$-4\zeta(2)-2\zeta(3)+4\zeta(2)\zeta(3)+2\zeta(5)=S$

Question

EDIT: Debido a la solución de abajo, he editado la respuesta del post. ¡¡¡¡Gracias!!!!

Hola estoy tratando de calcular la suma doble infinita $$ S:=\sum_{j,k=1}^\infty \frac{H_j(H_{k+1}-1)}{jk(k+1)(j+k)}=-4\zeta(2)-2\zeta(3)+4\zeta(2)\zeta(3)+2\zeta(5),\quad H_n:=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\ \ \ (\text{Harmonic Numbers}) $$ Gracias.

No estoy seguro de qué hacer, ¿quizás escribir la suma como una integral e intentar trabajar con la integral en lugar de la suma? Estaba tratando de averiguar si podríamos escribirlo como una representación integral en términos de funciones logarítmicas. Pero esto sólo te dará esta suma como respuesta. Así que no sé cómo calcular las funciones zeta a partir de la suma. Obsérvese que la función Zeta de Riemann viene dada por $$ \zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s},\quad \zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}. $$

Answer 1

Puede encontrar una prueba rigurosa y breve de esta suma en un artículo de Panholzer y Prodinger titulado Evaluación sin ordenador de una suma doble infinita mediante sumas de Euler con fecha de 2005

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[Añadido 2014-04-27] Nota: Hay una error tipográfico en el papel de Panholzer y Prodinger.

La identidad correcta es $$S:=\sum_{j,k=1}^{\infty}\frac{H_j(H_{k+1}-1)}{jk(k+1)(j+k)}=-{\color{red}{4}}\zeta(2)-2\zeta(3)+4\zeta(2)\zeta(3)+2\zeta(5)$$

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Justificación: Al repasar los detalles de la prueba de Panholzer y Prodinger también hice algunos cálculos auxiliares que no estaban elaborados en el artículo. Al hacerlo, un resultado intermedio del artículo, a saber

\begin{align*} S&=-2\zeta(2) +\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{H_kH_k^{(2)}}{k^2} +\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{H_k^3}{k^2} -\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{H_k^2}{k^3}\\ &\qquad+\left(\zeta(2)-1\right)\sum_{k\geq1}\frac{H_k}{k^2} -2\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}\tag{1} \end{align*}

me resultaba un tanto peculiar, porque el complemento de la derecha es $-2\zeta(2)$ y no estaba claro, por qué no se añadía simplemente al primer addend en la suma, dando $-4\zeta(2)$ . Mis cálculos detallados estaban conformes con $(1)$ . Todos los demás argumentos y cálculos del documento parecían ser correctos.

Pero, al final el valor resultante fue $$S=-4\zeta(2)-2\zeta(3)+4\zeta(2)\zeta(3)+2\zeta(5)$$ Luego revisé las referencias del documento y encontré en Carsten y Schneider la identidad correctamente establecida con $-4\zeta(2)$ . Así que llegué a la conclusión de que simplemente hay un error tipográfico en el documento de Panholzer y Prodinger.

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Me gustaría resumir los principales pasos de la prueba y añadir partes de mis cálculos detallados, para que los argumentos anteriores sean más comprensibles.

Tarea: Probar la siguiente identidad \begin{align*} S&=\sum_{j,k=1}^{\infty}\frac{H_j(H_{k+1}-1)}{jk(k+1)(j+k)}=-4\zeta(2)-2\zeta(3)+4\zeta(2)\zeta(3)+2\zeta(5) \end{align*}

La prueba en el artículo de Panholzer y Prodinger se realiza en tres pasos:

Paso 1: Divida la suma, aplique la descomposición parcial de la fracción y reordénela para obtener \begin{align*} S&=\sum_{j,k=1}^{\infty}\frac{H_j(H_{k+1}-1)}{jk(k+1)(j+k)}\\ &=\sum_{k\geq1}\frac{H_{k+1}-1}{k(k+1)}\sum_{j\geq1}\frac{H_j}{j(j+k)}\\ &=\dots\\ &=\sum_{k\geq1}\frac{H_{k+1}-1}{k^2(k+1)}\left(\zeta(2)+\frac{H_k^2+H_k^{(2)}}{2}-\frac{H_k}{k}\right)\\ \end{align*} Paso 2: Aplicar la descomposición parcial de la fracción, el desplazamiento del índice, el telescopio y reordenar la suma sustituyendo consecuentemente todas las ocurrencias de $k+1$ con $k$ . Esto da lugar a \begin{align*} S&=\sum_{k\geq1}\frac{H_{k+1}-1}{k^2(k+1)}\left(\zeta(2)+\frac{H_k^2+H_k^{(2)}}{2}-\frac{H_k}{k}\right)\\ &=\dots\\ &=-4\zeta(2) +\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{H_kH_k^{(2)}}{k^2} +\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{H_k^3}{k^2} -\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{H_k^2}{k^3} +\left(\zeta(2)-1\right)\sum_{k\geq1}\frac{H_k}{k^2}\tag{2} \end{align*}

Nota: En el documento en fórmula $(2)$ es el complemento $-4\zeta(2)$ escrito como $-2\zeta(2)-2\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}$

Paso 3: Remitiéndonos a los trabajos de Borwein y Flajolet, se mantienen las siguientes relaciones: \begin{align*} \sum_{k\geq1}\frac{H_kH_k^{(2)}}{k^2}&=\zeta(5)+\zeta(2)\zeta(3)\\ \sum_{k\geq1}\frac{H_k^3}{k^2}&=10\zeta(5)+\zeta(2)\zeta(3)\\ \sum_{k\geq1}\frac{H_k^2}{k^3}&=\frac{7}{2}\zeta(5)-\zeta(2)\zeta(3)\\ \sum_{k\geq1}\frac{H_k}{k^2}&=2\zeta(3) \end{align*} Aplicando estas relaciones a $(2)$ resultados finalmente en \begin{align*} S&=\sum_{j,k=1}^{\infty}\frac{H_j(H_{k+1}-1)}{jk(k+1)(j+k)}=-4\zeta(2)-2\zeta(3)+4\zeta(2)\zeta(3)+2\zeta(5) \end{align*}

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Y ahora algunos gory detalles de mis cálculos que hice para verificar Paso 2 .

Consideramos que \begin{align*} S&=\sum_{k\geq1}\frac{H_{k+1}-1}{k^2(k+1)}\left(\zeta(2)+\frac{H_k^2+H_k^{(2)}}{2}-\frac{H_k}{k}\right)\\ \end{align*}

Utilizando la descomposición parcial de la fracción, el primer factor de $S$ puede escribirse como \begin{align*} \frac{H_{k+1}-1}{k^2(k+1)}&=\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)H_k\\ &\qquad+\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right) \end{align*} Por lo tanto, tenemos que evaluar:

\begin{align*} S&=\sum_{k\geq1}\left(\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)H_k+\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right)\right)\\ &\qquad\qquad\cdot\left(\zeta(2)+\frac{H_k^2+H_k^{(2)}}{2}-\frac{H_k}{k}\right) \end{align*}

Lo calculamos dividiéndolo en partes más pequeñas. Sea

\begin{align*} S_1&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)H_k=\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k-\zeta(2)\\ S_2&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right)=\zeta(2)-2\\ S_3&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)H_k^3\\ &=\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k^3-3\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k^2+3\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^3}H_k-\zeta(4)\\ S_4&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right)H_k^2\\ &=\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k^2-2\sum_{k\geq1}\left(\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k^3}\right)H_k+\zeta(3)+\zeta(4) \end{align*} \begin{align*} S_5&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)H_kH_k^{(2)}\\ &=\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_kH_k^{(2)}-\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^3}H_k-\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k^{(2)}+\zeta(4)\\ S_6&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right)H_k^{(2)}\\ &=\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k^{(2)}-\zeta(3)-\zeta(4)\\ S_7&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)\frac{H_k^2}{k}\\ &=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k^3}\right)H_k^2 +2\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_{k}-\zeta(3)\\ S_8&=\sum_{k\geq1}\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right)\frac{H_k}{k}\\ &=-2\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k+2\zeta(2)+\zeta(3) \end{align*}

Esto da como resultado: \begin{align*} S&=\sum_{k\geq1}\frac{H_{k+1}-1}{k^2(k+1)}\left(\zeta(2)+\frac{H_k^2+H_k^{(2)}}{2}-\frac{H_k}{k}\right)\\ &=\left(\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k^2}+\frac{1}{k+1}\right)H_k+\left(-\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}+\frac{1}{(k+1)^2}\right)\right)\\ &\qquad\cdot\left(\zeta(2)+\frac{H_k^2+H_k^{(2)}}{2}-\frac{H_k}{k}\right)\\ &=\zeta(2)(S_1+S_2)+\frac{1}{2}(S_3+S_4+S_5+S_6)-S_7-S_8\\ &=-4\zeta(2)+\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_kH_k^{(2)} +\frac{1}{2}\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k^3 -\frac12\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^3}H_k^2 +\left(\zeta(2)-1\right)\sum_{k\geq1}\frac{1}{k^2}H_k \end{align*} que era mi verificación para el paso 2 .