Prueba alternativa de computación $\sum _{n=1}^{\infty } \frac{4^n H_n}{n^2 {2n\choose n}}$
En esta solución mostramos que
$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{4^n H_n}{n^2 {2n\choose n}}=6\ln(2)\zeta(2)+\frac72\zeta(3)\tag1$$
usando la identidad
$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$
Mi pregunta aquí es ¿podemos probar $(1)$de una manera diferente usando métodos elementales? Aún así, no permita que las restricciones de mi pregunta limiten sus enfoques, se agradecen todos los enfoques.
El objetivo de esta publicación (desafío) es aprender diferentes técnicas si es posible y hacer que este sitio sea más entretenido.
Gracias.
Respuestas
Un boceto (por ahora). Usando las identidades$$\int_0^1\frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x}}\,{\rm d}x=\frac{4^n}{n\binom{2n}n}\,\,\,\text{and}\,\,\,\sum_{n\ge1}\frac{H_n}nx^n=\operatorname{Li}_2(x)+\frac12\log^2(1-x)$$ da $$\sum_{n\ge1}\frac{4^nH_n}{n^2\binom{2n}n}=\sum_{n\ge1}\frac{H_n}n\int_0^1\frac{x^{n-1}}{\sqrt{1-x}}\,{\rm d}x=\frac12\int_0^1\frac{2\operatorname{Li}_2(x)+\log^2(1-x)}{x\sqrt{1-x}}\,{\rm d}x$$ Reflexionando y haciendo cumplir $\sqrt x\mapsto x$ luego rinde \begin{align*} \frac12\int_0^1\frac{2\operatorname{Li}_2(x)+\log^2(1-x)}{x\sqrt{1-x}}\,{\rm d}x&=\frac12\int_0^1\frac{2\operatorname{Li}_2(1-x)+\log^2(x)}{(1-x)\sqrt{x}}\,{\rm d}x\\ &=\int_0^1\frac{2\operatorname{Li}_2(1-x^2)+4\log^2(x)}{1-x^2}\,{\rm d}x \end{align*} La última integral se evalúa como $7\zeta(3)$utilizando la serie geométrica. Para la primera integral aplique IBP dos veces para obtener\begin{align*} \int_0^1\frac{\operatorname{Li}_2(1-x^2)}{1-x^2}\,{\rm d}x&=-\left[\frac12\operatorname{Li}_2(1-x^2)\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right]_0^1+2\int_0^1\frac{x\log x\log\left(\frac{1-x}{1+x}\right)}{1-x^2}\,{\rm d}x\\ &=-\left[\frac12 x\log x\log^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\right]_0^1+\int_0^1(1+\log x)\log^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\,{\rm d}x\\ &=\frac{\pi^2}6+\int_0^1\log x\log^2\left(\frac{1-x}{1+x}\right)\,{\rm d}x \end{align*} Actualmente no estoy seguro de cómo abordar la integral restante de una manera elegante.
Nota al margen: El uso de la expansión en serie habitual del logaritmo y la representación integral de los números armónicos conduce a una evaluación de la integral restante. Sin embargo, este método es bastante poco elegante y veré si puedo encontrar algo más satisfactorio.
Usamos la forma poderosa de la función Beta presentada en el libro, Integrales, sumas y series (casi) imposibles ,$\displaystyle \int_0^1 \frac{x^{a-1}+x^{b-1}}{(1+x)^{a+b}} dx = \operatorname{B}(a,b)$, (ver páginas $72$-$73$).
Conjunto $a=b=n$ tenemos
$$\int_0^1\frac{2x^{n-1}}{(1+x)^{2n}}dx=\frac{\Gamma^2(n)}{\Gamma(2n)}=\frac{2}{n{2n\choose n}}$$
Entonces $$\frac{1}{n{2n\choose n}}=\int_0^1\frac{x^{n-1}}{(1+x)^{2n}}dx=\int_0^1\frac1x\left(\frac{x}{(1+x)^2}\right)^ndx$$
$$\Longrightarrow \sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^2{2n\choose n}}=\int_0^1\frac1x\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{H_n}{n}\left(\frac{4x}{(1+x)^2}\right)^n\right)dx$$
$$=\int_0^1\frac1x\left(\text{Li}_2\left(\frac{4x}{(1+x)^2}\right)+\frac12\ln\left(1-\frac{4x}{(1+x)^2}\right)\right)dx$$
$$\overset{IBP}{=}\int_0^1\frac{2+2x}{x(1-x)}\ln x\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx$$
$$=\int_0^1\left(\frac2x+\frac{4}{1-x}\right)\ln x\ln\left(\frac{1-x}{1+x}\right)dx$$
$$\small{=2\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx+4\underbrace{\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{1-x}dx}_{1-x\to x}-2\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)}{x}dx-4\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)}{1-x}dx}$$
$$=6\underbrace{\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}dx}_{\zeta(3)}-2\underbrace{\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)}{x}dx}_{-\frac34\zeta(3)}-4\underbrace{\int_0^1\frac{\ln x\ln(1+x)}{1-x}dx}_{\zeta(3)-\frac32\ln(2)\zeta(2)}$$
$$=6\ln(2)\zeta(2)+\frac72\zeta(3)$$
La última integral se calcula aquí .
$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\sum_{n = 1}^{\infty}{4^{n}H_{n} \over n^{2}{2n \choose n}}} = \int_{0}^{4}\sum_{n = 1}^{\infty}{H_{n} \over n{2n \choose n}} \,x^{n - 1}\,\dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{4}\sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\, x^{n - 1}\,{\Gamma\pars{n} \Gamma\pars{n + 1} \over \Gamma\pars{2n + 1}}\,\dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{4}\sum_{n = 1}^{\infty}H_{n}\, x^{n - 1}\int_{0}^{1}t^{n - 1} \pars{1 - t}^{n}\,\dd t\,\dd x \\[5mm] = &\ \int_{0}^{4}\int_{0}^{1}\sum_{n = 1}^{\infty}H_{n} \bracks{xt\pars{1 - t}}^{\, n}\,{\dd t\,\dd x \over tx} \\[5mm] = &\ \int_{0}^{4}\int_{0}^{1}\braces{% -\,{\ln\pars{1 - xt\bracks{1-t}} \over 1 - xt\pars{1-t}}} {\dd t\,\dd x \over tx} \\[5mm] = &\ \int_{0}^{1}{2\ln^{2}\pars{\verts{1 - 2t}} + \mrm{Li}_{2}\pars{4\bracks{1 - t})\, t}\over t}\,\dd t \\[5mm] = &\ 2\int_{-1/2}^{1/2}{2\ln^{2}\pars{\verts{2t}} + \mrm{Li}_{2}\pars{1 - 4t^{2}}\over 1 + 2t}\,\dd t \\[5mm] = &\ 4\int_{0}^{1/2}{2\ln^{2}\pars{2t} + \mrm{Li}_{2}\pars{1 - 4t^{2}} \over 1 - 4t^{2}}\,\dd t \\[5mm] = &\ 2\int_{0}^{1}{2\ln^{2}\pars{t} + \mrm{Li}_{2}\pars{1 - t^{2}} \over 1 - t^{2}}\,\dd t \\[5mm] = &\ 4\ \underbrace{\int_{0}^{1}{\ln^{2}\pars{t} \over 1 - t^{2}}\,\dd t} _{\ds{\color{red}{\LARGE\S}:\ {7 \over 4}\,\zeta\pars{3}}}\ +\ 2\, \underbrace{\int_{0}^{1}{\mrm{Li}_{2}\pars{1 - t^{2}} \over 1 - t^{2}}\,\dd t}_{\ds{\color{red}{\LARGE *}:\ {1 \over 2}\,\pi^{2}\ln\pars{2} - {7 \over 4}\,\zeta\pars{3}}} \\[5mm] = &\ \bbx{6\ln\pars{2}\,\zeta\pars{2} + {7 \over 2}\,\zeta\pars{3}} \\ & \end{align}
$\left\{\begin{array}{lcl} \ds{\color{red}{\LARGE\S}} & \ds{:} & \mbox{First} "Partial\ Fraction\ Split.\ \mbox{Next, integrate}\ twice\ \mbox{by parts.} \\[2mm] \ds{\color{red}{\LARGE *}} & \ds{:} & \mbox{After integration by parts, the final expression seems to be a doable and} \\ && \mbox{known integral.} \end{array}\right.$