Двукратная сумма

[kthxbye]

Известно, что:

$\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{mn(m+n)}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^2}=\zeta(3)$

Первое преобразование, вероятно, получено следующим образом:

$\sum\limits_{a=1}^{b}\frac{1}{a}=\sum\limits_{a=1}^{\infty}(\frac{1}{a}-\frac{1}{a+b})=\sum\limits_{a=1}^{\infty}\frac{b}{a(a+b)}$

$\sum\limits_{a}^{b}\frac{1}{b^2a}=\sum\limits_{a=1}^{\infty}\frac{1}{ab(a+b)}=\frac{H_{b}}{b^2}$

Каким образом получено второе? Какие существуют тривиальные аналоги типа:

$\zeta(4)=\frac{4}{5}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^3}=\frac{4}{7}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_{2,n}}{n^2}$ (где $H_{m,n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k^m}$)

Существует ли трехкратная сумма? Имеет ли она следующий вид:

$\sum\limits_{a=1}^{\infty}\sum\limits_{b=1}^{\infty}\sum\limits_{c=1}^{\infty}\frac{1}{abc(a+b+c)}=\sum\limits_{a=1}^{\infty}\sum\limits_{b=1}^{\infty}\frac{H_{a+b}}{ab(a+b)}$

Во что это можно преобразовать?

[mihiv]

kthxbye в сообщении #1270171 писал(а):

Известно, что:

$\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{mn(m+n)}=\frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{H_{n}}{n^2}=\zeta(3)$

Нет ли здесь ошибки? Потому что: $\frac 12\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac {H_n}{n^2}>\frac 12\sum \limits _{n=1}^{\infty }\frac {1+\frac 1n}{n^2}=\frac 12(\zeta (2)+\zeta (3))>\zeta (3)$.

[EtCetera]

mihiv
$H_n< 1+\frac{1}{n}$ при $n=1$, поэтому ошибки нет.

[EtCetera]

$$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^2}+\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^3}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^2}+\zeta(3)$$

Но

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\sum\limits_{n=k+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

Т.е. нужно доказать, что

$$\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\sum\limits_{n=k+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\zeta(3)$$

Обозначим

$$S=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^2}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}$$

и изменим порядок суммирования так, чтобы внутреннее суммирование производилось вдоль диагонали $n-k=m$:

$$S=\sum\limits_{m=1}^{\infty}\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{1}{n-m}$$

$$\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{1}{n-m}=\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{nm}\left(\frac{1}{n-m}-\frac{1}{n}\right)=\frac{1}{m}\left(\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n-m}-\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\right)=$$

$$=\frac{1}{m}\left(\frac{1}{m}\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\left(\frac{1}{n-m}-\frac{1}{n}\right)-\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\right)=\frac{H_m}{m^2}-\frac{1}{m}\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

Таким образом,

$$S=\sum\limits_{m=1}^{\infty}\left(\frac{H_m}{m^2}-\frac{1}{m}\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\right)=S+\zeta(3)-\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m}\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

Откуда

$$\sum\limits_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m}\sum\limits_{n=m+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\zeta(3)$$

Странное получилось решение. Есть отчетливое ощущение, что где-то в нем засела ошибка.

[kthxbye]

EtCetera в сообщении #1271400 писал(а):

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n^2}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\sum\limits_{n=k+1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$$

Не понял каким образом осуществлено данное преобразование, и, поскольку я дилетант, показалось, что вы сначала к нему пришли описанным далее путём, а потом как бы его же и доказали.

[EtCetera]

kthxbye в сообщении #1272056 писал(а):

Не понял каким образом осуществлено данное преобразование

Обычное изменение порядка суммирования (дискретный аналог изменения порядка интегрирования у двойного интеграла).