Una serie involucra número armónico

Question

¿Cómo podemos llegar a una forma cerrada para $$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(2n+1)^2}$$

Answer 1

Aquí hay otra solución. Voy a denotar varias versiones de la suma

$$ \sum_{k=1}^\infty\sum_{j=1}^k\frac1j\frac1{k^2} $$

por un $S$ con dos subíndices que indican que las correlaciones se incluyen, el primer subíndice refiriéndose a la paridad de $j$ y el segundo a la paridad de $k$, con '$\mathrm e$' denota solamente la incluso términos, '$\mathrm o$' denota sólo los términos raros, '$+$' denota la suma de los pares e impares términos, es decir, la suma periódica que cubra, y '$-$'denota la diferencia entre el par y el impar de términos, es decir, la alternancia de suma. Entonces

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(2n+1)^2} &= 2\sum_{n=1}^\infty\sum_{i=1}^n\frac1{2i}\frac1{(2n+1)^2} \\ &= 2S_{\mathrm{eo}} \\ &= 2(S_{++}-S_{\mathrm o+}-S_{\mathrm{ee}}) \\ &= 2\left(S_{++}-S_{\mathrm o+}-\frac18S_{++}\right) \\ &= 2\left(\frac38S_{++}+\left(\frac12S_{++}-S_{\mathrm o+}\right)\right) \\ &= \frac34S_{++}+S_{-+} \\ &= \frac32\zeta(3)+\sum_{k=1}^\infty\sum_{j=1}^k\frac{(-1)^j}j\frac1{k^2}\;, \end{align} $$

donde he utilizado el resultado de $\sum_nH_n/n^2=2\zeta(3)$ a partir de la entrada en el blog Eolias vinculada a y la reducción de la presente problema para encontrar el análogo de ese resultado con el signo alternando con $j$, lo que podemos reescribir como

$$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\sum_{j=1}^k\frac{(-1)^j}j\frac1{k^2} &= \sum_{k=1}^\infty\sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^j}j\frac1{k^2}-\sum_{k=1}^\infty\sum_{j=k+1}^\infty\frac{(-1)^j}j\frac1{k^2} \\ &= -\zeta(2)\log2+\sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^j}{j+1}\sum_{k=1}^j\frac1{k^2}\;. \end{align} $$

Esta última suma doble puede ser evaluado por el método aplicado en el post del blog, haciendo uso del hecho de que la suma de los coeficientes de potencia de la serie en $x$ corresponde a la división por $1-x$:

$$ \begin{align} \sum_{j=1}^\infty x^j\sum_{k=1}^j\frac1{k^2}=\def\Li{\operatorname{Li}}\frac{\Li_2(x)}{1-x}\;, \end{align} $$

donde $\Li_2$ es el dilogarithm. Así

$$ \begin{align} \sum_{j=1}^\infty\frac{(-1)^j}{j+1}\sum_{k=1}^j\frac1{k^2} &= \int_0^1\sum_{j=1}^\infty (-x)^j\sum_{k=1}^j\frac1{k^2}\mathrm dx \\ &= \int_0^1\frac{\Li_2(-x)}{1+x}\mathrm dx \\ &= \left[\Li_2(-x)\log(1+x)\right]_0^1+\int_0^1\frac{\log^2(1+x)}x\mathrm dx \\ &=-\frac{\zeta(2)}2\log2+\frac{\zeta(3)}4\;, \end{align} $$

donde el término se evalúa el uso de $\Li_2(-1)=-\eta(2)=-\zeta(2)+2\zeta(2)/4=-\zeta(2)/2$ y la integral del segundo término se evalúa en esta pregunta por separado. Poniendo todo junto, tenemos

$$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(2n+1)^2} &= \frac74\zeta(3)-\frac32\zeta(2)\log2 \\ &= \frac74\zeta(3)-\frac{\pi^2}4\log2\;. \end{align} $$

Creo que todos los reordenamientos puede ser justificado, a pesar de la serie de ser sólo condicionalmente convergente en $j$, considerando las sumas parciales con $j$ $k$ tanto va a a $M$; a continuación, todos los reordenamientos pueden llevarse a cabo dentro de ese finito cuadrado de la cuadrícula, y la suma de los restantes términos ir a cero con $M\to\infty$.

Answer 2

Me dio algunos integral de las representaciones de las sumas cerca de esto antes. Aquí es una representación integral para su suma

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{(2n+1)^2}= \frac{1}{4}\,\int_{0}^{1}\!{\frac {\ln \left( 1-z \right) \ln \left( z\right) }{z\sqrt {1-z}}}{dz}= \frac{1}{4}(7\,\zeta \left( 3 \right) -{\pi }^{2}\ln \left( 2 \right))\sim 0.393327464. $$

La integral anterior puede ser evaluado a través de la función beta. Aquí es la técnica de los problemas anteriores. Básicamente, usted necesita considerar la integral

$$ \int_{0}^{1} z^s (1-z)^{w-1/2} dz. $$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over \pars{2n + 1}^{2}}:\ {\large ?}}$.

Vamos a considerar $\ds{\fermi\pars{x}\equiv \sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \\pars{2n + 1}^{2}}\,x^{2n + 1}. \qquad\fermi\pars{1}={\large ?}\,,\quad \fermi\pars{0} = 0}$.

\begin{align} \fermi'\pars{x}&=\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over 2n + 1}\,x^{2n} \ \imp\ \bracks{x\fermi'\pars{x}}'=\sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\,x^{2n} =-\,{\ln\pars{1 - x^{2}} \over 1 - x^{2}}\,,\qquad\fermi'\pars{0} = 0 \end{align} donde hemos utilizado la Número Armónico De Generación De Función.

Entonces \begin{align} &x\fermi'\pars{x}=-\int_{0}^{x}{\ln\pars{1 - t^{2}} \over 1 - t^{2}}\,\dd t \\[3mm]&\imp \fermi\pars{1}=-\int_{0}^{1}{\dd x \over x}\int_{0}^{x} {\ln\pars{1 - t^{2}} \over 1 - t^{2}}\,\dd t =-\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - t^{2}} \over 1 - t^{2}}\int_{t}^{1}{\dd x \over x} \,\dd t \end{align}

$$\begin{array}{|c|}\hline\\ \quad\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over \pars{2n + 1}^{2}} =\int_{0}^{1}{\ln\pars{t}\ln\pars{1 - t^{2}} \over 1 - t^{2}}\,\dd t\quad \\ \\ \hline \end{array} $$

\begin{align} &\color{#c00000}{\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over \pars{2n + 1}^{2}}} =\int_{0}^{1}{\ln\pars{t^{1/2}}\ln\pars{1 - t} \over 1 - t}\,\half\,t^{-1/2} \,\dd t ={1 \over 4}\int_{0}^{1}{t^{-1/2}\ln\pars{t}\ln\pars{1 - t} \over 1 - t}\,\dd t \\[3mm]&={1 \over 4}\lim_{\mu\ \to\ 0 \atop{\vphantom{\LARGE A}\nu\ \to\ 0}} \partiald{}{\mu}\partiald{}{\nu}\int_{0}^{1}t^{\mu - 1/2} \pars{1 - t}^{\nu - 1}\,\dd t ={1 \over 4}\lim_{\mu\ \to\ 0 \atop{\vphantom{\LARGE A}\nu\ \to\ 0}} \partiald{}{\nu}\Gamma\pars{\nu}\partiald{}{\mu} \bracks{\Gamma\pars{\mu + 1/2} \over \Gamma\pars{\mu + \nu + 1/2}} \\[3mm]&={1 \over 4}\lim_{\nu\ \to\ 0} \partiald{}{\nu}\braces{% \Gamma\pars{\nu}\,{\Gamma\pars{1/2} \over \Gamma\pars{\nu + 1/2}} \bracks{\Psi\pars{\half} - \Psi\pars{\nu + \half}}} \\[3mm]&=-\,{1 \over 4}\,\Gamma\pars{\half}\lim_{\nu\ \to\ 0} \partiald{}{\nu}\bracks{% {\Gamma\pars{\nu + 1} \over \Gamma\pars{\nu + 1/2}}\, {\Psi\pars{1/2 + \nu} - \Psi\pars{1/2} \over \nu}} \\[3mm]&=-\,{1 \over 4}\,\Gamma\pars{\half}\lim_{\nu\ \to\ 0} \partiald{}{\nu}\braces{% {\Gamma\pars{\nu + 1} \over \Gamma\pars{\nu + 1/2}}\, \bracks{\Psi'\pars{\half} + \half\,\Psi''\pars{\half}\nu}} \\[3mm]&={\pi^{2}\gamma + \pi^{2}\Psi\pars{1/2} + 14\zeta\pars{3} \over 8} \quad\mbox{where we used}\quad\Psi\pars{1} = -\gamma\,,\quad \Psi''\pars{\half} = -14\zeta\pars{3}. \end{align}

Con $\ds{\Psi\pars{\half} = -2\ln\pars{2} - \gamma}$: $$ \color{#66f}{\large\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \\pars{2n + 1}^{2}} ={1 \over 4}\,\bracks{7\zeta\pars{3} - \pi^{2}\ln\pars{2}}} \aprox {\tt 0.3933} $$