Sobre la suma de Euler $\sum \limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_n^{(4)} H_n^2}{n^6}$

Question

Aquí hay una suma de Euler con la que me encontré.

$$\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(4)} \mathcal{H}_n^2}{n^6}$$

donde $\mathcal{H}_n^{(s)}$ es el número armónico generalizado de orden $s$ . No tengo ni idea de qué evalúa esto ni tengo las técnicas adecuadas para empezar a descifrarlo.

Hemos visto bastantes sumas de Euler, pero no creo que hayamos visto algo así antes. Corríjanme si me equivoco.

¿Alguna ayuda?

Editar: Tal vez este enlace ( pecado inverso ) es útil para un enfoque integral.

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Actualización (por el editor): Por las relaciones de stuffle de Múltiples Valores Zeta el resultado es: > $$S=\small -\frac{3}{20} \pi ^4 \zeta(6,2)-\frac{5}{3} \pi ^2 \zeta(8,2)+\frac{143}{4} \zeta(10,2)-6\zeta(8,2,1,1)+\frac{\zeta (3)^4}{3}-\frac{23 \pi ^6 \zeta (3)^2}{1620}-\frac{8}{45} \pi ^4 \zeta (5) \zeta (3)-\frac{31}{3} \pi ^2 \zeta (7) \zeta (3)+\frac{2531 \zeta (9) \zeta (3)}{18}-\frac{9 \pi ^2 \zeta (5)^2}{2}+\frac{1115 \zeta (5) \zeta (7)}{8}-\frac{964213 \pi ^{12}}{8756748000}$$

Answer 1

Una respuesta parcial, diseñada para simplificar los intentos posteriores. Por el tema 4.2 de Flajolet y Salvy la suma de Euler $S_{42,6}=\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^{(4)}H_n^{(2)}}{n^6}$ puede escribirse en términos de valores del $\zeta$ función. De ello se deduce que basta con evaluar $$ \mathcal{J} = \sum_{n\geq 1}\frac{H_n^{(4)}\left(H_n^2-H_n^{(2)}\right)}{n^6}=\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^{(4)}}{n^5}\int_{0}^{1}\log^2(1-x)x^{n-1}\,dx. $$ y para hacer frente a $H_n^{(4)}$ podemos robar una idea muy interesante de nospoon :

$$ \arcsin(x)^6 = \frac{45}{8}\sum_{k\geq 1}\left(\left(H_{k-1}^{(2)}\right)^2-\color{red}{H_{k-1}^{(4)}}\right)\frac{4^k x^{2k}}{\color{red}{k^2}\binom{2k}{k}} $$

véase también la ecuación $(21)$ aquí . Podría ser útil ejecutar una implementación del algoritmo PSLQ para alcanzar una forma cerrada conjetural para $S_{411,6}$ Mientras tanto, seguiré indagando en la literatura.

La cuestión también se puede resolver evaluando $$ \sum_{a,b,c\geq 1}\frac{(2 a+b) (b+2 c) \left(b^2+2 b c+2 c^2\right)}{a^2 b^4 (a+b)^2 c^4 (b+c)^4} $$ o $$ \iint_{(0,1)^2}\frac{\text{Li}_4(xy)\log^4(y)\log^2(1-x)}{xy(1-xy)}\,dx\,dy ,$$ buena suerte. Además de las fórmulas de reflexión del tetralogaritmo, podemos observar que

$$\iint_{(0,1)^2}\frac{\text{Li}_4(xy)\log^4(y)\log^2(1-x)}{xy}\,dx\,dy = 24\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_9(x)\log^2(1-x)}{x}\,dx $$ depende de la suma de Euler $S_{2,10}$ que podría ser irreducible al igual que $S_{2,6}$ y $S_{2,8}$ . Por lo tanto, a menos que tengamos alguna cancelación, no podemos estar seguros de que la suma original de Euler con peso $12$ puede expresarse en términos de valores del $\zeta$ sólo la función. Esta imposibilidad para $\zeta(6,4,1,1)$ ha sido demostrado por Houches aquí .

Answer 2

Esto no va a ser una respuesta completa, sin embargo creo que este enfoque es viable y puede conducir a una respuesta. Utilizando la función generadora de cuadrados de números armónicos Integral que implica un dilogaritmo frente a una suma de Euler. y también utilizando la siguiente representación integral del número armónico generalizado: \begin {equation} H^{(p)}_m = (-1)^{p-1} \int\limits_0 ^1 \sum\limits_ {l=1}^p Li_l( \xi ) \cdot \frac {[ \log ( \xi )]^{p-l}}{(p-l)!} \cdot (-1)^{l-1} \cdot m \xi ^{m-1} d \xi \end {ecuación} llegamos a la siguiente representación integral: \begin {eqnarray} && \sum\limits_ {n=1}^ \infty [H_n]^2 \cdot H_n^{(4)} \cdot \frac {1}{n^6} = \\ && \frac ¡{1}{3! 4!} \sum\limits_ {j=1}^4 (-1)^j \binom ¡{3}{j-1} (j-1)! \int\limits_ {(0,1)^2}[ \log (t)]^{4-j} [ \log ( \xi )]^4 Li_j(t) \cdot \frac {Li_2( \xi t)+ \log (1- \xi t)^2}{t \xi (1-t \xi )} dt d \xi = \\ &&- \frac ¡{1}{3! 4!} \int\limits_ {[0,1]^3} \log ( \xi )^4 \log (t \eta )^3 \frac {(Li_2( \xi t)+ \log (1- \xi t)^2)}{ \xi (1- \xi t)(1-t \eta )} d \xi dt d \eta = \\ &&- \frac ¡{1}{3! 4!} \int\limits_0 ^1 \int\limits_0 ^ \xi \int\limits_0 ^{t/ \xi } \log ( \xi )^4 \log ( \eta )^3 \frac {(Li_2(t)+ \log (1-t)^2)}{ \xi (1-t)(1- \eta ) t} d \eta dt d \xi = \\ &&- \frac ¡{1}{3! 5!} \int\limits_0 ^1 \int\limits_0 ^1 (- \log (t)^5 1_{ \eta < t} + ( \log (t/ \eta ))^5- \log (t)^5) 1_{ \eta > t}) \log ( \eta )^3 \frac {Li_2(t)+ \log (1-t)^2}{(1-t)(1- \eta ) t} d \eta dt= \\ &&- \frac ¡{1}{3! 5!} \int\limits_0 ^1 \left (40320 \text {Li}_9(t)-120 \text {Li}_6(t) \log ^3(t)+2160 \text {Li}_7(t) \log ^2(t)-15120 \text {Li}_8(t) \log (t)+ \right.\\ && \left. -120 \zeta (5) \log ^4(t)-7200 \zeta (7) \log ^2(t)- \frac {80}{63} \pi ^6 \log ^3(t)- \frac {8}{3} \pi ^8 \log (t)-40320 \zeta (9) \right ) \frac {Li_2(t)+ \log (1-t)^2}{(1-t) t} dt \end {eqnarray} En la tercera línea desde arriba utilizamos la representación integral de $L_j(t)$ y se ha realizado la suma sobre $j$ . En la cuarta línea desde arriba sustituimos por $(\xi,t \xi, t\eta)$ . En la quinta línea realizamos la integral sobre $\xi$ y en la sexta línea la integral sobre $\eta$ . Ahora está claro que muchos de los términos de la línea inferior se pueden integrar en forma cerrada. Lo completaremos lo antes posible.

Mientras tanto, sólo mencionamos que la suma en cuestión converge lentamente. De hecho basándonos en la última integral nuestra suma es igual a $1.0440866271501388232534111083784540300372112557593..$ . En cambio, si calculáramos la suma a partir de su definición, necesitaríamos sumar diez mil términos para alcanzar una precisión de dieciocho dígitos decimales.

Actualización: Ahora, nos ocupamos de la última integral anterior. Se divide en diferentes términos que se dividen en tres grupos solamente. Empecemos por el término más fácil y terminemos con el más difícil. Tenemos: \begin {eqnarray} && \int\limits_0 ^1 [ \log (t)]^p \frac {Li_2(t)+ \log (1-t)^2}{(1-t)t}dt= \\ ¡&&(-1)^p p! \zeta (p+3) + \\ &&(-1)^p p! (2 { \bf H}^{(1)}_{p+2}(1)+ { \bf H}^{(2)}_{p+1}(1)-3 \zeta (p+3)) \cdot 1_{p \ge 2} - \frac {1}{2} \zeta (2)^2 \cdot 1_{p=1}+ \\ && \left (- \frac {1}{3} \Psi ^{(p+2)}(1) + \frac {1}{2} \sum\limits_ {j=1}^{p-1} \binom {p}{j} ( \Psi ^{(j+1)}(1) \Psi ^{(p-j)}(1)+ \Psi ^{(j)}(1) \Psi ^{(p+1-j)}(1))+ \sum\limits_ {1 \le j < j_1 \le p-1} \frac {p!}{j! (j_1-j)!(p-j_1)!} \Psi ^{(j)}(1) \Psi ^{(j_1-j)}(1) \Psi ^{(p-j_1)}(1) \right ) \end {eqnarray} para $p=1,2,3,\cdots$ . Aquí $\Psi$ es la función poligama.

Como en nuestro caso el mayor valor de $p$ es igual a cuatro todas las funciones generadoras ${\bf H}^{(.)}_{.}(1)$ se expresan a través de funciones zeta únicas, como se ve en Cálculo de sumas alternas de Euler de potencias Impares .

Los términos restantes son los siguientes. En primer lugar el término de dificultad media: \begin {eqnarray} && \int\limits_0 ^1 \left (Li_{9}(t) -Li_9(1) \right ) \frac {Li_2(t)+ \log (1-t)^2}{(1-t)t}dt= \cdots\\ \end {eqnarray} y luego los términos más difíciles: \begin {eqnarray} && \int\limits_0 ^1 Li_{9-p}(t) [ \log (t)]^p \frac {Li_2(t)+ \log (1-t)^2}{(1-t)t}dt= \cdots\\ \end {eqnarray} para $p=1,2,3$ .

Nos ocuparemos de estos términos más adelante. Ahora sólo podemos notar que estos términos involucrarán múltiples funciones zeta de profundidad tres y, como tales, pueden no reducirse necesariamente a valores zeta únicos.