}{1-x}$. Desde $H_n=\int_{0}^{1}\frac{x^n-1}{x-1}dx$, tenemos: $$S = \int_{0}^{1}\frac{f(-x)-f(-1)}{1-x}dx \tag{4},$$ y nosotros probablemente puede utilizar Landen identidad para escribir $(3)$ en una mejor forma y calcular el $(4)$.

Answer 3

Te voy a dar representación integral para Jack D'Aurizio sugerencia

Tenemos la siguiente fórmula Nielsen

$$\etiqueta{1}\int^1_0 f(xt)\, \mathrm{Li}_2(t)\, dt=\frac{\pi^2}{6}\int^x_0 f(t)\, dt -\frac{1}{x}\sum_{n\geq1}\frac{a_{n-1} H_{n}}{n^2}x^n$$

donde definimos

$$f(x)=\sum_{n\geq 0} a_n x^n$$

Por lo tanto, tenemos

$$\int^1_0 xf(xt)\, \mathrm{Li}_2(t)\, dt=\frac{\pi^2}{6}\int^x_0 f(t)\, dt -\sum_{n\geq1}\frac{a_{n-1} H_{n}}{n^2}x^n$$

La integración por partes tenemos

$$\int^1_0 F(xt)\,\frac{\log(1-t)}{t} dt+F(x)\mathrm{Li}_2(1)=\frac{\pi^2}{6}\int^x_0 f(t)\, dt -\sum_{n\geq1}\frac{a_{n-1} H_{n}}{n^2}x^n$$

Reduciendo, por tanto, que a

$$\int^1_0 F(xt)\,\frac{\log(1-t)}{t} dt=-\sum_{n\geq1}\frac{a_{n-1} H_{n}}{n^2}x^n$$

La diferenciación de w.r.t a $x$ hemos

$$\int^1_0 f(xt)\,\log(1-t) \, dt=-\frac{1}{x}\sum_{n\geq1}\frac{a_{n-1} H_{n}}{n}x^n$$

$$\int^1_0 \frac{\mathrm{Li}_2(xt)}{1-xt}\,\log(1-t) \, dt=-\frac{1}{x}\sum_{n\geq1}\frac{H_{n-1}^{(2)} H_{n}}{n}x^n$$

Deje $x=-1$ obtener

$$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n-1}^{(2)} H_{n}}{n}(-1)^n=\int^1_0 \frac{\mathrm{Li}_2(-t)\log(1-t)}{1+t}\, \, dt$$

Answer 4

$$\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H^3_n}}}{{n + 1}}} {\left( { - 1} \right)^{n + 1}} = \frac{1}{4}{\ln ^4}2 + \frac{9}{8}\zeta \left( 3 \right)\ln 2 - \frac{3}{4}\zeta \left( 2 \right){\ln ^2}2 - \frac{5}{{16}}\zeta \left( 4 \right).$$