Rechnen$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}$
Ein von Cornel Valean vorgeschlagener Vorschuss:
$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}$$ $$=4\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac12\zeta(4)+\frac72\zeta(3)-4\ln^22\zeta(2)+6\ln2\zeta(2)+\frac16\ln^42-1$$
Ich habe es geschafft, die Integraldarstellung von zu finden$\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^2{2n\choose n}}\ $aber nicht$S$:
Seit
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
wir können schreiben
$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$
multiplizieren Sie nun beide Seiten mit$-\frac{\ln(1-x)}{x}$dann$\int_0^1$und benutze das$-\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=\frac{H_n}{n}$wir haben
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^2{2n\choose n}}=-2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}\ln(1-x)}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx\tag1$$
Aber ich konnte die integrale Darstellung von nicht bekommen$S$. Irgendeine Idee?
Falls Sie das Integral finden, bevorzuge ich Lösungen, die keine Konturintegration verwenden, oder Sie können es mir überlassen, es zu versuchen. Vielen Dank.
Falls der Leser neugierig auf die Berechnung des Integrals in ist$(1)$, einstellen$x=\sin^2\theta$Verwenden Sie dann die Fourier-Reihe von$\ln(\cos \theta)$.
Antworten
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\sum_{n = 1}^{\infty}{2^{2n}H_{n + 1} \over \pars{n + 1}^{2}{2n \choose n}}} = \sum_{n = 2}^{\infty}H_{n}\,{4^{n - 1} \over n^{2}{2n - 2 \choose n - 1}} = -1 + \sum_{n = 1}^{\infty} H_{n}\,{4^{n - 1} \over n^{2}}\,{\Gamma\pars{n}\Gamma\pars{n} \over \Gamma\pars{2n - 1}} \\[5mm] = &\ -1 + \sum_{n = 1}^{\infty} H_{n}\, 4^{n - 1}\pars{{2 \over n} - {1 \over n^{2}}}\,{\Gamma\pars{n}\Gamma\pars{n} \over\Gamma\pars{2n}} \\[5mm] = &\ -1 + 2\sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\, 4^{n - 1} \pars{\int_{0}^{1}x^{n - 1}\,\dd x} \int_{0}^{1}y^{n - 1}\pars{1 - y}^{n - 1}\,\dd y \\[2mm] &\ -\sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\, 4^{n - 1} \bracks{-\int_{0}^{1}\ln\pars{x}x^{n - 1}\,\dd x} \int_{0}^{1}y^{n - 1}\pars{1 - y}^{n - 1}\,\dd y \\[5mm] = &\ -1 + 2\int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\pars{4xy \over 1 - y}^{n - 1} \,\dd x\,\dd y \\[2mm] &\ + \int_{0}^{1}\ln\pars{y}\int_{0}^{1} \sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\, \pars{4xy \over 1 - y}^{n - 1} \,\dd x\,\dd y \\[5mm] = &\ -1 + 2\int_{0}^{1}\int_{0}^{4y/\pars{1 - y}} \sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}x^{n - 1}\, {1 - y \over 4y}\,\dd x\,\dd y \\[2mm] &\ + \int_{0}^{1}\ln\pars{y}\int_{0}^{4y} \sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\, x^{n - 1}\,{y - 1 \over 4y} \,\dd x\,\dd y \\[5mm] = &\ -1 + {1 \over 2}\int_{0}^{1}{1 - y \over y}\int_{0}^{4y/\pars{1 - y}} \bracks{-\,{\ln\pars{1 - x} \over 1 - x}} \,{\dd x \over x}\,\dd y \\[2mm] &\ + {1 \over 4}\int_{0}^{1}{\pars{1 - y}\ln\pars{y} \over y}\int_{0}^{4y/\pars{1 - y}} \bracks{-\,{\ln\pars{1 - x} \over 1 - x}} \,{\dd x \over x}\,\dd y \\[5mm] = &\ -1 - {1 \over 2}\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x} \over x\pars{1 - x}} \int_{0}^{x/\pars{x + 4}}{1 - y \over y}\,\dd y\,\dd x \\[2mm] &\ - {1 \over 4}\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x} \over x\pars{1 - x}} \int_{0}^{x/\pars{x + 4}}{\pars{1 - y}\ln\pars{y} \over y} \,\dd y\,\dd x \\[5mm] = &\ -1 - {1 \over 4}\int_{0}^{1}{\ln\pars{1 - x} \over x\pars{1 - x}} \int_{0}^{x/\pars{x + 4}} {\pars{1 - y}\bracks{2 + \ln\pars{y}} \over y}\,\dd y\,\dd x \end{align}Das$\ds{y}$-Integration wird:$$ -2\ln\pars{x \over 4 + x} - {1 \over 2}\ln^{2}\pars{x \over 4 + x} - {4 \over 4 + x} - {x \over 4 + x}\ln\pars{4 + x \over x} $$Es scheint ein fieser Job zu sein !!!. Ich hoffe, jemand anderes kann es von hier übernehmen.
Nach der Idee von @Felix oben:
$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}=\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{2n-2}H_n}{n^2{2n-2\choose n-1}}$$
Beachten Sie, dass
$$\frac{{2n+2\choose n+1}}{{2n\choose n}}=\frac{\frac{\Gamma(2n+3)}{\Gamma^2(n+2)}}{\frac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma^2(n+1)}}=\frac{\frac{(2n+2)(2n+1)\Gamma(2n+1)}{((n+1)\Gamma(n+1))^2}}{\frac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma^2(n+1)}}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}=\frac{2(2n+1)}{n+1}$$
ersetzen$n$durch$n-1$wir bekommen
$$\frac{1}{{2n-2\choose n-1}}=\frac{2(2n-1)}{n{2n\choose n}}$$
Deswegen
$$S=\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{2n-1}(2n-1)H_n}{n^3{2n\choose n}}=\sum _{n=1}^{\infty } \frac{2^{2n} H_n}{n^2 {2n\choose n}}-\frac12 \sum _{n=1}^{\infty } \frac{2^{2n} H_n}{n^3 {2n\choose n}}-1\tag1$$
Im Fragenkörper haben wir
$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{2^{2n} H_n}{n^2 {2n\choose n}}=-2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}\ln(1-x)}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx\overset{\sqrt{x}=\sin\theta}{=}-8\int_0^{\pi/2} \theta \ln(\cos\theta)d\theta$$
$$=-8\int_0^{\pi/2}\theta\left(-\ln(2)-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\cos(2n\theta)}{n}\right)d\theta=6\ln(2)\zeta(2)+\frac72\zeta(3)\tag2$$
und hier haben wir schon gezeigt
$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^3{2n\choose n}}=-8\text{Li}_4\left(\frac12\right)+\zeta(4)+8\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{1}{3}\ln^4(2)\tag3$$
Endlich Stecker$(2)$und$(3)$in$(1)$wir erhalten
$$S=4\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac12\zeta(4)+\frac72\zeta(3)-4\ln^2(2)\zeta(2)+6\ln(2)\zeta(2)+\frac16\ln^4(2)-1$$