Tin học $\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_{n+1}}{(n+1)^2{2n\choose n}}$

Question

Một khoản tiền nâng cao do Cornel Valean đề xuất :

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

Tôi đã cố gắng tìm ra đại diện tích phân của $\ \displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{2^{2n}H_n}{n^2{2n\choose n}}\ $ nhưng không $S$:

Từ

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

chúng tôi có thể viết

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

bây giờ nhân cả hai bên với $-\frac{\ln(1-x)}{x}$ sau đó $\int_0^1$ và sử dụng nó $-\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)dx=\frac{H_n}{n}$ chúng ta có

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

Nhưng tôi không thể có được đại diện tích phân của $S$. Bất kỳ ý tưởng?

Trong trường hợp bạn tìm được tích phân, tôi thích các giải pháp không sử dụng tích phân đường bao hơn hoặc bạn có thể để tôi thử. Cảm ơn bạn.

Trong trường hợp người đọc tò mò về việc tính toán tích phân trong $(1)$, bộ $x=\sin^2\theta$ sau đó sử dụng chuỗi Fourier của $\ln(\cos \theta)$.

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} Các $\ds{y}$-sự tích hợp trở thành: $$ -2\ln\pars{x \over 4 + x} - {1 \over 2}\ln^{2}\pars{x \over 4 + x} - {4 \over 4 + x} - {x \over 4 + x}\ln\pars{4 + x \over x} $$Nó có vẻ là một công việc khó chịu !!!. Tôi hy vọng ai đó khác có thể lấy nó từ đây.

Answer 2

Theo ý tưởng của @ Felix ở trên:

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

Lưu ý rằng

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

thay thế $n$ bởi $n-1$ chúng tôi nhận được

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

vì thế

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

Trong phần câu hỏi, chúng ta có

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

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

và ở đây chúng tôi đã hiển thị

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

Cuối cùng, cắm $(2)$ và $(3)$ trong $(1)$ chúng tôi đạt được

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