Una suma de Euler desafiante $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{H_n}{\tbinom{2n}{n}}$

Question

Recientemente, me encontré con una extraña serie que involucra Números Armónicos y Coeficientes Binomiales ambos.

Según Mathematica :

$$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{\binom{2n}{n}} = -\frac{2\sqrt{3} \pi}{27}(\log (3)-2)+\frac{2}{27} \left( \psi_1 \left( \frac{1}{3}\right)-\psi_1 \left(\frac{2}{3} \right)\right)$$

Aquí $\psi_n(z)$ denota el Función Polygamma . ¿Puede alguien proporcionar una buena prueba de la afirmación anterior?

Mi intento fallido

Utilizando la identidad de la función Beta, $$\frac{1}{\binom{2n}{n}}=(2n+1)\int_0^1 y^n(1-y)^n \ dy$$

$$\displaystyle \begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{\binom{2n}{n}} &= \sum_{n=1}^\infty (2n+1)H_n \int_0^1 (y-y^2)^n dy \\ &= \int_0^1 \sum_{n=1}^\infty (2n+1)H_n (y-y^2)^n \ dy \end{aligned}$$

En este caso, he utilizado la identidad

$$\sum_{n=1}^\infty (2n+1)H_n t^n=\frac{2t-(1+t)\log(1-t)}{(t-1)^2}\quad |t|<1$$

y consiguió

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{\binom{2n}{n}}=\int_0^1 \frac{2y-2y^2-(1+y-y^2)\log(y^2-y+1)}{(y^2-y+1)^2}dy$$

¿Cómo debo continuar a partir de ahora? He intentado hacer algunas sustituciones pero nada ha funcionado. ¿Voy en la dirección correcta?

Por favor, ayuda.

Answer 1

Nota: falta un signo menos delante del primer término a la izquierda de su evaluación.

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Pon la integral en la forma $$I=\int_0^{1}\frac{\left(y^2-y+1\right)\ln\left(y^2-y+1\right)-2\ln\left(y^2-y+1\right)-2\left(y^2-y+1\right)+2}{\left(y^2-y+1\right)^2}dy.$$ Realizar el cambio de variable $y=\frac12+\frac{\sqrt{3}}{2}\tan\varphi$ (para que $y^2-y+1=\frac{3}{4\cos^2\varphi}$ ) y simplificando, esto se reduce a $$I=\frac{8}{3\sqrt{3}}\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\left\{\Bigl(\frac34-2\cos^2 \varphi\right)\left(\ln 3-2-2\ln (2\cos \varphi)\Bigr)-2\cos^2 \varphi\right\}d\varphi.\tag{1}$$ Las únicas integrales no triviales aquí son de la forma $$\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\ln (2\cos \varphi)\,d\varphi,\qquad \int_{-\pi/6}^{\pi/6}\left(2\cos^2\varphi-1\right)\ln (2\cos \varphi)\,d\varphi.$$ La segunda integral puede hacerse fácilmente por partes - es igual a \begin{align}\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\left(2\cos^2\varphi-1\right)\ln (2\cos \varphi)\,d\varphi&=\Bigl[\sin\varphi\cos\varphi\ln(2\cos \varphi)\Bigr]^{\pi/6}_{-\pi/6}+\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\sin^2\varphi\,d\varphi=\\&=\frac{\pi}{6}+\frac{\sqrt{3}}{4}\ln3-\frac{\sqrt{3}}{4}. \end{align} Utilizando esto en (1), lo reducimos a $$I=\frac{8}{3\sqrt{3}}\left[\frac{\pi\left(2-\ln3\right)}{12}+\frac12\int_{-\pi/6}^{\pi/6}\ln(2\cos\varphi)\,d\varphi\right].$$ Por lo tanto, la prueba de su identidad se reduce a demostrar que $$\int_{0}^{\pi/6}\ln(2\cos\varphi)\,d\varphi=\frac{\psi_1\left(\frac13\right)-\psi_1\left(\frac23\right)}{12\sqrt{3}},\tag{2}$$ Sin embargo, el lado izquierdo es claramente expresable en términos de polilogaritmos, por lo que (2) debería seguirse de sus valores especiales conocidos.

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Añadido :

De hecho, como señaló Raymond Manzoni, la diferencia de la fórmulas (5) y (7) aquí da $$\psi_1\left(\frac13\right)-\psi_1\left(\frac23\right)=6\sqrt{3}\,\mathrm{Cl}_2\left(\frac{2\pi}{3}\right)\tag{3}$$ Función Clausen $\mathrm{Cl}_2\left(x\right)$ es básicamente la parte imaginaria de la función dilogaritmo, caracterizada por la representación integral $$\mathrm{Cl}_2\left(x\right)=-\int_0^x\ln\left(2\sin\frac{t}{2}\right)dt.\tag{4}$$ Utilizando (3), (4) y el hecho de que $\mathrm{Cl}_2(\pi)=0$ deducimos de (2) la afirmación necesaria.

Answer 2

Puede consultar mi cálculo en este foro .