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

Una forma mágica propuesta por Cornel Ioan Valean

Consideremos una poderosa forma de la función Beta que se presenta en el libro, (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series, $\displaystyle \int_0^1 \frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}} \textrm{d}x = \operatorname{B}(a,b)$, utilizada para cálculos elegantes en la Sección $3.7$, páginas $72$-$73$.

Aquí está la magia...

$$\underbrace{\lim_{\substack{a\to0 \\ b \to 0}}\frac{\partial^{3}}{\partial a^2 \partial b}\operatorname{B}(a,b)}_{\displaystyle -5/2\zeta(4)}=3\underbrace{\int_0^1\frac{\log(x)\log^2(1+x)}{x}\textrm{d}x}_{\displaystyle -7/4 \zeta(4)+2 \sum _{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}H_n/n^3}-\underbrace{\int_0^1\frac{\log^2(x)\log(1+x)}{x}\textrm{d}x}_{\displaystyle 7/4\zeta(4)}$$ $$-2\underbrace{\int_0^1 \frac{\log^3(1+x)}{x}\textrm{d}x}_{\displaystyle 6\zeta(4)+3/2\log^2(2)\zeta(2)-21/4\log(2)\zeta(3)\\\displaystyle -\log^4(2)/4-6\operatorname{Li}_4(1/2)},$$

por lo que concluimos que $$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}\frac{H_n}{n^3}$$ $$=\frac{11}{4}\zeta(4)-\frac{7}{4}\log(2)\zeta(3)+\frac{1}{2}\log^2(2)\zeta(2)-\frac{1}{12}\log^4(2)-2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right).$$

Q.E.D.

Una primera nota: Observa que las últimas dos integrales en el lado derecho son conocidas y triviales.

Una segunda nota: El límite de la función Beta puede abordarse de diferentes maneras. Una forma elegante se logra con el Teorema Maestro de Series de Cornel del artículo Un teorema maestro de series y una evaluación de una serie armónica cúbica, que tambien se da en el libro, (Almost) Impossible Integrals, Sums, and Series. Para otro enfoque, nota que el límite se puede llevar a la forma, $\displaystyle \int_0^1 \frac{\log (1-x) \log ^2(x)}{(1-x) x} \textrm{d}x$, donde fácilmente notamos que detrás de escena hay una suma clásica de Euler, ¡una muy conocida!

Una tercera nota: una estrategia similar, con un poco más de maquinaria, se ha utilizado en esta respuesta https://math.stackexchange.com/q/3531956.

El trabajo se convertirá pronto en un artículo.

Answer 2

Enfoque diferente

Tenemos

$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^nH_n}{n^3}=-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{x(1+x)}\ dx$$ $$=\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{1+x}\ dx}_{I}-\frac12\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{x}\ dx}_{\frac74\zeta(4)}$$

Para $I$, comenzamos con la identidad algebraica $$a^2b=\frac13a^3-\frac13b^3+ab^2-\frac13(a-b)^3$$

donde si establecemos $a=\ln x$ y $b=\ln(1+x)$ obtenemos

$$I=\int_0^1\frac{\ln^2x\ln(1+x)}{1+x}\ dx$$ $$=\frac13\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^3x}{1+x}\ dx}_{I_1}-\frac13\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^3(1+x)}{1+x}\ dx}_{I_2}+\underbrace{\int_0^1\frac{\ln x\ln^2(1+x)}{1+x}\ dx}_{I_3}-\frac13\underbrace{\int_0^1\frac{\ln^3\left(\frac{x}{1+x}\right)}{1+x}\ dx}_{I_4}$$

$$I_1=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1}\int_0^1 x^{n-1}\ln^3x\ dx=6\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^4}=-\frac{21}4\zeta(4)$$

$$I_2=\frac14\ln^42$$

$$I_3\overset{IBP}{=}-\frac13\int_0^1\frac{\ln^3(1+x)}{x}\ dx=2\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac12\zeta(4)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac1{12}\ln^42$$

Donde el último resultado se sigue del uso de la generalización

$$\int_0^1\frac{\ln^n(1+x)}{x}\ dx=\frac{\ln^{n+1}(2)}{n+1}+n!\zeta(n+1)+\sum_{k=0}^n k!{n\choose k}\ln^{n-k}(2)\operatorname{Li}_{k+1}\left(\frac12\right)$$

Para $I_4$, dejamos $\frac{x}{1+x}\to x$

$$I_4=\int_0^{1/2}\frac{\ln^3x}{1-x}\ dx=-6\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{21}4\ln2\zeta(3)+\frac32\ln^22\zeta(2)-\frac1{12}\ln^42$$

lo cual se sigue del uso de la generalización

$$\int_0^{1/2}\frac{\ln^n x}{1-x}\ dx=-\sum_{k=0}^n{n\choose k}(-\ln(2))^{n-k}(-1)^k k!\operatorname{Li}_{k+1}\left(\frac12\right)$$

la cual se puede encontrar en el mismo enlace de arriba (ver $(3)$).

Combinando estos resultados obtenemos

$$I=4\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{15}4\zeta(4)+\frac72\ln2\zeta(3)-\ln^22\zeta(2)+\frac{1}{6}\ln^42$$

Dándonos

$$S=2\operatorname{Li_4}\left(\frac12\right)-\frac{11}4\zeta(4)+\frac74\ln2\zeta(3)-\frac12\ln^22\zeta(2)+\frac{1}{12}\ln^42$$