Suma Más De Fracciones De Armónica De Los Números

Question

Me disculpo si esto se ha preguntado antes, pero no he podido encontrar ninguna respuesta adecuado para mis necesidades ahora.

He estado estudiando la armónica de los números de los últimos días y soy incapaz de evaluar una suma de dinero que involucran fracciones de armónica de los números. He aquí un rápido resumen de lo que he probado hasta ahora:

Comenzando con $H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}$ obtenemos que (de hecho, me encuentro muy interesante) \begin{align*} H_n &= \sum_{n=1}^{k} \int_{0}^{1}x^{k-1}dx \\ &= \int_{0}^{1}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}dx\\ &= -n\int_{0}^{1}x^{n-1}\ln(1-x)dx\\ &= n\int_{0}^{1}x^n\frac{d}{dx}\text{Li}_2(x)dx \end{align*}

Lo que permite un método muy simple para evaluar la suma \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^p}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{p-1}}\int_{0}^{1}x^n\frac{d}{dx}\text{Li}_2(x)dx\\ &=\int_{0}^{1}\text{Li}_{p-1}(x)\frac{d}{dx}\text{Li}_2(x)dx\\ &=(p+2)\zeta(p+1)-\sum_{n=1}^{p-2}\zeta(p-n)\zeta(n+1)\\ \end{align*}

Ahora esta expresión para $H_n$ podemos evaluar $H_{1/n}$ para los no-cero $n$, así que me decidí a probar y evaluar $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{\frac{1}{n}}}{n}$$

He definido la función de $$\lambda_p(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{\frac{1}{n}}}{n^p} $$ y tenemos $$\frac{d}{dx}\lambda_p(x)=\frac{\lambda_{p+1}(x)}{x}$$ y entonces traté de evaluar la suma y consiguió

\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{\frac{1}{n}}}{n} &= \int_{0}^{1}\lambda_2(x)\frac{d}{dx}\text{Li}_2(x)dx \\ &=\text{Li}_2(1)\lambda_2(1)-\int_{0}^{1}\text{Li}_2(x)\frac{d}{dx}\lambda_2(x)dx\\ &=\zeta(2)^2-\int_{0}^{1}\lambda_3(x)\frac{d}{dx}\text{Li}_3(x)dx\\ &= \sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)^2 \end{align*}

Ahora, el LHS converge mientras que el lado derecho no, y me di cuenta de que $\lambda_p(x)$ no debe ser uniformemente convergente (supongo que yo era imprudente). ¿Alguien tiene una idea sobre cómo evaluar esta suma? Agradecería sugerencias sobre cómo proceder. Gracias

Answer 1

Tenemos: $$ H_{\frac{1}{n}}=\sum_{m\geq 1}\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{m+\frac{1}{n}}\right) $$ por lo tanto $$ S=\sum_{n\geq 1}\frac{H_{1/n}}{n}=\sum_{n\geq 1}\sum_{m\geq 1}\left(\frac{1}{mn}-\frac{1}{mn+1}\right)=\color{red}{\sum_{r\geq 1}\frac{d(r)}{r(r+1)}} \tag{1}$$ donde $\sum_{r\geq 1}\frac{d(r)}{r^s}=\zeta(s)^2$ desprende también de Dirichlet de la convolución. No creo que la RHS de $(1)$ tiene una bonita forma cerrada, pero podemos para asegurarse de aplicar el teorema de Parseval para escribir $S$ de forma integral, desde $$ \sum_{n\geq 2}\zeta(n) z^n = -z H_{-z},\qquad \sum_{n\geq 2}(-1)^n \zeta(n) z^n = z H_{z}\tag{2}$$ así $$ S = \lim_{\lambda\to 0^+}\sum_{n\geq 2}(-1)^n \zeta(n)^2 e^{-\lambda n} = -\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}H_{-e^{i\theta}}\cdot H_{e^{-i\theta}}\,d\theta \tag{3}$$ o creativa telescópica para acelerar la convergencia de la serie dada por el lado derecho de la $(1)$.
Por ejemplo, podemos aprovechar $$\begin{eqnarray*} S &=& \sum_{r\geq 1}\frac{d(r)}{\left(r+\frac{1}{2}\right)^2}+\sum_{r\geq 1}\frac{d(r)}{r(r+1)(2r+1)^2}\\&=&\sum_{r\geq 1}\frac{d(r)}{\left(r+\frac{1}{2}\right)^2}+\frac{1}{4}\sum_{r\geq 1}\frac{d(r)}{\left(r+\frac{1}{2}\right)^4}+\ldots\end{eqnarray*}\tag{4}$$ pero por este camino perdemos la oportunidad de evaluar el único términos de Dirichlet de la convolución.
Aún de otra manera, la explotación de $$ S = \frac{1}{2}+\sum_{n\geq 2}(-1)^n(\zeta(n)^2-1)$$

$$=\frac{1}{2}+\sum_{n\geq 2}\iint_{(0,+\infty)^2}\frac{1}{e^{2x}-e^{x}}\left(\frac{1}{e^y-1}+\frac{1}{e^{y}}\right)\sum_{n\geq 2}(-1)^n \frac{x^{n-1}y^{n-1}}{(n-1)!^2}\,dx\,dy$$ $$=\frac{1}{2}+\iint_{(0,+\infty)^2}\frac{1}{e^{2x}-e^{x}}\left(\frac{1}{e^y-1}+\frac{1}{e^{y}}\right)\cdot\left(1-J_0(2\sqrt{xy})\right)\,dx\,dy. \tag{5}$$

Answer 2

Me di cuenta de cómo resolver esto, así que para aquellos que son curiosos, aquí está mi solución.

Tenemos que para cualquier $|y|<1$, $$H_y = \sum_{n=2}^{\infty}(-1)^n\zeta(n)y^{n-1}$$

así que ahora la suma se convierte en \begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{\frac{1}{n^m}}}{n^p}&=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^p}\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\zeta(k)\frac{1}{n^{m(k-1)}}\\ &=1+\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\zeta(k)\left(\zeta(p+m(k-1))-1\right) \end{align*} con $m=p=1$

[EDITAR]

Tengo la serie para $H_n$ a través de la integración por partes, lo que da

\begin{align*}H_n &= n\int_{0}^{1}x^n\frac{d}{dx}\text{Li}_2(x)dx\\ &= \sum_{k=2}^{p-1}(-1)^k\zeta(k)n^{k-1}+(-1)^pn^{p-1}\int_{0}^{1}x^n\frac{d}{dx}\text{Li}_p(x)dx\\ \end{align*} así, por $|n|<1$, podemos tomar el límite cuando p tiende a infinito