EDITAR 25.08.18
Aquí está una actualización después de la respuesta de skbmoore a$\sigma_{b}$, lo que para mí fue una revelación en forma metódica.
He calculado $\sigma_{a}$ donde una nueva constante $\kappa_{a}$ aparece.
Yo también procedió de forma análoga con $\sigma_{c}$, pero aquí el problema (para mí) es cómo definir la "constante". Ayuda sería apreciada.
Método
He adoptado ahora un método similar en el que el CAS Mathematica es muy útil.
La "generación de función" para el cálculo de serie finita de la log-tipo de alimentación $k^p \log(k)^q$ ($p$ y $q$ entero, $q\ge 0$) es la suma
$$\nu(n,x) = \sum_{k=1}^n k^x = H_{n,-x}\tag{1}$$
donde $H_{n,m}=H_{n}^{(m)}$ es la generalización en el número armónico (definido por la ecuación).
Por ejemplo tenemos
$$\sum_{k=1}^n k \log(k) = \frac{\partial }{\partial x}\nu(n,x) |x\a 1,
\sum_{k=1}^n \frac{ \log(k)^2}{k} = \frac{\partial^2}{\partial x^2}\nu(n,x) |x\a -1$$
y así sucesivamente.
En lo que sigue vamos a calcular el comportamiento asintótico de un gran $n$ de la suma que el uso de la expresión asintótica de la generación de la función. Mathematica da hasta el fin de $1/n^5$
$$\nu_{a}(n,x)\simeq \zeta (-x)\\+n^x\left(\frac{n}{x+1}+\frac{1}{2}+\frac{x}{12 n}+\frac{-x^3+3 x^2-2 x}{720 n^3}+\frac{(x-4) (x-3) (x-2) (x-1) x}{30240 n^5}\right) \tag{2}$$
Resultados
Por reducción al registro de potencia de la serie me han confirmado el resultado de skbmoore para $\sigma_{b}$ y se ha calculado $\sigma_{a}$. Para $\sigma_{c}$ I proporcionará un resultado por debajo de la cual, sin embargo, necesita ser discutido.
1) comportamiento asintótico de $\sigma_{a}$
Aquí podemos empezar a escribir
$$\frac{\log(k)}{k+1}=\frac{\log(k)}{k \left(1+\frac{1}{k}\right)}= \frac{Log(k)}{k}-\frac{\log(k)}{k^2}+\frac{\log(k)}{k^3}-\frac{\log(k)}{k^4}+\frac{\log(k)}{k^5}-+...\tag{3}$$
Este es de hecho un asintótica de expansión de $1/(1+k)$ $k=\infty$ pero es válida ya para $k\gt 1$, y, lo que es aún más importante, la expansión es convergente.
Ahora calculamos el asymptotics de estos log-energía integrales hasta el quinto poder y agregar los resultados que da, finalmente,
$$\sigma_{a}(n)
\simeq \left(\frac{1}{2}L^2\right)+\left(\zeta '(2)-\zeta '(3)+\zeta '(4)-\zeta '(5)+\gamma _1\right)
+\left(\frac{1}{n}(\frac{3}{2}L+1)
-\frac{1}{n^2}(\frac{13}{12}L
+\frac{1}{6})
+\frac{1}{n^3}(L+\frac{1}{36})
+\frac{1}{n^4}(-\frac{119}{120}L+\frac{1}{180}
)
+\frac{1}{n^5}(\frac{4}{5}L
-\frac{17}{360})
\right)\etiqueta{4}$$
El resultado es descompuesto en tres soportes. El primer soporte que le da la (divergentes) que conduce plazo, el tercer soporte contiene la corrección de los Términos que venaish en el límite de $n\to\infty$. El resultado más interesante se encuentra en el segundo tramo.
Aquí $\gamma _1$ el Stieltjes constante de orden 1, y tenemos una suma de un número finito de derivados de la Riemann zeta función. El número de términos que depende del número de términos que tenga en la expansión de la original sumando. La adición de un 6 de plazo, por ejemplo añadiría $+\zeta'(6)$, pero sólo añadiría una pequeña corrección de la orden de $\frac{1}{n^7}$ en el tercer soporte. Por lo tanto la completa expansión asintótica daría una serie infinita en el segundo soporte. Este, a continuación, se define una constante
$$\kappa_a = - \sum_{k=2}^\infty (-1)^k \zeta'(k)\tag{5}$$
En una sencilla aplicación nos íbamos a encontrar por ejemplo
$$\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n \frac{\log(k)}{k+1} - \frac{1}{2}\log(n)^2\right) = \gamma_1-\kappa_a\tag{6}$$
3) Cálculo de $\sigma_{c}$
Aquí el sumando es $\log(k) H_{k}$. Procediendo como en el $\sigma_{a}$, tenemos que buscar la asymptotics del cofactor de la $\log$.
Tenemos
$$H_k\simeq \log ^2(k)+\log (k)
\left(\gamma+\frac{1}{2 k}-\frac{1}{12 k^2} +\frac{1}{120 k^4}
-\frac{1}{252 k^6}\right)\etiqueta{7}$$
El empleo de los números de Bernoulli $B_{k}$ esto también puede ser formalmente por escrito como
$$H_k\simeq \log ^2(k)+\log (k) \left(\gamma +\frac{1}{2 k}+\sum _{m=1}^\infty \frac{B_{2 m}}{(2 m) k^{2 m}}\right)$$
La suma es divergente, por lo que se debe terminar después de un número finito de términos.
Procedimiento con el registro de alimentación de las integrales como antes de llegar al
$$\sigma_{c}(n) \simeq \left(\frac{1}{2} B(2) \zeta '(2)+\frac{1}{4} B(4) \zeta '(4)+\frac{1}{6} B(6) \zeta '(6)\right)+\left(L^2 n+\frac{3 L^2}{4}+(\gamma -2) (L-1) n+\frac{\gamma L}{2}\right)+\left(\frac{3 \gamma _1}{2}+\frac{\gamma ^2}{2}-\frac{\pi ^2}{24}-\frac{1}{2} \log ^2(2 \pi )+\frac{1}{2} \gamma \log (2 \pi )\right)\tag{8}$$
Hemos puesto el soporte con la serie de $\zeta'$ en el primer lugar.
Este resultado daría lugar a una sospecha constante de la forma
$$\kappa_{b?} = \sum _{m=1}^\infty \frac{\zeta'(2m) B_{2 m}}{(2 m)}
\etiqueta{9}$$
En contraste a $\sigma_{a}$ la serie no es convergente, y la pregunta que surge es: ¿cuál es la constante, ¿cuántos términos de hacer, tenemos que tomar?
Una aplicación sería: ¿cuál es el valor exacto del límite
$$\lim_{n\to\infty}\left( \sigma_{c}(n) -\text{ (leading terms)}\right)\tag{10}$$
Otro ejemplo sería
$$\sum_{k=1}^\infty (H_k - \log(k) - \gamma)^2\tag{11}$$
Reconozco ser atrapado y un poco confundido, espero que los demás pueden ayudarle.
Post Original como de 23.08.18
Este auto respuesta muestra los intentos que he realizado para resolver los problemas.
1) $\sigma_{a}(m)=\sum_{k=1}^m \frac{\log(k)}{k+1}$
Escrito $\frac{1}{1+k}=\int_0^1 x^k \,dx$, $\log(k) = (\frac{\partial }{\partial t}k^t)|t\to 0$
y la definición de
$$\mu (x,t,m) = \sum _{k=1}^m x^k t^k \tag{a1} $$
tenemos
$$\sigma_{a}(m) =\frac{\partial}{\partial t}\left( \int_{0}^1 \mu(x,t,m) \,dx \right)| t \to 0 \tag{a2}$$.
El "núcleo" de la función $\mu$ puede ser expresada por funciones estándar
$$\mu(x,t,m) = \text{Li}_{-t}(x)-x^{m+1} \Phi (x,-t,m+1)$$
Aquí
$$\Phi(z,s,a) = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^k}{(k+a)^s}$$
es el Lerch trascendente y
$$\text{Li}_{\alpha}(x) = \sum_{k=1}^\infty z^k/k^\alpha$$
es el polylog función.
La estrategia podría ser la de investigar el comportamiento asintótico del kernel. Pero aquí estoy atascado.
2) $\sigma_{b}(m) = \sum_{k=1}^m k \log(k) \log(k+1)$
He probado algunos Abelian parcial de totalización, pero fue en vano. En el mientras tanto, una respuesta a esta suma se le dio.
3) $\sigma_{c}(m) = \sum_{k=1}^m H_{k} \log(k)$
Esto está fuertemente relacionado con 1).
Observando la definición
$$H_{k} = \int_{0}^1 \frac{1-x^k}{1-x}\,dx$$
y $\sum_{k=1}^m log(k) = \log(m!)$ encontramos
$$\sigma_{c}(m)=\int_0^1 \frac{\,dx}{1-x}\left(\log(m!) -\frac{\partial}{\partial t} \mu(x,t,m) \right)|t\to 0\tag{c1}$$
donde $\mu$ se define en $(a2)$
