Διπλό αρμονικό άθροισμα

Tolaso J Kos · #1

Ας δηλώσουμε με $\mathcal{H}_n$ το

- οστό αρμονικό όρο. Δειχθήτω:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{kn(k+n)^3} = \frac{215}{48} \zeta(6) - 3 \zeta^2(3)}$ όπου $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann.

Tolaso J Kos · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 19, 2017 10:31 pm
Ας δηλώσουμε με $\mathcal{H}_n$ το - οστό αρμονικό όρο. Δειχθήτω:

$\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{kn(k+n)^3} = \frac{215}{48} \zeta(6) - 3 \zeta^2(3)}$

όπου $\zeta$ η συνάρτηση ζήτα του Riemann.

Δίδω μία απάντηση.

Λήμμα 1: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n} \frac{\mathcal{H}_k}{k} = \frac{\mathcal{H}_n^2 + \mathcal{H}_n^{(2)}}{2}}$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} 2\sum_{k=1}^n \frac{\mathcal{H}_k}{k} &= 2\sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} + \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} + \sum_{j=1}^n \sum_{k=j}^n \frac{1}{jk}\\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^k \frac{1}{jk} + \sum_{k=1}^n \sum_{j=k}^n \frac{1}{jk} \\ &= \sum_{k=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{1}{jk} + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \\ &= \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \right)^2 + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \\ &= \mathcal{H}_n^2+ \mathcal{H}^{(2)}_n \end{aligned}}$
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. $\blacksquare$

Λήμμα 2: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{m-1} \frac{\mathcal{H}_n}{m-n} = \mathcal{H}_m^2 - \mathcal{H}_m^{(2)} }$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{m} \frac{\mathcal{H}_k}{m-k+1} &= \sum_{k=1}^{m} \sum_{j=1}^{k} \frac{1}{j} \frac{1}{m-k+1} \\ &= \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=j}^{m} \frac{1}{j} \frac{1}{m-k+1} \\ &= \sum_{j=1}^{m} \sum_{k=j}^{m} \frac{1}{j} \frac{1}{k-j+1} \\ &= \sum_{k=1}^{m} \sum_{j=1}^{k} \frac{1}{j} \frac{1}{k-j+1} \\ &= \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k+1} \sum_{j=1}^{k} \left(\frac{1}{j} + \frac{1}{k-j+1} \right) \\ &= \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k+1} \sum_{j=1}^{k} \frac{2}{j} \\ &= \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k+1} \sum_{j=1}^{k} \frac{1}{j} + \sum_{j=1}^{m} \frac{1}{j+1} \sum_{k=1}^{j} \frac{1}{k} \\ &= \sum_{k=1}^{m} \frac{1}{k} \sum_{j=k}^{m} \frac{1}{j+1} + \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k^2} - \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k^2} \\ &= \mathcal{H}_{m+1}^2 - \mathcal{H}_{m+1}^{(2)} \end{aligned}}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. $\blacksquare$

Λήμμα 3: (Συμμετρία αθροισμάτων Euler) Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(k)}}{n^k} = \frac{\zeta(2k)+ \zeta^2(k)}{2}}$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \zeta^2(k) &= \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{n^km^k} \\ &= 2\sum_{1\leq m\leq n} \frac{1}{(nm)^k} - \sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(n^k)^2}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^k}\sum_{m=1}^n \frac{1}{m^k} - \zeta(2k)\\ &=2\sum_{n=1}^\infty \frac{\mathcal{H}_n^{(k)}}{n^k} - \zeta(2k) \end{aligned}}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε. $\blacksquare$

Λήμμα 4: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^4}=\zeta^2(3)-\frac13\zeta(6)}$ .

Απόδειξη: Ενεργοποιούμε το πυρήνα $\psi^{(1)}(-z)$ . Θεωρούμε τη συνάρτηση $g(z) = \frac{\left( \psi^{(1)}(-z) \right)^2}{z^3}$ και την ολοκληρώνουμε σε τετράγωνο με κορυφές $\left( N+\frac{1}{2} \right) \pm i \left( N + \frac{1}{2} \right)$ . Η

έχει πόλους τάξης

στους θετικούς ακεραίους ενώ επί της αρχής έχει πόλο τάξης

. Καθώς $N \rightarrow +\infty$ παρατηρούμε ότι $\sum \limits_{n=0}^{\infty} \text{Res}[g(z), n] =0$ . Αναπτύσσοντας στους θετικούς ακεραίους έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} g(z) &= \frac{1}{z^{3}} \Bigg[\frac{1}{(z-n)^{2}}+ \Big(\mathcal{H}_{n}^{(2)} + \zeta(2) \Big) - 2 \Big(\mathcal{H}_{n}^{(3)}-\zeta(3)\Big) (z-n) + \mathcal{O}\Big((z-n)^{2}\Big) \Bigg]^{2} \\ &= \frac{1}{z^{3}} \Bigg(\frac{1}{(z-n)^{4}} + \frac{2 \mathcal{H}_{n}^{(2)}+2 \zeta(2)}{(z-n)^{2}} - \frac{4 \mathcal{H}_{n}^{(3)} -4 \zeta(3)}{z-n} + \mathcal{O}(1) \Bigg) \end{aligned}}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} \text{Res} [g(z),n] &= \text{Res} \Bigg[ \frac{1}{z^{3}} \frac{1}{(z-n)^{4}},n \Bigg] + \text{Res} \Bigg[ \frac{1}{z^{3}} \frac{2 \mathcal{H}_{n}^{(2)} + 2 \zeta(2)}{(z-n)^{2}},n\Bigg] + \text{Res} \Bigg[ \frac{4 \zeta(3) - 4 \mathcal{H}_{n}^{(3)}}{z-n},n\Bigg] \\ &= -\frac{10}{n^{6}} - \frac{6 \mathcal{H}_{n}^{(2)}}{n^{4}} - \frac{6 \zeta(2)}{n^{4}} - \frac{4 \mathcal{H}_{n}^{(3)}}{n^{3}} + \frac{4 \zeta(3)}{n^{3}} \end{aligned}}$
Αναπτύσσοντας επί της αρχής έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} g(z) &= \frac{1}{z^{3}} \Big( \frac{1}{z^{2}} + \zeta(2) + 2 \zeta(3) z + 3 \zeta(4) z^{2} + 4 \zeta(5) z^{3} + 5 \zeta(6)z^{4} + \mathcal{O}(z^{5}) \Big)^{2} \\ &= \frac{1}{z^{7}} + \frac{2 \zeta(3)}{z^{5}} + \frac{2 \zeta(3)}{z^{4}} + \frac{6 \zeta(4) + \zeta^{2}(z)}{z^{3}} + \frac{9 \zeta(5) + 4 \zeta(2) \zeta(3)}{z^{2}} \\ &+ \frac{10 \zeta(6) + 6 \zeta(2) \zeta(4)+ 4 \zeta^{2}(3)}{z} + \mathcal{O}(1) \end{aligned}}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\text{Res}[g(z),0] = 10 \zeta(6) + 6 \zeta(2) \zeta(4)+ 4 \zeta^{2}(3)}$

Αθροίζοντας τα residues και κάνοντας χρήση του λήμματος 3, το αποτέλεσμα προκύπτει άμεσα. $\blacksquare$

Λήμμα 5: Ισχύει $\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{n-1} \ln^2 (1-x) \, \mathrm{d}x = \frac{\mathcal{H}_n^2 + \mathcal{H}_n^{(2)}}{n}}$ .

Απόδειξη: Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{\alpha - 1} \left( 1 - x \right)^{\beta - 1} \, \mathrm{d}x = \mathrm{B} \left( \alpha, \beta \right)}$ όπου $\mathrm{B}$ η συνάρτηση βήτα του Euler. Παραγωγίζοντας δύο φορές ως προς $\beta$ έχουμε:

$\displaystyle{\int_{0}^{1} x^{n-1} \ln^2 (1-x) \, \mathrm{d}x = \mathrm{B} (n, 1) \left( \left( \psi^{(0)} (1) - \psi^{(0)}(n+1) \right)^2 - \psi^{(1)}(n+1) + \psi^{(1)}(n) \right)}$
Απλοποιώντας παίρνουμνε το ζητούμενο. $\blacksquare$

Λήμμα 6: Ισχύει $\displaystyle{2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n-1}}{n} x^n = \ln^2 (1-x)}$ .

Απόδειξη: Έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \ln^2 (1-x) &= \left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \right ) \left ( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} \right ) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k \left ( n-k \right )} \right )x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{n} \left ( \frac{1}{k} + \frac{1}{n-k} \right ) \right ) x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} \left ( \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} + \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{n-k} \right ) x^n \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} \left ( \mathcal{H}_{n-1} + \mathcal{H}_{n-1} \right ) x^n \\ &= 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n-1}}{n} x^n \end{align*}}$
και το ζητούμενο έπεται. $\blacksquare$

Λήμμα 7: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{k-1}}{k \left( n+ k \right)} = \frac{\mathcal{H}_n^2 + \mathcal{H}_n^{(2)}}{2n}}$ .

Απόδειξη:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{k-1}}{k \left( n+ k \right)} & = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{k-1}}{k} \int_{0}^{1} x^{n+k-1} \, \mathrm{d}x \\ & = \int_{0}^{1} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{k-1}}{k} x^{n+k-1} \, \mathrm{d}x \\ &= \int_{0}^{1} x^{n-1} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{k-1}}{k} x^k \, \mathrm{d}x \\ & = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} x^{n-1} \ln^2(1-x) \, \mathrm{d}x \end{aligned}}$
και το αποτέλεσμα έπεται από το Λήμματα 5 και 6. $\blacksquare$

Λήμμα 8: Ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^2}{n^4} = \frac{97}{24} \zeta(6) - 2 \zeta^2(3)}$ .

Απόδειξη: Διαρώνοντας με n^3

στην ισότητα του Λήμματος 7, και αθροίζοντας έχουμε:

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{\mathcal{H}_n^2}{n^4} + \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^4} \right) &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n-1}}{k} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^3 \left( n + k \right)} \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{k-1}}{k} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{k^3} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+k} \right) - \frac{1}{n^2 k^2} + \frac{1}{n^3 k} \right) \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{\mathcal{H}_k}{k} - \frac{1}{k^2} \right) \left( \frac{\mathcal{H}_k}{k^3} - \frac{\zeta(2)}{k^2} + \frac{\zeta(3)}{k} \right) \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_k^2}{k^4} - \frac{35}{16} \zeta(6) + \frac{3}{2} \zeta^2(3) \end{aligned}}$
Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα του Λήμματος 3 και μαζεύοντας τους όρους έχουμε το ζητούμενο. $\blacksquare$ .

Συνδυάζοντας τα παραπάνω λήμματα έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n}{kn(k+n)^3} & = \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m^3} \sum_{n=1}^{m-1} \frac{\mathcal{H}_n}{n \left( m - n \right)} \\ & = \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m^4} \sum_{n=1}^{m-1} \left( \frac{\mathcal{H}_n}{n} + \frac{\mathcal{H}_n}{m-n} \right) \\ & = \sum_{m=2}^{\infty} \frac{1}{m^4} \left( \frac{1}{2} \left( \mathcal{H}^2_{m-1} + \mathcal{H}^{(2)}_{m-1} \right) + \mathcal{H}^2_m - \mathcal{H}^{(2)}_m \right) \\ & = \frac{3}{2}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}^2_m}{m^4} - \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_m}{m^5} - \frac{1}{2} \sum_{m=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_m^{(2)}}{m^4} \end{aligned}}$

και αποτέλεσμα έπεται. Βέβαια κάθε λήμμα είναι μία άσκηση από μόνο του.

Διπλό αρμονικό άθροισμα

Διπλό αρμονικό άθροισμα

Re: Διπλό αρμονικό άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση