Serie a segni alterni con numeri armonici

Messaggioda Bianco17 » 12/03/2020, 17:42

Vi propongo un nuovo esercizio dell'Alsamraee che mi ha impegnato parecchio. Si vuole calcolare la somma della serie \[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_n}{n}\] dove $H_n$ è l'$n$-esimo numero armonico. Ho dovuto fare ricorso a parecchie tecniche per me ancora inusuali ma nel percorso ho anche trovato risultati interessanti. Scrivo la mia soluzione qui
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
\[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^nH_n}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^nH_n \int_{0}^{1}x^{n-1}\text{d} x=\int_{0}^{1}\frac{\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nH_n x^n}{x} \text{d}x\] per $|x|<1$. Ragionando sulla serie al numeratore dell'integranda, osservo che \[H_n=H_{n-1}+\frac{1}{n}\\(-1)^nH_n x^n-(-1)^nH_{n-1}x^n=\frac{(-1)^nx^n}{n}\\ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nH_n x^n-\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nH_{n-1} x^n=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n x^n}{n}\\\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nH_n x^n+x\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}H_{n-1} x^{n-1}=-\ln(1+x)\] Si noti ora che $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1}H_{n-1} x^{n-1}=\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nH_n x^n$ poiché il primo termine è nullo per $H_0=0$. Quindi \[\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^nH_n x^n=-\frac{\ln(1+x)}{1+x}\] per $|x|<1$ e sostituendo nell'integrale \[-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x(1+x)}\text{d}x=-\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{x}\text{d}x+\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{1+x}\text{d}x\] Il secondo integrale, di valutazione immediata, vale $\(ln^2 2)/(2)$, mentre sul primo si può ricordare che \[-\int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x)}{x}\text{d}x=-\int_{0}^{1} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}x^{n-1}}{n}\text{d}x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n} \int_0^1 x^{n-1}\text{d}x=\\=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}=-\frac{\zeta(2)}{2}=-\frac{\pi^2}{12}\]L'ultimo risultato si ottiene osservando che

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2}=-1/1^2+1/2^2-1/3^2+1/4^2+\cdots=-1/1^2-1/2^2-1/3^2-1/4^2+\cdots+2 1/2^2\left(1/1^2+1/2^2+1/3^2+1/4^2\cdots)=-\zeta(2)+(\zeta(2))/2=-(\zeta(2))/2$

Concludendo allora \[\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_n}{n}=-\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x(1+x)}\text{d}x=\frac{\ln^2 2-\zeta(2)}{2}\]

Riuscite a trovare altre soluzioni, magari anche più immediate?
Bianco17
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