コンピューティング $\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}$

Question

アドバンスサム https://www.facebook.com/photo.php?fbid=3190290677734375&set=a.222846247812181&type=3&theater Cornel Valean著：

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

私はなんとかの積分表現を見つけることができました $\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^2{2n\choose n}}\ $ だがしかし $S$：

https://de.wikibooks.org/wiki/Formelsammlung_Mathematik:_Reihenentwicklungen#Potenzen_des_Arkussinus

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

我々は書ける

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

両側に $-\frac{\ln(1-x)}{x}$ その後 $\int_0^1$ そしてそれを使用します $-\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=\frac{H_n}{n}$ 我々は持っています

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

しかし、私はの積分表現を得ることができませんでした $S$。何か案が？

積分を見つけた場合は、周回積分を使用しないソリューションをお勧めします。または、私に任せて試してみることができます。ありがとうございました。

読者が積分の計算に興味がある場合 $(1)$、 セットする $x=\sin^2\theta$ 次に、フーリエ級数を使用します $\ln(\cos \theta)$。

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 \ choice n}}} = \ sum_ {n = 2} ^ {\ infty} H_ {n} \、{4 ^ {n-1} \ over n ^ {2} {2n-2 \ choice 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}} \ブラケット{-\、{\ 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 {ali おやすみなさい} ザ・ $\ds{y}$-統合は次のようになります。 $$ -2\ln\pars{x \over 4 + x} - {1 \over 2}\ln^{2}\pars{x \over 4 + x} - {4 \over 4 + x} - {x \over 4 + x}\ln\pars{4 + x \over x} $$ それは厄介な仕事のようです!!!。他の誰かがここからそれを取ることができることを願っています。

Answer 2

上記の@Felixのアイデアに従ってください：

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

ご了承ください

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

交換 $n$ 沿って $n-1$ 我々が得る

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

したがって、

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

質問の本文には

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

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

そして https://math.stackexchange.com/q/3792648 すでに示しました

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

最後に、プラグイン $(2)$ そして $(3)$ に $(1)$ 私達は手に入れました

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