Suma armónica alternante $\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^k}{k^3}H_k$

Question

Cómo demostrar analíticamente

$$\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^k}{k^3}H_k=-\frac{11\pi^4}{360}+\frac{\ln^42-\pi^2\ln^22}{12}+2\mathrm{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{7\ln 2}{4}\zeta(3)$$

Como respuesta de O.L

donde $$H_k = \sum_{n\geq 1}^{k}\frac{1}{n}.$$

Adición

Hasta ahora he desarrollado lo siguiente

$$\sum_{k\geq 1} \frac{H_k}{k^2} \, x^{k} = \text{Li}_3(x)-\, \text{Li}_3(1-x)+\, \log(1-x) \text{Li}_2(1-x) +\frac{1}{2}\log(x) \log^2(1-x)+\zeta(3)$$

donde $\text{Li}_3(x)$ es el trilogaritmo.

Para la derivación ver http://www.mathhelpboards.com/f10/interesting-logarithm-integral-5301/

Actualización

Un amigo en otro sitio dio la siguiente respuesta

Answer 1

Primero recordemos que los números armónicos tienen función generadora \begin{align} \sum_{k=1}^{\infty}H_kx^k=-\frac{\ln(1-x)}{1-x}, \end{align> y por lo tanto \begin{align> S=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k^3}H_k&=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^kH_k\int_0^{\infty}e^{-kx}x^2dx=\\ &=-\frac{1}{2}\int_0^{\infty}\frac{\ln(1+e^{-x})}{1+e^{-x}}x^2dx. \end{align> Mathematica sabe cómo evaluar la última integral en términos de valores de zeta y polilogaritmos. Su respuesta es $$S=-\frac{11\pi^4}{360}+\frac{\ln^42-\pi^2\ln^22}{12}+2\mathrm{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{7\ln 2}{4}\zeta(3).$$ Es poco probable que se pueda simplificar más: Wolfram Alpha propone expresiones alternativas para $\mathrm{Li}_{2}\left(\frac12\right)$ y $\mathrm{Li}_{3}\left(\frac12\right)$ en términos de funciones elementales y valores de zeta, pero no sugiere nada más simple para $\mathrm{Li}_{4}\left(\frac12\right)$.

Answer 2

Problemas relacionados: (I), (II), (III). Tu suma es un caso especial del siguiente caso general del cual obtuve una representación integral

$$ A(p,q) =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H^{(p)}_k}{k^q} = \frac{\left( -1 \right) ^{q}}{\Gamma(q)}\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln\left( u \right)\right)^{q-1}{\mathrm{Li}_{p}(-u)} }{ u\left( 1+u \right) }}{du}. $$

donde $ \mathrm{Li}_{p}(z) $ es la función polilogarítmica. Por lo tanto, al sustituir $p=1$ y $q=3$ en la fórmula anterior se obtiene una representación integral para tu suma

$$ A(1,3) =\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}H^{(1)}_k}{k^3} = \frac{\left( -1 \right) ^{3}}{\Gamma(3)}\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln\left( u\right) \right)^{3-1}{\mathrm{Li}_{1}(-u)} }{ u (1+u) }}{du}.$$

$$ \implies A(1,3) =\frac{1}{2}\int _{0}^{1}\!{\frac { \left( \ln \left( u \right) \right) ^{2} \ln \left( 1+u \right) }{u\left(1+u\right)}}{du} \sim 0.8592471579. $$

Ver aquí para técnicas relacionadas.

Nota:

1) $$ \mathrm{Li}_{1}(-u)=-\ln(1+u). $$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{k\ \geq\ 1}{\pars{-1}^{k} \over k^{3}}H_{k} & = \sum_{k = 1}^{\infty}\pars{-1}^{k}H_{k}\ \overbrace{\bracks{{1 \over 2}\int_{0}^{1}\ln^{2}\pars{x}x^{k - 1}\,\dd x}} ^{\ds{1 \over k^{3}}} \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1}\ln^{2}\pars{x} \bracks{\sum_{k = 1}^{\infty}H_{k}\pars{-x}^{k}}\,{\dd x \over x} \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1}\ln^{2}\pars{x} \bracks{-\,{\ln\pars{1 + x} \over 1 + x}}\,{\dd x \over x} = -\,{1 \over 2}\int_{0}^{1} {\ln^{2}\pars{x}\ln\pars{1 + x} \over \pars{1 + x}x}\,\dd x \\[5mm] & = {1 \over 2}\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{x}\ln\pars{1 + x} \over 1 + x}\,\dd x - {1 \over 2}\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{x}\ln\pars{1 + x} \over x}\,\dd x \\[1cm] & = {1 \over 6}\int_{0}^{1}{3\ln^{2}\pars{x}\ln\pars{1 + x} - 3\ln\pars{x}\ln^{2}\pars{1 + x} \over 1 + x}\,\dd x \\[5mm] & + {1 \over 2}\int_{0}^{1}{\ln\pars{x}\ln^{2}\pars{1 + x} \over 1 + x}\,\dd x + {1 \over 2}\int_{0}^{-1}\mrm{Li}_{2}'\pars{x}\ln^{2}\pars{-x}\,\dd x \\[1cm] & = {1 \over 6}\int_{0}^{1}{\ln^{3}\pars{x} \over 1 + x}\,\dd x - {1 \over 6}\int_{0}^{1}{\ln^{3}\pars{1 + x} \over 1 + x}\,\dd x \\[5mm] &- {1 \over 6}\int_{0}^{1}\ln^{3}\pars{x \over 1 + x}\,{\dd x \over 1 + x} - {1 \over 6}\int_{0}^{1}{\ln^{3}\pars{1 + x} \over x}\,\dd x \\[5mm] & - \int_{0}^{-1}\mrm{Li}_{3}'\pars{x}\ln\pars{-x}\,\dd x \\[1cm] & = -\,{1 \over 6}\int_{0}^{-1}{\ln^{3}\pars{-x} \over 1 - x}\,\dd x - {1 \over 24}\,\ln^{4}\pars{2} - {1 \over 6}\int_{0}^{1/2}{\ln^{3}\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x \\[5mm] & +{1 \over 6}\int_{1}^{2}{\ln^{3}\pars{x} \over 1 - x}\,\dd x\ +\ \underbrace{\quad\int_{0}^{-1}\mrm{Li}_{4}'\pars{x}\,\dd x\quad} _{\ds{= \,\mrm{Li}_{4}\pars{-1} = -\,{7 \over 720}\,\pi^{4}}}\label{1}\tag{1} \end{align}

Las integrales restantes se evalúan mediante integración sucesiva por partes. Es decir,

\begin{align} \int{\ln^{3}\pars{\pm x} \over 1 - x}\,\dd x & = -\ln\pars{1 - x}\ln^{3}\pars{\pm x} - 3\int\mrm{Li}_{2}'\pars{x}\ln^{2}\pars{\pm x}\,\dd x \\[5mm] & = -\ln\pars{1 - x}\ln^{3}\pars{\pm x} - 3\,\mrm{Li}_{2}\pars{x}\ln^{2}\pars{\pm x} + 6\int\mrm{Li}_{3}'\pars{x}\ln\pars{\pm x}\,\dd x \\[1cm] & = -\ln\pars{1 - x}\ln^{3}\pars{\pm x} - 3\,\mrm{Li}_{2}\pars{x}\ln^{2}\pars{\pm x} + 6\,\mrm{Li}_{3}\pars{x}\ln\pars{\pm x} \\[5mm] & - 6\int\mrm{Li}_{4}'\pars{x}\,\dd x \\[1cm] & = -\ln\pars{1 - x}\ln^{3}\pars{\pm x} - 3\,\mrm{Li}_{2}\pars{x}\ln^{2}\pars{\pm x} + 6\,\mrm{Li}_{3}\pars{x}\ln\pars{\pm x} \\[5mm] & - 6\,\mrm{Li}_{4}\pars{x}\label{2}\tag{2} \end{align}

---

Con \eqref{1} y \eqref{2}: $$\bbox[15px,#ffe,border:1px dotted navy]{\ds{ \sum_{k\ \geq\ 1}{\pars{-1}^{k} \over k^{3}}H_{k} = -\,{11 \over 360}\,\pi^{4} - {1 \over 12}\ln^{2}\pars{2}\pi^{2} + {1 \over 12}\,\ln^{4}\pars{2} + 2\,\mrm{Li}_{4}\pars{1 \over 2} + {7 \over 4}\,\ln\pars{2}\zeta\pars{3}}} $$

Answer 4

\begin{align} S&=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n H_n}{n^3}=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2x}{x}\sum_{n=1}^\infty H_n(-x)^n\ dx=-\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{x(1+x)}\ dx}_{x=(1-y)/y}\\ &=\frac12\underbrace{\int_{1/2}^1\frac{\ln^2((1-x)/x)\ln(x)}{1-x}\ dx}_{x=1-y}=\frac12\int_0^{1/2}\frac{\ln^2(x/(1-x))\ln(1-x)}{x}\ dx\\ &=\frac12\left(\int_0^{1/2}\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{x}\ dx+\int_0^{1/2}\frac{\ln^3(1-x)}{x}\ dx\right)-\int_0^{1/2}\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx\\ &=\frac12\left(I_1+I_2\right)-I_3 \end{align} Aplicando IBP para la primera integral configurando $dv=\ln^2x/x$ y $u=\ln(1-x)$ y dejando $x=1-y$ para la segunda integral, tenemos:

\begin{align} I_1+I_2&=\frac13\ln^42+\frac13\int_0^{1/2}\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx+\int_{1/2}^1\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx\\ &=\frac13\ln^42+\int_0^1\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx-\frac23\int_0^{1/2}\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx\\ &=\frac13\ln^42-6\zeta(4)-\frac23\sum_{n=1}^\infty\int_0^{1/2}x^{n-1}\ln^3x\ dx\\ &=\frac13\ln^42-6\zeta(4)+\frac23\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{\ln^32}{n2^n}+\frac{3\ln^22}{n^22^n}+\frac{6\ln2}{n^32^n}+\frac{6}{n^42^n}\right)\\ &=4\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)+4\ln2\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right)+2\ln^22\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)+\ln^42-6\zeta(4) \end{align} Aplicando IBP para la tercera integral configurando $dv=\ln x/x$ y $u=\ln^2(1-x)$, \begin{align} I_3=\int_0^{1/2}\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx&=\frac12\ln^42+\underbrace{\int_0^{1/2}\frac{\ln^2x\ln(1-x)}{1-x}\ dx}_{x=1-y}\\ &=\frac12\ln^42+\int_{1/2}^1\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx \end{align} Al sumar la tercera integral a ambos lados, obtenemos: \begin{align} I_3&=\frac14\ln^42+\frac12\int_0^1\frac{\ln x\ln^2(1-x)}{x}\ dx\\ &=\frac14\ln^42+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}-\frac{1}{n^2}\right)\int_0^1 x^{n-1}\ln x\ dx\\ &=\frac14\ln^42+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{H_n}{n}-\frac{1}{n^2}\right)\left(-\frac{1}{n^2}\right)\\ &=\frac14\ln^42+\zeta(4)-\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n^3}\\ &=\frac14\ln^42-\frac14\zeta(4) \end{align} Agrupando $I_1, I_2$ e $I_3$: \begin{align} S&=2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)+2\ln2\operatorname{Li_3}\left(\frac12\right)+\ln^22\operatorname{Li_2}\left(\frac12\right)-\frac{11}4\zeta(4)+\frac14\ln^42\\ &=2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{11}4\zeta(4)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac{1}{12}\ln^42 \end{align} note que usamos $$\operatorname{Li_3}\left( \frac12\right)=\frac78\zeta(3)-\frac12\ln2\zeta(2)+\frac16\ln^32$$ $$\operatorname{Li_2}\left( \frac12\right) =\frac12\zeta(2)-\frac12\ln^22$$

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Bono:

Por el producto de Cauchy tenemos

$$\operatorname{Li}_2^2(x)=4\sum_{n=1}^\infty x^n\frac{H_n}{n^3}+2\sum_{n=1}^\infty x^n\frac{H_n^{(2)}}{n^2}-6\operatorname{Li}_4(x)$$

configuramos $x=-1$ y reorganizamos los términos para tener

$$\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n^{(2)}}{n^2}=\frac12\operatorname{Li}_2^2(-1)+3\operatorname{Li}_4(-1)-2\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n}{n^3}$$

sustituyendo el valor de $\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\frac{H_n}{n^3}$ junto con los valores especiales de $\operatorname{Li}_2(-1)=-\frac12\zeta(2)$ y $\operatorname{Li}_4(-1)=-\frac78\zeta(4)$ obtenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{H_n^{(2)}}{n^2}=-4\operatorname{Li}_4\left(\frac12\right)+\frac{51}{16}\zeta(4)-\frac72\ln2\zeta(3)+\ln^22\zeta(2)-\frac16\ln^42$$

Answer 5

Aquí calculamos la cantidad \begin{equation} A(1,q) := \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1} H_k}{k^q} = \frac{(-1)^{q+1}}{(q-1)!} \int\limits_0^1 \frac{[\log(u)]^{q-1} \cdot \log(1+u)}{u(u+1)} d u \end{equation> Tenemos: \begin{eqnarray} A(1,q) &=& \left.\frac{(-1)^{q+1}}{(q-1)!} \frac{\partial^{q-1}}{\partial \theta_1^{q-1}} \frac{\partial^{1}}{\partial \theta_2^{1}} \int\limits_0^1 u^{\theta_1-1} \cdot (u+1)^{\theta_2-1} du \right|_{\theta_1=0,\theta_2=0}\\ &=& \left.\frac{(-1)^{q+1}}{(q-1)!} \frac{\partial^{q-1}}{\partial \theta_1^{q-1}} \frac{\partial^{1}}{\partial \theta_2^{1}} \frac{2^{\theta_2-1}}{\theta_1} F_{2,1}[1, 1-\theta_2,1+\theta_1; 1/2] \right|_{\theta_1=0,\theta_2=0} \\ &=&\left.\frac{(-1)^{q+1}}{(q-1)!} \frac{\partial^{q-1}}{\partial \theta_1^{q-1}} \frac{\log(2) F_{2,1}[1,1,1+\theta_1;1/2] - F_{2,1}^{(0,1,0,0)}[1,1,1+\theta_1;1/2]}{2 \theta_1} \right|_{\theta_1=0} \\ &=& \left.\frac{1}{2} \sum\limits_{l=0}^{q-1} \frac{(-1)^l}{l!} \left[\log(2) \cdot F_{2,1}^{(0,0,l,0)}[1,1,1+\theta_1;1/2] - F_{2,1}^{(0,1,l,0)}[1,1,1+\theta_1;1/2]\right] \frac{1}{\theta_1^{q-l}} \right|_{\theta_1=0} \end{eqnarray> En la segunda línea integramos por partes y usamos la definición de la función hipergeométrica. En la tercera línea diferenciamos con respecto a $\theta_2$ y tomamos el límite $\theta_2 \rightarrow 0$ y definimos \begin{equation> F_{2,1}^{(0,p,q,0)}[a,b,c;x] := \frac{\partial^p}{\partial b^p} \frac{\partial^q}{\partial c^q} F_{2,1}[a,b,c;x] \end{equation> y finalmente en la última línea aplicamos la regla de la cadena. Claramente, la última expresión en el lado derecho es singular en cero. Por lo tanto, necesitamos reducirlo al denominador común y luego aplicar la regla de L'Hospital. Aquí el denominador común es $\theta_1^q$ y tenemos que diferenciar $q$ veces tanto el numerador como el denominador. El resultado final es bastante simple. Se lee: \begin{equation> A(1,q) = \frac{(-1)^{q+1}}{2^q q!} \left[ q \log(2) \left( \Psi^{(q-1)}(\frac{1}{2}) - \Psi^{(q-1)}(1) \right) - 2^{q-1} F_{2,1}^{(0,1,q,0)}[1,1,1,;1/2] \right] \end{equation> Lo último que queda por comprobar es si las derivadas superiores de la función hipergeométrica se reducen todos a valores de funciones de poligamma en uno y en un medio. Verificaré esto más tarde.

Ahora, usando la representación integral de la función hipergeométrica, encontramos bastante fácilmente la derivada en cuestión. Se lee: \begin{equation> \frac{1}{2} \frac{(-1)^{q-1}}{q!} F_{2,1}^{(0,1,q,0)}[1,1,1;1/2] = \left(1+\log(2)\right) Li_q(-1) - \frac{(-1)^{q-1}}{q!} \int\limits_0^1 \frac{\log(\xi)^q \cdot \log(1+\xi)}{(1+\xi)^2} d\xi \end{equation> Insertando esto en la ecuación para $A(1,q)$ después de usar Interesante conexión entre polilogaritmos y funciones de poligamma. obtenemos: \begin{equation> A(1,q) = -Li_q(-1) + \frac{(-1)^{q-1}}{q!} \int\limits_0^1 \frac{\log(\xi)^q \cdot \log(1+\xi)}{(1+\xi)^2} d\xi y finalmente usando Antiderivada de una función que involucra logaritmos y una fracción. obtenemos el resultado final para $q=3$. Tenemos: \begin{eqnarray> &&A(1,q) = -Li_q(-1) + \frac{(-1)^{q-1}}{q!} \cdot \\ && \!\!\!\!\!\!\!\left( -6 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+6 \text{Li}_4(2)-\frac{9 \zeta (3)}{2}-\frac{21}{2} \zeta (3) \log (2)+\frac{\pi ^4}{20}-\frac{\log ^4(2)}{4}+i \pi \log ^3(2)-\frac{1}{2} \pi ^2 \log ^2(2)\right) \\ &&=0.8592471579285906155...