Una suma de tipo Euler

Question

He estado tratando de calcular los siguientes de la serie por un buen rato :

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n^{(2)}}{n\cdot 4^n}{2n \choose n}$$ Donde $H_n^{(2)}=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}$ son la generalización de la armónica de los números de orden 2.

Ya he correctamente calculado el valor de un montón de aspecto similar de la serie que implican armónica de los números y de la central de los coeficientes binomiales (mediante el uso de Abel transformación, la búsqueda de la generación de la función...), y todos ellos habían cerrado las formas en términos de la de Riemann Zeta función, así que estoy seguro de que esta también tiene una bonita forma cerrada ; pero es un tipo duro que se resiste a mi los métodos anteriores.

Por numéricos prueba, que sospecha que el valor es $\frac{3}{2}\zeta(3)$.

Cualquier idea para la derivación ?

Answer 1

Desde

$$ \zeta(2)-Hn^{(2)} = \int{0}^{1} x^n \frac{-\log x}{1-x}\,dx $ $ $$ \sum_{n\geq 1}\frac{x^n}{n4^n}\binom{2n}{n} = 2\log(2)-2\log(1+\sqrt{1-x}) $ $ el cómputo de su serie se reduce al cálculo de la integral

$$ \int{0}^{1}\frac{\log(x)\log(1+\sqrt{1-x})}{1-x}\,dx=\int{0}^{1}\frac{\log(1-x)\log(1+\sqrt{x})}{x}\,dx $ $ o el cálculo de la integral $$ \int{0}^{1}\frac{\left[\log(1-x)+\log(1+x)\right]\log(1+x)}{x}\,dx $ $ donde $$ \int{0}^{1}\frac{\log^2(1+x)}{x}=\frac{\zeta(3)}{4},\qquad \int_{0}^{1}\frac{\log(1-x)\log(1+x)}{x}\,dx =-\frac{5\,\zeta(3)}{8}$ $ son fáciles de probar por la serie de Maclaurin y suma de Euler. Su conjetura es correcta.