평가 방법 $\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{H_n^2+H_n^{\left(2\right)}}{n}\right)^2$ 특별한 방식으로.
평가 방법 : $$\sum _{n=1}^{\infty }\left(\frac{H_n^2+H_n^{\left(2\right)}}{n}\right)^2,$$ 식을 더 많은 합계로 나누지 않고.
여기 $H_n^{\left(m\right)}=\sum _{k=1}^n\frac{1}{k^m}$ 차수의 고조파 수 $m$.
우리가 갈라져도 평가하고 싶다면 $$2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n^2H_n^{\left(2\right)}}{n^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n^4}{n^2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\left(H_n^{\left(2\right)}\right)^2}{n^2},$$그런 다음 이 결과 를 사용 하여 계산하면됩니다.$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{\left(H_n^{\left(2\right)}\right)^2}{n^2}$$
그러나 용어를 분할하거나 확장하지 않고 시리즈를 평가할 수 있는지 알고 싶습니다.
답변
원하는 시리즈를 찾으려면 먼저 다음 적분을 고려해야합니다. $$\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)}{x}\:dx$$ 그것을 평가하기 위해 다음과 같은 삼중 수 신분을 사용할 수 있습니다. $$\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)=-\operatorname{Li}_3\left(x\right)-\operatorname{Li}_3\left(1-x\right)+\zeta \left(3\right)+\frac{1}{6}\ln ^3\left(1-x\right)$$ $$+\zeta \left(2\right)\ln \left(1-x\right)-\frac{1}{2}\ln \left(x\right)\ln ^2\left(1-x\right)$$ 이전 적분에서 사용하면 다음과 같은 결과가 나타납니다. $$\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)}{x}\:dx=-\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\operatorname{Li}_3\left(x\right)}{x}\:dx-\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\operatorname{Li}_3\left(1-x\right)}{x}\:dx$$ $$+\zeta \left(3\right)\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)}{x}\:dx+\frac{1}{6}\int _0^1\frac{\ln ^5\left(1-x\right)}{x}\:dx+\zeta \left(2\right)\int _0^1\frac{\ln ^3\left(1-x\right)}{x}\:dx$$ $$-\frac{1}{2}\int _0^1\frac{\ln \left(x\right)\ln ^4\left(1-x\right)}{x}\:dx$$ $$=-\frac{81}{2}\zeta \left(6\right)+2\zeta ^2\left(3\right)+12\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k}{k^5}-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k^2}{k^4}-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k^{\left(2\right)}}{k^4}-2\sum _{k=1}^{\infty }\frac{H_k^{\left(3\right)}}{k^3}$$ 남은 시리즈는 매우 쉽게 계산할 수 있으며 알아두면 좋은 점은 평가하기 위해 OP 본문의 시리즈와 경로를 교차 할 필요가 없다는 것입니다.
그러므로: $$\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)}{x}\:dx=-\frac{581}{24}\zeta \left(6\right)-4\zeta ^2\left(3\right)$$ 이제 남은 것은 다음 생성 함수를 고려하는 것입니다. $$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{x^{k-1}}{k}\left(H_k^2+H_k^{\left(2\right)}\right)=-2\frac{\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)}{x}$$(거의) Impossible Integrals, Sums 및 Series , 페이지의 다른 생성 함수와 함께 찾을 수 있습니다 .$\#285$.
이전에 찾은 적분에 사용한다는 것은 $$\int _0^1\frac{\ln ^2\left(1-x\right)\operatorname{Li}_3\left(\frac{x}{x-1}\right)}{x}\:dx=-\frac{1}{2}\sum _{k=1}^{\infty }\left(\frac{H_k^2+H_k^{\left(2\right)}}{k}\right)^2$$ 그러므로: $$\sum _{k=1}^{\infty }\left(\frac{H_k^2+H_k^{\left(2\right)}}{k}\right)^2=\frac{581}{12}\zeta \left(6\right)+8\zeta ^2\left(3\right)$$