Xác minh biểu mẫu đã đóng của $\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}$

Question

Câu hỏi của tôi là ở cuối giải pháp.

Chúng ta có

$$\int_0^1 x^{n-1}\ln(1-x)=-\frac{H_n}{n}$$

Phân biệt cả hai bên liên quan đến $n$

$$\int_0^1 x^{n-1}\ln x\ln(1-x)=\frac{H_n}{n^2}+\frac{H_n^{(2)}}{n}-\frac{\zeta(2)}{n}$$

Tiếp theo nhân cả hai bên với $\frac{4n}{n{2n\choose n}}$ sau đó $\sum_{n=1}^\infty$ chúng tôi nhận được

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}-\zeta(2)\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^2{2n\choose n}}=\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}\left(\sum_{n=1}^\infty\frac{(4x)^n}{n{2n\choose n}}\right)dx$$

$$=\int_0^1\frac{\ln x\ln(1-x)}{x}\left(\frac{2\sqrt{x}\arcsin\sqrt{x}}{\sqrt{1-x}}\right)dx$$

$$\overset{\sqrt{x}=\sin\theta}{=}16\int_0^{\pi/2}\theta\ln(\sin\theta)\ln(\cos\theta)d\theta=16I$$

Đối với tích phân, hãy $\theta\to \frac{\pi}{2}-\theta$ có

$$I=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin\theta)\ln(\cos\theta)d\theta-\int_0^{\pi/2}\theta\ln(\sin\theta)\ln(\cos\theta)d\theta$$

$$\Longrightarrow 2I=\frac{\pi}{2}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin\theta)\ln(\cos\theta)d\theta$$

$$=\frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{2}\ln^2(2)-\frac{\pi^3}{48}\right)$$

$$\Longrightarrow I=\frac34\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{15}{32}\zeta(4)$$

vì thế

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}-\zeta(2)\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^2{2n\choose n}}=12\ln^2(2)\zeta(2)-\frac{15}{2}\zeta(4)$$

Từ

$$\zeta(2)\sum_{n=1}^\infty\frac{4^n}{n^2{2n\choose n}}=\zeta(2)\left(\frac{\pi^2}{2}\right)=\frac{15}{2}\zeta(4)$$

chúng tôi có mối quan hệ tốt đẹp

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n}{n^3{2n\choose n}}+\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}=12\ln^2(2)\zeta(2)$$

Cuối cùng thay thế

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

chúng tôi đạt được

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}=8\text{Li}_4\left(\frac12\right)-\zeta(4)+4\ln^2(2)\zeta(2)+\frac{1}{3}\ln^4(2)\approx 6.2957$$

Nhưng Mathematica cho

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}\approx 6.04326$$

Bạn có thể phát hiện ra bất kỳ sai lầm nào hoặc giải pháp của tôi là tốt?

Cảm ơn bạn.

Answer 1

@User 628759 đã đưa ra giải pháp. Khá ngạc nhiên khi thấy kết quả của nó với tham số này nhạy như thế nào.

Về phía tôi, tôi đã tính toán chính xác $$\sum_{n=1}^{10000}\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}\approx 6.23740$$ $$\sum_{n=1}^{20000}\frac{4^nH_n^{(2)}}{n^2{2n\choose n}}\approx 6.25448$$

Để được chậm, nó là!