L'informatique $\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}$

Question

Une somme avancée proposée par Cornel Valean:

$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}$$ $$=4\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac12\zeta(4)+\frac72\zeta(3)-4\ln^22\zeta(2)+6\ln2\zeta(2)+\frac16\ln^42-1$$

J'ai réussi à trouver la représentation intégrale de $\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^2{2n\choose n}}\ $ mais non $S$:

Puisque

$$\frac{\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n-1}}{n{2n\choose n}}$$

nous pouvons écrire

$$\frac{2\sqrt{x}\arcsin \sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}x^{n}}{n{2n\choose n}}$$

multipliez maintenant les deux côtés par $-\frac{\ln(1-x)}{x}$ puis $\int_0^1$ et utiliser ça $-\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=\frac{H_n}{n}$ nous avons

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^2{2n\choose n}}=-2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}\ln(1-x)}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx\tag1$$

Mais je n'ai pas pu obtenir la représentation intégrale de $S$. Une idée?

Si vous trouvez l'intégrale, je préfère les solutions qui n'utilisent pas l'intégration de contour ou vous pouvez me laisser le soin de l'essayer. Merci.

Au cas où le lecteur serait curieux de calculer l'intégrale dans $(1)$, ensemble $x=\sin^2\theta$ puis utilisez la série de Fourier de $\ln(\cos \theta)$.

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \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} La $\ds{y}$-l'intégration devient: $$ -2\ln\pars{x \over 4 + x} - {1 \over 2}\ln^{2}\pars{x \over 4 + x} - {4 \over 4 + x} - {x \over 4 + x}\ln\pars{4 + x \over x} $$Cela semble être un mauvais travail !!!. J'espère que quelqu'un d'autre pourra le prendre d'ici.

Answer 2

Suite à l'idée de @ Felix ci-dessus:

$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}=\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{2n-2}H_n}{n^2{2n-2\choose n-1}}$$

Notez que

$$\frac{{2n+2\choose n+1}}{{2n\choose n}}=\frac{\frac{\Gamma(2n+3)}{\Gamma^2(n+2)}}{\frac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma^2(n+1)}}=\frac{\frac{(2n+2)(2n+1)\Gamma(2n+1)}{((n+1)\Gamma(n+1))^2}}{\frac{\Gamma(2n+1)}{\Gamma^2(n+1)}}=\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}=\frac{2(2n+1)}{n+1}$$

remplacer $n$ par $n-1$ on a

$$\frac{1}{{2n-2\choose n-1}}=\frac{2(2n-1)}{n{2n\choose n}}$$

Donc

$$S=\sum_{n=2}^\infty\frac{2^{2n-1}(2n-1)H_n}{n^3{2n\choose n}}=\sum _{n=1}^{\infty } \frac{2^{2n} H_n}{n^2 {2n\choose n}}-\frac12 \sum _{n=1}^{\infty } \frac{2^{2n} H_n}{n^3 {2n\choose n}}-1\tag1$$

Dans le corps des questions, nous avons

$$\sum _{n=1}^{\infty } \frac{2^{2n} H_n}{n^2 {2n\choose n}}=-2\int_0^1 \frac{\arcsin \sqrt{x}\ln(1-x)}{\sqrt{x}\sqrt{1-x}}dx\overset{\sqrt{x}=\sin\theta}{=}-8\int_0^{\pi/2} \theta \ln(\cos\theta)d\theta$$

$$=-8\int_0^{\pi/2}\theta\left(-\ln(2)-\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^n\cos(2n\theta)}{n}\right)d\theta=6\ln(2)\zeta(2)+\frac72\zeta(3)\tag2$$

et ici nous avons déjà montré

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^3{2n\choose n}}=-8\text{Li}_4\left(\frac12\right)+\zeta(4)+8\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{1}{3}\ln^4(2)\tag3$$

Enfin, branchez $(2)$ et $(3)$ dans $(1)$ on obtient

$$S=4\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\frac12\zeta(4)+\frac72\zeta(3)-4\ln^2(2)\zeta(2)+6\ln(2)\zeta(2)+\frac16\ln^4(2)-1$$