Como avaliar
$$S=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-4)^nH_{n-1}^3}{{2n\choose n}n^2}\ ?$$ Onde $H_n$ é o número harmônico.
Este problema foi postado em um grupo do Facebook sem resposta, então não tenho certeza se existe um formulário fechado, mas parece um problema interessante para tentar.
Eu sei que daqui temos
$$\small{\sum_{n=1}^\infty H_{n-1}^3x^{n-1}= \frac{\operatorname{Li}_3(x)+3\operatorname{Li}_3(1-x)+\frac32\ln x\ln^2(1-x)-3\zeta(2)\ln(1-x)-\ln^3(1-x)-3\zeta(3)}{1-x}}$$
e a partir daqui temos
$$\arcsin^2(x)=\frac12\sum_{n=1}^\infty\frac{(2x)^{2n}}{n^2{2n\choose n}}$$
Minha pergunta é se podemos explorar as duas identidades acima para obter $S$ ou existe uma maneira diferente de obter $S$?
Obrigado,
Estou marcando "integração", pois a maioria das séries pode ser convertida em integrais.
Nota: esta resposta está incompleta. Uma representação integral para a série é derivada abaixo, mas resta ver se essa integral pode ser avaliada por sua vez.
Defina a função $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ via integral definida
$$\begin{align} \mathcal{S} &:=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}^{3}\left(-4\right)^{n}}{n^{2}\binom{2n}{n}}.\tag{1}\\ \end{align}$$
o $n$- o coeficiente binomial central é definido através da função fatorial para todos os inteiros não negativos por
$$\binom{2n}{n}:=\frac{\left(2n\right)!}{\left(n!\right)^{2}};~~~\small{n\in\mathbb{Z}_{\ge0}}.$$
Os recíprocos dos coeficientes binomiais centrais podem ser escritos em termos da função beta. Para cada número inteiro positivo$n\in\mathbb{N}$, temos
$$\begin{align} \frac{1}{\binom{2n}{n}} &=\frac{\left(n!\right)^{2}}{\left(2n\right)!}\\ &=\frac{\left[\Gamma{\left(n+1\right)}\right]^{2}}{\Gamma{\left(2n+1\right)}}\\ &=\frac{\left[n\,\Gamma{\left(n\right)}\right]^{2}}{2n\,\Gamma{\left(2n\right)}}\\ &=\frac{n}{2}\cdot\frac{\left[\Gamma{\left(n\right)}\right]^{2}}{\Gamma{\left(2n\right)}}\\ &=\frac{n}{2}\mathrm{B}{\left(n,n\right)}.\\ \end{align}$$
Lembre-se da definição da função beta por meio da representação integral
$$\mathrm{B}{\left(a,b\right)}:=\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,t^{a-1}\left(1-t\right)^{b-1};~~~\small{a>0\land b>0}.$$
Usando a técnica de soma sob a integral, podemos converter a série infinita $\mathcal{S}$em uma integral definida. Nós obtemos
$$\begin{align} \mathcal{S} &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}^{3}\left(-4\right)^{n}}{n^{2}\binom{2n}{n}}\\ &=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}^{3}\left(-4\right)^{n-1}}{n}\cdot\frac{2}{n\binom{2n}{n}}\\ &=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}^{3}\left(-4\right)^{n-1}}{n}\mathrm{B}{\left(n,n\right)}\\ &=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n-1}^{3}\left(-4\right)^{n-1}}{n}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,t^{n-1}\left(1-t\right)^{n-1}\\ &=-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H_{n}^{3}\left(-4\right)^{n}}{n+1}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,t^{n}\left(1-t\right)^{n}\\ &=-2\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H_{n}^{3}\left(-1\right)^{n}}{n+1}\int_{0}^{1}\mathrm{d}t\,\left[4t\left(1-t\right)\right]^{n}\\ &=-4\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H_{n}^{3}\left(-1\right)^{n}}{n+1}\int_{0}^{\frac12}\mathrm{d}t\,\left[4t\left(1-t\right)\right]^{n};~~~\small{symmetry}\\ &=-4\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H_{n}^{3}\left(-1\right)^{n}}{n+1}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{x^{n}}{4\sqrt{1-x}};~~~\small{\left[t=\frac{1-\sqrt{1-x}}{2}\right]}\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{H_{n}^{3}\left(-x\right)^{n}}{\sqrt{1-x}}\cdot\frac{1}{n+1}\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{H_{n}^{3}\left(-x\right)^{n}}{\sqrt{1-x}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,y^{n}\\ &=-\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\frac{H_{n}^{3}\left(-xy\right)^{n}}{\sqrt{1-x}}\\ &=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\sum_{n=0}^{\infty}\frac{H_{n}^{3}\left(-xy\right)^{n}}{\sqrt{1-x}}\\ &=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{\sqrt{1-x}}\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\,\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}^{3}\left(-xy\right)^{n}\\ &=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}^{3}t^{n};~~~\small{\left[y=-x^{-1}t\right]}.\tag{2}\\ \end{align}$$
Pode-se demonstrar que
$$\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}H_{n}^{3}z^{n} &=-\frac{3S_{1,2}{\left(z\right)}-\operatorname{Li}_{3}{\left(z\right)}+3\ln{\left(1-z\right)}\operatorname{Li}_{2}{\left(z\right)}+\ln^{3}{\left(1-z\right)}}{\left(1-z\right)};~~~\small{z\in\left(-1,1\right)}.\tag{3}\\ \end{align}$$
Substituindo esta expressão pela série infinita na última linha de $(3)$ acima, e então usando integração por partes para integrar os vários termos da integral interna, chegamos a uma representação integral definida de variável única para $\mathcal{S}$:
$$\begin{align} \mathcal{S} &=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}^{3}t^{n}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{3S_{1,2}{\left(t\right)}-\operatorname{Li}_{3}{\left(t\right)}+3\ln{\left(1-t\right)}\operatorname{Li}_{2}{\left(t\right)}+\ln^{3}{\left(1-t\right)}}{\left(1-t\right)}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\bigg{[}\frac{3S_{1,2}{\left(t\right)}}{1-t}-\frac{\operatorname{Li}_{3}{\left(t\right)}}{1-t}+\frac{3\ln{\left(1-t\right)}\operatorname{Li}_{2}{\left(t\right)}}{1-t}+\frac{\ln^{3}{\left(1-t\right)}}{1-t}\bigg{]}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\bigg{[}\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{3S_{1,2}{\left(t\right)}}{1-t}-\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{\operatorname{Li}_{3}{\left(t\right)}}{1-t}\\ &~~~~~+\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{3\ln{\left(1-t\right)}\operatorname{Li}_{2}{\left(t\right)}}{1-t}+\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{\ln^{3}{\left(1-t\right)}}{1-t}\bigg{]}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\bigg{[}-3\operatorname{Li}_{1}{\left(-x\right)}\,S_{1,2}{\left(-x\right)}+3\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{\ln^{3}{\left(1-t\right)}}{2t}\\ &~~~~~+\operatorname{Li}_{1}{\left(-x\right)}\operatorname{Li}_{3}{\left(-x\right)}+\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{\operatorname{Li}_{1}{\left(t\right)}\operatorname{Li}_{2}{\left(t\right)}}{t}\\ &~~~~~+\frac32\operatorname{Li}_{1}{\left(-x\right)}^{2}\operatorname{Li}_{2}{\left(-x\right)}-\frac32\int_{-x}^{0}\mathrm{d}t\,\frac{\ln^{3}{\left(1-t\right)}}{t}\\ &~~~~~+\frac14\ln^{4}{\left(1+x\right)}\bigg{]}\\ &=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\,\frac{1}{x\sqrt{1-x}}\bigg{[}3\ln{\left(1+x\right)}\,S_{1,2}{\left(-x\right)}-\ln{\left(1+x\right)}\operatorname{Li}_{3}{\left(-x\right)}\\ &~~~~~+\frac32\ln^{2}{\left(1+x\right)}\operatorname{Li}_{2}{\left(-x\right)}+\frac14\ln^{4}{\left(1+x\right)}-\frac12\operatorname{Li}_{2}{\left(-x\right)}^{2}\bigg{]}.\tag{4}\\ \end{align}$$
Para completar meu comentário acima, apresento minha tentativa malsucedida:
Use a fórmula que comentei, que pode ser facilmente comprovada pela função delta de Kronecker $\delta_{mn}=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}e^{\pm i(m-n)t}dt$, e usar as duas fórmulas fornecidas pelo OP, obtemos: \begin{align*} S&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\left(\sum_{m=1}^\infty\frac{\left(4e^{-it}\right)^m}{m^2\binom{2m}{m}}\right)\left(\sum_{n=1}^\infty\left(-e^{it}\right)^nH_{n-1}^3\right)dt\\ &=-\frac{1}{\pi}\int_0^{2\pi}\arcsin^2\left(e^{-\frac{it}{2}}\right)e^{it}\frac{F\left(-e^{it}\right)}{1+e^{it}}dt \end{align*} Onde $$F(x)=\operatorname{Li}_3(x)+3\operatorname{Li}_3(1-x)+\frac32\ln x\ln^2(1-x)-3\zeta(2)\ln(1-x)-\ln^3(1-x)-3\zeta(3)$$ Então, por uma mudança de variável $x=e^{\frac{it}{2}}$ e observando que o integrando é uma função uniforme em relação a $x$, a integral se reduz a \begin{align*} S&=\frac{4}{\pi}\Im\int_0^1x\arcsin^2\left(\frac{1}{x}\right)\frac{F\left(-x^2\right)}{1+x^2}dx\\ &=-2\int_0^1\log\left(\frac{1+\sqrt{1-x}}{\sqrt{x}}\right)\frac{F\left(-x\right)}{1+x}dx \end{align*} conforme confirmado pelo Mathematica numericamente.
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