含有高阶广义调和数的无穷级数恒等式

Infinite Series Identities Containing High-Order Generalized Harmonic Numbers

摘要: 在本文中，定义一类m阶广义调和数利用组合分析中的Abel分部求和法，我们将推导出一些含有2阶广义调和数和3阶广义调和数的无穷级数与交错级数恒等式。进一步对参数a和b取特殊值，获得一些新的关于π，π²，π³，ζ(3)，Catalan常数和ln2的无穷级数表达式。

Abstract: In this paper, we define a class of generalized harmonic numbers of order m by  Applying Abel’s method on summation by parts in combination analysis, we shall derive several infinite series and alternating series containing generalized harmonic numbers of order 2 and 3. Furthermore, by selecting special values for parameters a and b, several new infinite series ex-pressions are obtained for π, π², π³, ζ(3), Catalan constant and ln2 as consequences.

1. 引言

调和数的研究由来已久，它出现在各种特殊函数的表达式中，在组合数学各分支、数论、计算机科学、计算机生物学和理论物理学等领域中都有重要应用。

众所周知，著名的经典调和数$H_n$ 定义为

$H_0=0$ ，$H_n={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}}={\displaystyle {\int }_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\text{d}t}=\gamma +\psi \left(n+1\right)$ ，$n=1,2,\cdots$ ，

其中欧拉常数$\gamma =0.5772\cdots$ ，$\psi ={\Gamma }^{\prime }/\Gamma$ 表示Euler Gamma函数的对数导数，其显式形式为

$\psi \left(x\right)=-\gamma +{\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }\left\{\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+x}\right\}}$ .

1775年，Euler (见[1]，p. 252)发现了与Riemann Zeta函数有关的调和数恒等式：

${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{{\left(n+1\right)}^2}}=\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{n^2}}=\zeta \left(3\right)$ ；$\frac{5}{4}{\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }\frac{H_n}{n^3}}=\zeta \left(4\right)$ ，

其中Riemann Zeta函数$\zeta \left(s\right)$ 定义为

$\zeta \left(s\right)=\{\begin{array}{l}{\displaystyle {\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^s}}=\frac{1}{1-2^{-s}}{\displaystyle {\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{1}{{\left(2k-1\right)}^s}}\left(\Re \left(s\right)>1\right);\\ \frac{1}{1-2^{1-s}}{\displaystyle {\sum }_{k=1}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^{k-1}}{k^s}}\left(\Re \left(s\right)>0;s\ne 1\right),\end{array}$

为调和数的研究做出了巨大贡献。这项工作也激发了越来越多的数学工作者对调和数相关恒等式的研究热情。在过去的三十年里，关于调和数恒等式的证明方法也多种多样。De Doelder [2]通过计算双伽玛函数获得了大量有关调和数的求和恒等式。Borwein [3]利用发生函数和Parseval恒等式推导出调和数与$\zeta \left(4\right)$ 之间的求和表达式。Flajolet-Salvy [4]基于积分和留数计算得到线性与非线性的欧拉和，并通过一些求和公式给出Riemann Zeta函数值的表达式。陈永川等[5]利用与差分算子相关的Abel-Zeilberger算法证明了与调和数有关的若干有限级数求和公式。魏传安[6] [7]运用导数算子方法证明一些含有调和数与广义调和数的组合恒等式。Chu-De Donno [8]基于几个著名的超几何级数求和公式获得大量关于调和数的封闭求和公式。Gencev [9]利用Beta型积分推导出含有广义调和数和中心二项式系数的无穷级数求和公式。刘红梅[10]基于超几何级数中两个Gauss求和公式，推导出一些与中心二项式系数和广义调和数有关的无穷级数恒等式。闫庆伦等[11]运用部分分式法证明了一组关于欧拉型求和的组合恒等式，并计算了二项式系数倒数的乘积与高阶shifted调的有限求和形式。

最近，Chu [12] [13]利用Abel分部求和法重新证明了一些重要的超几何级数和基本超几何级数求和公式。2012年，他成功的将Abel分部求和法应用到调和数恒等式的研究领域，证明了一些含有经典调和数及其变换形式的无穷级数恒等式(见[14])，例如：

${\displaystyle \sum _{k=2}^{\infty }{\left(-1\right)}^k\frac{\left(2k^2+2k-1\right){\overline{H}}_k^2}{k\left(k+1\right)\left(k-1\right)\left(k+2\right)}}=2\ln 2-\frac{17}{12}$ ；

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\left(-1\right)}^k\frac{\left(4k^2-3\right){\overline{O}}_k^2}{\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)\left(2k-1\right)\left(2k-3\right)}}=\frac{\pi }{32}$ .

2018年，Wang-Chu [15]非常巧妙地运用Abel分部求和法推导出含有调和数平方和立方的无穷级数公式，并获得一些漂亮的${\pi }^2$ 和$\zeta \left(3\right)$ 的级数表达式，例如：

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{H_k^2}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(k+3\right)}}=\frac{{\pi }^2}{24}-\frac{3}{16}$ ，${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{O_k^2}{\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)\left(2k+5\right)}}=\frac{{\pi }^2}{256}-\frac{1}{96}$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{\left(2k+1\right)H_k^3}{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(k-1\right)}}=\frac{6\zeta \left(3\right)+19}{12}$ ，${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{k{O}_k^3}{\left(2k-3\right)\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}}=\frac{7\zeta \left(3\right)-4}{512}$ .

2020年，Chen-Chen [16]定义了一类高阶广义调和数

$h_n^{\left(m\right)}\left(z\right)={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{{\left(k+z\right)}^m}}$ ，其中$m,n\in \mathbb{N}$ ，$z\in ℂ$ ，但$z\ne -1,-2,\cdots ,-n$ ，

同样利用Abel分部求和法和部分分式分解方法证明了如下含有高阶广义调和数的无穷级数恒等式

${\displaystyle \sum _{n\ge 1}\frac{H_n^{\left(p\right)}}{\left(n+a\right)\left(n+a+1\right)}}$ ，${\displaystyle \sum _{n\ge 1}\frac{H_n^{\left(p\right)}}{\left(\begin{array}{c}n+k\\ k\end{array}\right)}}$ ，${\displaystyle \sum _{n\ge 1}\frac{H_n^{\left(p\right)}}{n\left(\begin{array}{c}n+k\\ k\end{array}\right)}}$ 。

鉴于Abel分部求和法可以非常有效地证明与调和数有关的组合恒等式，因此，我们将进一步探索该方法在高阶广义调和数恒等式中的应用。

文中定义含有两个正实数a和b的一类m阶广义调和数

$h_0^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)=0$ ，$h_n^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{{\left(ak-a+b\right)}^m}}$ ，$n,m=1,2,\cdots$ 。

不难看出$H_n=h_n^{\langle 1\rangle }\left(1,1\right)$ 。当参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ 时，得到两个特殊情况：

$H_n^{\langle m\rangle }:=h_n^{\langle m\rangle }\left(1,1\right)={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{k^m}}$ ；

$O_n^{\langle m\rangle }:=h_n^{\langle m\rangle }\left(2,1\right)={\displaystyle \sum _{k=1}^n\frac{1}{{\left(2k-1\right)}^m}}$ 。

值得一提的是，在含有高阶调和数$H_n^{\langle m\rangle }$ 的无穷级数恒等式中，有三个结构非常简洁漂亮的无穷级数：

${\displaystyle \sum _{n\ge 1}\frac{H_n^{\langle m\rangle }}{n^m}}$ ，${\displaystyle \sum _{n\ge 1}\frac{H_n^{\langle m\rangle }}{\left(n+1\right)\left(n+a\right)}}$ ，${\displaystyle \sum _{n\ge 1}\frac{H_n^{\langle m\rangle }}{n\left(n+a\right)}}$ ，

其中第一个公式可以追溯到Euler时代(见文献[17])，另外两个公式出自Sofo [18]的研究工作。这也启发了作者想从事这方面的研究，获得更多这类广义调和数求和公式。因此，本文将利用组合分析中的Abel分部求和法，推导出一些含有2阶广义调和数和3阶广义调和数的无穷级数与交错级数恒等式，同时建立一些新的关于$\pi$ ，${\pi }^2$ ，${\pi }^3$ ，$\zeta \left(3\right)$ ，Catalan常数和$\ln 2$ 的无穷级数表达式。

在接下来的推导过程中，我们需要利用Catalan常数G的表达式

$G={\displaystyle {\sum }_{k=0}^{\infty }{\left(-1\right)}^k/{\left(2k+1\right)}^2}=0.9159\cdots$ ，

对数$\ln \left(1+x\right)$ 的泰勒展开式

$\ln \left(1+x\right)={\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }{\left(-1\right)}^{k-1}\frac{x^k}{k}}$ ，

以及一些已知的Euler和进行计算，比如：

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^k}{2k+1}}=\frac{\pi }{4}$ ；${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}}=\frac{{\pi }^2}{6}$ ；${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{{\left(2k+1\right)}^2}}=\frac{{\pi }^2}{8}$ ；${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(2k+1\right)}^3}}=\frac{{\pi }^3}{32}$ 。

2. Abel分部求和法

组合分析学中的Abel分部求和法是检验无穷级数收敛的基本方法。2006年，Chu [19]首次将经典分析中的Abel分部求和法应用到了基本超几何级数领域，证明了基本超几何级数理论中最著名的公式之一：Bailey的${}_6\psi {}_6$ -级数恒等式。2012年，Chu [14]再次扩大Abel分部求和法的研究领域，并利用该方法推导出含有调和数的无穷级数恒等式。本文我们将继续利用该方法对高阶广义调和数进行研究。为了便于后续应用，在此我们重新回顾一下Abel分部求和引理。

对于任意的复数序列$\left\{{\tau }_k\right\}$ ，分别定义向前和向后差分算子$\Delta$ 和$\nabla$ 为

$\Delta {\tau }_k={\tau }_k-{\tau }_{k+1}$ 和$\nabla {\tau }_k={\tau }_k-{\tau }_{k-1}$ ，

需要指出的是，这里的$\Delta$ 与通常的向前差分算子仅相差一个负号，则有如下公式成立。

引理1 (Abel分部求和引理)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}{B}_k\nabla A_k}={\left[AB\right]}_{+}-A_0{B}_1+{\displaystyle \sum _{k\ge 1}{A}_k\Delta B_k}$ ， (1)

其中极限${\left[AB\right]}_{+}=\underset{n\to \infty }{\lim }{A}_n{B}_{n+1}$ 存在，且公式中的一个非终止型级数是收敛的。

证明 根据向后差分的定义，对任意自然数n，有

${\displaystyle \sum _{k=1}^n{B}_k\nabla A_k}={\displaystyle \sum _{k=1}^n{B}_k\left\{A_k-A_{k-1}\right\}}={\displaystyle \sum _{k=1}^n{A}_k{B}_k}-{\displaystyle \sum _{k=1}^n{A}_{k-1}{B}_k}$ ，

将上式最后一个求和流标k替换为$k+1$ ，得到

${\displaystyle \sum _{k=1}^n{B}_k\nabla A_k}=A_n{B}_{n+1}-A_0{B}_1+{\displaystyle \sum _{k=1}^n{A}_k\left\{B_k-B_{k+1}\right\}}=A_n{B}_{n+1}-A_0{B}_1+{\displaystyle \sum _{k=1}^n{A}_k\Delta B_k}$ ，

令$n\to \infty$ ，便可得到Abel分部求和引理的表达式，证毕。

下面举例说明如何利用Abel分部求和引理推导含有高阶广义调和数的无穷级数恒等式。

首先选取序列$A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+b}$ 和$B_k=h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ ，不难计算向后和向前差分为

$\nabla A_k=A_k-A_{k-1}=\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+b}-\frac{{\left(-1\right)}^{k-1}}{ak-a+b}=\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak-a+2b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak-a+b\right)}$ ，

$\Delta B_k=B_k-B_{k+1}=h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)-h_{k+1}^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)=\frac{-1}{{\left(ak+b\right)}^2}$ ，

计算极限和初值

${\left[AB\right]}_{+}=0$ ，$A_0{B}_1=\frac{1}{b^3}$ ，

然后根据公式(1)，最后得到含有二阶广义调和数的无穷级数恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak-a+2b\right)h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak-a+b\right)}=-\frac{1}{b^3}+{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}$ 。

在上式中，令参数$a=b=1$ ，由Riemann Zeta函数$\zeta \left(s\right)$ 的定义可得

${\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(k+1\right)}^3}}={\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k}{k^3}}=-\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)$ ，

则推导出新的关于$\zeta \left(3\right)$ 的无穷级数表达式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2k+1\right)H_k^{\langle 2\rangle }}{k\left(k+1\right)}}=-\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

再令参数$a=2,b=1$ ，由Euler和公式

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(2k+1\right)}^3}}=\frac{{\pi }^3}{32}$ ，

则推导出新的关于${\pi }^3$ 的无穷级数表达式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\cdot k{O}_k^{\langle 2\rangle }}{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}}=-\frac{{\pi }^3}{128}$ 。

由上述例子可以发现在利用Abel分部求和法去研究组合公式时，关建是要找到恰当的差分对，即序列$\left\{A_k\right\}$ 和$\left\{B_k\right\}$ 。本文中，为了便于接下来的计算方便快捷，我们固定其中一个序列$B_k=h_k^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)$ ，不难计算其向前差分算子为

$\Delta B_k=h_k^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)-h_{k+1}^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)=\frac{-1}{{\left(ak+b\right)}^m}$ 。

同时，文中所选择的序列$\left\{A_k\right\}$ 要求满足当$n\to \infty$ 时，$A_n\to 0$ ，又因为$B_n$ 是有界的，则${\left[AB\right]}_{+}=0$ 。注意到，当$B_k=h_k^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)$ 时，$B_0=0$ 。因此，我们可以得到下面计算公式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}{h}_k^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)\nabla A}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{-A_k}{{\left(ak+b\right)}^m}}$ 。 (2)

接下来在本文的第三节和第四节，我们将主要利用公式(2)推导含有二阶广义调和数$h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ 和三阶广义调和数$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数与交错级数求和公式，进一步获得一些新的关于$\pi$ ，${\pi }^2$ ，${\pi }^3$ ，$\zeta \left(3\right)$ ，Catalan常数和$\ln 2$ 的表达式，且相关结果均已用数学软件Mathematica程序进行验证，以确保其正确性。

3. 含有$h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数恒等式

在本节中，固定序列$\left\{B_k\right\}$ 为$B_k=h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ ，利用Abel分部求和法获得两个含有二阶广义调和数的

无穷级数恒等式和两个含有二阶广义调和数的交错级数恒等式。

定义序列$A_k=\frac{-1}{\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{2a}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{2a\cdot h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}=\frac{1}{2a^2{\left(ak+b\right)}^2}-\frac{3}{4a^3\left(ak+b\right)}+\frac{1}{a^3\left(ak+a+b\right)}-\frac{1}{4a^3\left(ak+2a+b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{1}{2a^2{\left(ak+b\right)}^2}-\frac{3}{4a^3\left(ak+b\right)}+\frac{1}{a^3\left(ak+a+b\right)}-\frac{1}{4a^3\left(ak+2a+b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{2a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{3}{4a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{ak+b}}+\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{1}{ak+b}}-\frac{1}{4a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{1}{ak+b}}\\ =\frac{1}{2a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{3a+2b}{4a^{3}b\left(a+b\right)}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理1 (含有$h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{2a\cdot h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}}=\frac{1}{2a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{3a+2b}{4a^{3}b\left(a+b\right)}$ 。

令参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ ，可以推出含有二阶调和数及其变换形式的表达式。

推论2 (${\pi }^2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{H_k^{\langle 2\rangle }}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)\left(k+3\right)}}=-\frac{5}{16}+\frac{{\pi }^2}{24}$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{O_k^{\langle 2\rangle }}{\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)\left(2k+5\right)}}=-\frac{1}{48}+\frac{{\pi }^2}{256}$ 。

定义序列$A_k=\frac{-1}{\left(ak+b\right)\left(2ak+a+2b\right)}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{4a^{2}k-a^2+4ab}{\left(ak-a+b\right)\left(ak+b\right)\left(2ak-a+2b\right)\left(2ak+a+2b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{\left(4a^{2}k-a^2+4ab\right)h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-a+b\right)\left(ak+b\right)\left(2ak-a+2b\right)\left(2ak+a+2b\right)}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)}}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)}=\frac{1}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{2}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{4}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{8}{a^3\left(2ak+a+2b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{1}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{2}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{4}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{8}{a^3\left(2ak+a+2b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{2}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{2ak+2b}}-\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{2ak+a+2b}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{2}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理3 (含有$h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{\left(4a^{2}k-a^2+4ab\right)h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-a+b\right)\left(ak+b\right)\left(2ak-a+2b\right)\left(2ak+a+2b\right)}}=\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}-}\frac{2}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}$ 。

令参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ ，可以推出含有二阶调和数及其变换形式的表达式。

推论4 (${\pi }^2$ ，$\zeta \left(3\right)$ 和$\ln 2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{\left(4k+3\right)H_k^{\langle 2\rangle }}{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}}=8-\frac{{\pi }^2}{3}-8\ln 2+\zeta \left(3\right)$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{\left(4k+1\right)O_k^{\langle 2\rangle }}{k\left(k+1\right)\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)}}=-\frac{{\pi }^2}{4}+2\ln 2+\frac{7}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

接下来，将给出含有二阶调和数及其变换形式的交错级数求和公式。

定义序列$A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2a+b}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak+3a+2b\right)}{\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak+3a+2b\right)h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+2a+b\right)\left(ak+a+b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2\left(ak+2a+b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2\left(ak+2a+b\right)}=\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{2a{\left(ak+b\right)}^2}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{4a^2\left(ak+b\right)}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{4a^2\left(ak+2a+b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2\left(ak+2a+b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{2a{\left(ak+b\right)}^2}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{4a^2\left(ak+b\right)}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{4a^2\left(ak+2a+b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{2a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{1}{4a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+b}}+\frac{1}{4a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+b}}+\frac{1}{4ab\left(a+b\right)}\\ =\frac{1}{2a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{1}{4ab\left(a+b\right)}}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理5 (含有$h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ 的交错级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak+3a+2b\right)h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+a+b\right)\left(ak+2a+b\right)}=}\frac{1}{2a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{1}{4ab\left(a+b\right)}$ 。

令参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ ，可以推出含有二阶调和数及其变换形式的表达式。

推论6 (${\pi }^2$ 和G的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2k+5\right)H_k^{\langle 2\rangle }}{\left(k+2\right)\left(k+3\right)}}=\frac{1}{8}-\frac{{\pi }^2}{24}$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(k+2\right)O_k^{\langle 2\rangle }}{\left(2k+3\right)\left(2k+5\right)}}=\frac{1}{96}-\frac{G}{16}$ ，

定义序列$A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{2{\left(-1\right)}^k}{\left(ak-a+b\right)\left(ak+a+b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{2{\left(-1\right)}^k{h}_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-a+b\right)\left(ak+a+b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)}=\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+a+b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+a+b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}+}\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}-\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+b}}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}-\frac{1}{a^{3}b}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理7 (含有$h_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)$ 的交错级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{2{\left(-1\right)}^k{h}_k^{\langle 2\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-a+b\right)\left(ak+a+b\right)}}=\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}+}\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}-\frac{1}{a^{3}b}}$ 。

令参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ ，可以推出含有二阶调和数及其变换形式的表达式。

推论8 ($\pi$ ，${\pi }^2$ ，${\pi }^3$ ，$\zeta \left(3\right)$ ，$\ln 2$ 和G的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k{H}_k^{\langle 2\rangle }}{k\left(k+2\right)}}=\frac{1}{2}+\frac{{\pi }^2}{24}-\ln 2-\frac{3}{8}\zeta \left(3\right)$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k{O}_k^{\langle 2\rangle }}{\left(2k-1\right)\left(2k+3\right)}}=\frac{1}{16}+\frac{G}{8}-\frac{{\pi }^3}{128}-\frac{\pi }{32}$ 。

4. 含有$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数恒等式

在本节中，固定序列$\left\{B_k\right\}$ 为$B_k=h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ ，利用Abel分部求和法获得两个含有三阶广义调和数的无

穷级数恒等式和三个含有三阶广义调和数的交错级数恒等式。

定义序列$A_k=\frac{-1}{\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{4a}{\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-3a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{4a\cdot h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-3a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\begin{array}{l}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}\\ =-\frac{1}{a^2{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{4}{a^4\left(ak+b\right)}+\frac{4}{a^4\left(2ak-a+2b\right)}+\frac{4}{a^4\left(2ak+a+2b\right)}\end{array}$

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{-\frac{1}{a^2{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{4}{a^4\left(ak+b\right)}+\frac{4}{a^4\left(2ak-a+2b\right)}+\frac{4}{a^4\left(2ak+a+2b\right)}\right\}}\\ =-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{4}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{ak+b}}+\frac{4}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{2ak-a+2b}}+\frac{4}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{1}{2ak-a+2b}}\\ =-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{8}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}+\frac{4}{a^4\left(2b-a\right)}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理9 (含有$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{4a\cdot h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(2ak+a+2b\right)\left(2ak-3a+2b\right)\left(2ak-a+2b\right)}}=-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{8}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}+\frac{4}{a^4\left(2b-a\right)}$ 。

令参数$a=b=1$ ，可以推出下面含有三阶调和数的表达式。

推论10 ($\zeta \left(3\right)$ 和$\ln 2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{H_k^{\langle 3\rangle }}{\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}}=-1+2\ln 2-\frac{1}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

在定理9中，令参数$a=2,b=1$ ，利用$\ln \left(1+x\right)$ 的泰勒展开式和$\zeta \left(s\right)$ 定义式计算如下极限

$\begin{array}{l}\underset{\begin{array}{l}a\to 2\\ b\to 1\end{array}}{\lim }\left\{-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{8}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}+\frac{4}{a^4\left(2b-a\right)}+\frac{4a}{b^3\left(a-2b\right)\left(a+2b\right)\left(3a+2b\right)}\right\}\\ =\underset{\begin{array}{l}a\to 2\\ b\to 1\end{array}}{\lim }\left\{\frac{4a^4+8a^{3}b+16a^2{b}^2+20a{b}^3+8b^4}{a^4{b}^3\left(a+2b\right)\left(3a+2b\right)}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{8}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}\right\}\\ =\frac{15}{32}-\frac{1}{4}\ln 2-\frac{7}{32}\zeta \left(3\right)\end{array}$

能够推导出下面三阶调和数变换形式的计算公式。

推论11 ($\zeta \left(3\right)$ 和$\ln 2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{O_k^{\langle 3\rangle }}{k\left(k-1\right)\left(k+1\right)}}=\frac{15}{4}-2\ln 2-\frac{7}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

定义序列$A_k=\frac{-1}{2ak+a+2b}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{2a}{\left(2ak-a+2b\right)\left(2ak+a+2b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{2a\cdot h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(2ak-a+2b\right)\left(2ak+a+2b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)}=\frac{1}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{2}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{4}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{8}{a^3\left(2ak+a+2b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3\left(2ak+a+2b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{1}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{2}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{4}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{8}{a^3\left(2ak+a+2b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{2}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{2ak+2b}}-\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{2ak+a+2b}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{2}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理12 (含有$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的无穷级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{2a\cdot h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(2ak-a+2b\right)\left(2ak+a+2b\right)}}=\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{2}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{1}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{8}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+2b}}}$ 。

令参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ ，可以推出含有三阶调和数及其变换形式的表达式。

推论13 ($\zeta \left(3\right)$ ，${\pi }^2$ 和$\ln 2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{H_k^{\langle 3\rangle }}{\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}}=4-\frac{{\pi }^2}{6}-4\ln 2+\frac{1}{2}\zeta \left(3\right)$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{O_k^{\langle 3\rangle }}{k\left(k+1\right)}}=-\frac{{\pi }^2}{4}+2\ln 2+\frac{7}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

接下来，将给出含有三阶调和数及其变换形式的交错级数求和公式。

定义序列$A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k}{\left(ak+a+b\right)\left(ak-a+b\right)}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2a^2{k}^2-2a^{2}k+4abk-a^2-2ab+2b^2\right)}{\left(ak-2a+b\right)\left(ak-a+b\right)\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2a^2{k}^2-2a^{2}k+4abk-a^2-2ab+2b^2\right)h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-2a+b\right)\left(ak-a+b\right)\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)\left(ak-a+b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)\left(ak-a+b\right)}=\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^2{\left(ak+b\right)}^3}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^4\left(ak+b\right)}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{2a^4\left(ak+a+b\right)}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{2a^4\left(ak-a+b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)\left(ak-a+b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^2{\left(ak+b\right)}^3}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^4\left(ak+b\right)}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{2a^4\left(ak+a+b\right)}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{2a^4\left(ak-a+b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{1}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+b}}+\frac{1}{2a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}+\frac{1}{2a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}\\ =\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{2}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}+\frac{3a-2b}{2a^{4}b\left(a-b\right)}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理14 (含有$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的交错级数恒等式)

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2a^2{k}^2-2a^{2}k+4abk-a^2-2ab+2b^2\right)h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-2a+b\right)\left(ak-a+b\right)\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}}\\ =\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{2}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}+\frac{3a-2b}{2a^{4}b\left(a-b\right)}\end{array}$

令参数$a=2,b=1$ ，可以推出含有三阶调和数及其变换形式的表达式。

推论15 ($\pi$ 和${\pi }^3$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(8k^2-6\right)O_k^{\langle 3\rangle }}{\left(2k-3\right)\left(2k-1\right)\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}}=\frac{\pi }{32}+\frac{{\pi }^3}{128}$ 。

在定理14中，令参数$a=b=1$ ，利用$\ln \left(1+x\right)$ 的泰勒展开式和$\zeta \left(s\right)$ 定义式计算如下极限

$\begin{array}{l}\underset{\begin{array}{l}a\to 1\\ b\to 1\end{array}}{\lim }\left\{\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{2}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}+\frac{3a-2b}{2a^{4}b\left(a-b\right)}-\frac{-a^2+2ab+2b^2}{\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(2a+b\right)b^4}\right\}\\ =\underset{\begin{array}{l}a\to 1\\ b\to 1\end{array}}{\lim }\left\{\frac{2a^5-2a^{4}b-6a^3{b}^2+5a{b}^4+2b^5}{2a^4{b}^4\left(a+b\right)\left(2a+b\right)}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{2}{a^4}{\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}\right\}\\ =-\frac{23}{12}+2\ln 2+\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)\end{array}$

可以推导出下面含有三阶调和数变换形式的计算公式。

推论16 ($\zeta \left(3\right)$ 和$\ln 2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2k^2+2k-1\right)H_k^{\langle 3\rangle }}{k\left(k-1\right)\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}=-\frac{23}{12}+2\ln 2+\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

定义序列$A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak+a+b}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak+a+2b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak+a+2b\right)h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)}}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)}=\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+a+b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak+a+b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{a^3\left(ak+a+b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}+\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}}+\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}-\frac{1}{a^{3}b}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理17 (含有$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的交错级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak+a+2b\right)h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak+b\right)\left(ak+a+b\right)}}=\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak+b}}}-\frac{1}{a^{3}b}$ 。

令参数$a=b=1$ 和$a=2,b=1$ ，可以推出含有三阶调和数及其变换形式的表达式。

推论18 ($\pi$ ，${\pi }^2$ ，${\pi }^3$ ，$\zeta \left(3\right)$ ，$\ln 2$ 和G的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2k+3\right)H_k^{\langle 3\rangle }}{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}}=1+\frac{{\pi }^2}{12}-2\ln 2-\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)$ ；

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(k+1\right)O_k^{\langle 3\rangle }}{\left(2k+1\right)\left(2k+3\right)}}=\frac{1}{32}+\frac{G}{16}-\frac{\pi }{64}-\frac{{\pi }^3}{256}$ 。

定义序列$A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak-a+b}$ ，计算其向后差分为

$\nabla A_k=\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak-3a+2b\right)}{\left(ak-2a+b\right)\left(ak-a+b\right)}$ ，

根据公式(2)，得到如下恒等式

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak-3a+2b\right)h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-2a+b\right)\left(ak-a+b\right)}}={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak-a+b\right)}}$ ，

由部分分式分解

$\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak-a+b\right)}=\frac{{\left(-1\right)}^k}{a{\left(ak+b\right)}^3}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^3\left(ak-a+b\right)}$ ，

可以得到

$\begin{array}{l}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak-a+b\right)}}\\ ={\displaystyle \sum _{k\ge 0}\left\{\frac{{\left(-1\right)}^k}{a{\left(ak+b\right)}^3}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^2{\left(ak+b\right)}^2}+\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^3\left(ak+b\right)}-\frac{{\left(-1\right)}^k}{a^3\left(ak-a+b\right)}\right\}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak-a+b}}-\frac{1}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak-a+b}}\\ =\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak-a+b}}+\frac{1}{a^3\left(a-b\right)}\end{array}$

则推出下面求和公式。

定理19 (含有$h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)$ 的交错级数恒等式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2ak-3a+2b\right)h_k^{\langle 3\rangle }\left(a,b\right)}{\left(ak-2a+b\right)\left(ak-a+b\right)}}=\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^3}}+\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^k}{{\left(ak+b\right)}^2}}-\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k}{ak-a+b}}+\frac{1}{a^3\left(a-b\right)}$ 。

令参数$a=2,b=1$ ，可以推出含有三阶调和数变换形式的表达式。

推论20 ($\pi$ ，${\pi }^3$ 和G的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(k-1\right)O_k^{\langle 3\rangle }}{\left(2k-3\right)\left(2k-1\right)}}=\frac{1}{32}+\frac{G}{16}+\frac{\pi }{64}+\frac{{\pi }^3}{256}$ 。

在定理19中，令参数$a=b=1$ ，利用Euler和公式，$\ln \left(1+x\right)$ 的泰勒展开式和$\zeta \left(s\right)$ 定义式计算如下极限

$\begin{array}{l}\underset{\begin{array}{l}a\to 1\\ b\to 1\end{array}}{\lim }\left\{{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3\left(ak-a+b\right)}}-\frac{a-2b}{b^4\left(b-a\right)}\right\}\\ =\underset{\begin{array}{l}a\to 1\\ b\to 1\end{array}}{\lim }\left\{\frac{a^3-a^{2}b-a{b}^2-b^3}{a^3{b}^4}-\frac{1}{a}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^3}-\frac{1}{a^2}{\displaystyle \sum _{k\ge 0}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{{\left(ak+b\right)}^2}}}+\frac{2}{a^3}{\displaystyle \sum _{k\ge 1}\frac{{\left(-1\right)}^{k+1}}{ak-a+b}}\right\}\\ =-2+\frac{{\pi }^2}{12}+2\ln 2+\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)\end{array}$

可以推导出下面含有三阶调和数的求和公式。

推论21 ($\zeta \left(3\right)$ ，${\pi }^2$ 和$\ln 2$ 的级数表达式)

${\displaystyle \sum _{k\ge 2}\frac{{\left(-1\right)}^k\left(2k-1\right)H_k^{\langle 3\rangle }}{k\left(k-1\right)}}=-2+\frac{{\pi }^2}{12}+2\ln 2+\frac{3}{4}\zeta \left(3\right)$ 。

5. 结论

本文利用组合分析中的Abel分部求和法，固定差分对中的一个序列$\left\{B_k\right\}$ 为$B_k=h_k^{\langle m\rangle }\left(a,b\right)$ ，再选取恰当序列$\left\{A_k\right\}$ ，利用主要公式(2)获得一些新的含有二阶广义调和数和三阶广义调和数的无穷级数与交错级数求和公式，同时建立一些新的关于$\pi$ ，${\pi }^2$ ，${\pi }^3$ ，$\zeta \left(3\right)$ ，Catalan常数和$\ln 2$ 的无穷级数表达式。

该研究将Abel分部求和法应用到高阶广义调和数恒等式的证明中，对调和数的研究领域起到一定的推动作用。文中所得结果不仅推动圆周率近似值研究的进步，获得的Riemann Zeta函数$\zeta \left(3\right)$ 也在素数分布理论中扮演着重要角色，而且Catalan常数和对数的表达式在组合计数和组合分析中都有重要应用价值。此外在物理学中，量子场论里大规模高阶扰动运算中的Feynman积分计算需要利用很多调和数和的乘积展开式，而且一些含有调和数的求和公式可以对粒子物理学中的散射过程进行高阶校正的计算。因此，本文的研究成果将在数学和物理多个领域都有重要应用。最后，对本文研究内容感兴趣的读者也可以进一步尝试证明更多含有高阶广义调和数的组合恒等式。

基金项目

辽宁省教育厅科学研究项目(项目编号JDL2019028)。