Demostrando que $~\sum\limits_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^2}~H_k~H_{k-1}=\frac{3}{16}~\zeta(4)$

Question

Para mostrar que $$\sum\limits_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k^{2}} \, \left(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k}\right) \cdot \left(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{k-1}\right) = \frac{3}{16}\zeta(4).$ $

Me encontré con esto al intentar resolver un problema de la actual edición de la mensual matemática americana. ¿Hay alguna manera fácil para mostrar esto? Numéricamente, comprobé que esta serie converge al valor de $\frac{3}{16}\zeta(4)$.

Nota: es una forma alterna, con $H_{n}$ siendo los números armónicos,: $$ \sum\limits_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k^{2}} \, H_{k} \, H_{k-1} = \frac{3}{16}\zeta(4). $ $

Answer 1

Esta es una oportunidad para hacer un homenaje a Pieter J. de Doelder (1919-1994) de la Universidad de Tecnología de Eindhoven, que evaluó en la forma cerrada de la serie determinada de una forma un tanto famoso papel (p. 132-133 2.3) (1991). Uno puede comenzar mediante la siguiente identidad que viene desde el producto de Cauchy, $$ \ln^2(1+x) =2\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{H_n}{n+1} \:x^{n+1} $$ dando $$ \int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2(1+x)}{x} \:dx=2\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1} \frac{H_n}{n+1} \:\int_0^1 x^{n}\ln(1-x)\:dx, $$ a continuación, utilizando el estándar de evaluación $$ \int_0^1 x^{n}\ln(1-x)\:dx =-\frac{H_{n+1}}{n+1},\quad n\ge0, $$ uno se

$$ \int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2(1+x)}{x}\:dx=2\sum\limits_{n=2}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{H_n H_{n-1}}{n^{2}}. \tag1 $$

Aquí están los pasos principales que de Doelder tomó para evaluar los relacionados con la integral.

Claramente tenemos $$ \begin{align} \int_0^1\ln^3\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\:\frac{dx}{x}&=\int_0^1\frac{\ln^3\left(1+x\right)}{x}\:dx-3\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2(1+x)}{x}\:dx \\\\&+3\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)\ln(1+x)}{x}\:dx-\int_0^1\frac{\ln^3\left(1-x\right)}{x}\:dx \end{align} $$ y $$ \begin{align} \int_0^1\frac{\ln^3\left(1-x^2\right)}{x}\:dx&=\int_0^1\frac{\ln^3\left(1+x\right)}{x}\:dx+3\int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2(1+x)}{x}\:dx \\\\&+3\int_0^1\frac{\ln^2(1-x)\ln(1+x)}{x}\:dx+\int_0^1\frac{\ln^3\left(1-x\right)}{x}\:dx, \end{align} $$ restando las dos igualdades, $$ \begin{align} 6\!\!\int_0^1\!\frac{\ln(1-x)\ln^2(1+x)}{x}dx&=\!\int_0^1\!\frac{\ln^3\left(1-x^2\right)}{x}dx-\!\int_0^1\!\!\ln^3\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\frac{dx}{x}-2\!\int_0^1\!\frac{\ln^3\left(1-x\right)}{x}dx \\\\&=I_1-I_2-2I_3. \end{align} $$ Es muy fácil de obtener $$ \begin{align} I_1=\int_0^1\!\frac{\ln^3\left(1-x^2\right)}{x}dx&=\frac12 \int_0^1\!\frac{\ln^3\left(1-u\right)}{u}du \quad (u=x^2) \\&=\frac12 \int_0^1\!\frac{\ln^3 v}{1-v}dv \quad (v=1-u) \\&=\frac12 \sum_{n=0}^\infty \int_0^1\!v^n\ln^3 v\:dv \\&=-3\sum_{n=1}^\infty \frac1{n^4} \\&=-\frac{\pi^4}{30}, \end{align} $$ del mismo modo $$ \begin{align} I_3=\int_0^1\!\frac{\ln^3\left(1-x\right)}{x}dx=-\frac{\pi^4}{15}. \end{align} $$ By the change of variable, $ u=\dfrac{1-x}{1+x}$, one has $\dfrac{dx}{x}=\dfrac{-2\:du}{1-u^2}$ llegar $$ \begin{align} I_2=\int_0^1\!\!\ln^3\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\frac{dx}{x}&=-2\int_0^1\!\frac{\ln^3 u}{1-u^2}du \\&=-2\sum_{n=0}^\infty \int_0^1\!u^{2n}\ln^3u\:dv \\&=12\sum_{n=0}^\infty \frac1{(2n+1)^4} \\&=\frac{\pi^4}{8}. \end{align} $$ A continuación,

$$ \int_0^1\frac{\ln(1-x)\ln^2(1+x)}{x}\:dx=-\frac{\pi^4}{240} \tag2 $$

y

$$ \sum\limits_{n=2}^{\infty} (-1)^{n} \frac{H_n H_{n-1}}{n^{2}}= \frac{3}{16}\zeta(4)=\frac{\pi^4}{480},\tag3 $$

tal como se anunció.

Answer 2

Aunque he visto muy pocas pruebas en este campo para poder comparar, este enfoque podría ser muy interesante.

Podemos transformar la suma a una cuádruple integral que Mathematica puede resolver de inmediato. Espero que debería ser posible para resolver la integral "matemáticamente" así, que luego de completar la prueba.

Tenemos que calcular

$$s=\sum _{k=2}^{\infty } \frac{(-1)^k}{k^2} H(k) H(k-1) $$

Escrito

$$\frac{1}{n^2}=\int_0^1 \frac{1}{x}\,dx \int_0^x y^{n-1} \, dy $$

$$\frac{1}{n}=\int_0^1 r^{n-1} \, dr$$

y

$$H(k)=\sum _{n=1}^k \frac{1}{n}=\int_0^1 \left(\sum _{n=1}^k r^{n-1}\right) \, dr=\int_0^1 \frac{1-r^k}{1-r} \, dr$$

la suma de $s$ por debajo de la integral se convierte en

$$si=\frac{1}{x(1-r)(1-s)}\sum _{k=2}^{\infty } (-1)^k \left(1-r^k\right) \left(1-s^{k-1}\right) y^{k-1}$$

En el que se evalúa a

$$si = \frac{y \left(r^2 s^2 y+r^2 s-r^2 y-r^2-r s^2 y+r y-s+1\right)}{(1-r) (1-s) x (y+1) (r y+1) (s y+1) (r s y+1)}$$

Ahora la integral que se evalúa es

$$s4 = \int _0^1 dx\int _0^x dy\int _0^1 dr\int _0^1 ds \; si$$

Mathematica encuentra inmediatamente

$$s4 = \frac{\pi ^4}{480} $$

Desde

$$\zeta (4)=\frac{\pi ^4}{90}$$

y

$$\frac{90}{480} = \frac{3}{16} $$

por fin hemos

$$s = \frac{3}{16} \zeta(4)$$