Aquí es un método que utiliza la Mellin transforma para enriquecer la colección
de las soluciones. Escribir
$$S(N) = 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{k\ge 2} \frac{1}{\sum_{n=0}^N k^n}
= 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{k\ge 2} \frac{k-1}{k^{N+1}-1}
\\= 1 + \frac{1}{N+1} + \sum_{k\ge 2} \frac{k}{k^{N+1}-1}
- \sum_{k\ge 2} \frac{1}{k^{N+1}-1}.$$
Hay dos armónico sumas con la misma función de base aquí, que nos
ahora evaluar.
Introducir $$S_1(x, M) = \sum_{k\ge 2} \frac{1}{(xk)^M-1}
\quad\text{y}\quad S_2(x, M) = \sum_{k\ge 2} \frac{k}{(xk)^M-1}$$
así que estamos interesados en $S_2(1, N+1)-S_1(1, N+1).$
Recordar que el armónico suma de identidad
$$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) =
\left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$
donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos para $k\ge 2$ que
(do $S_1$ $S_2$ le siga)
$$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k
\quad \text{y} \quad
g(x) = \frac{1}{x^M-1}.$$
Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es
$$\int_0^\infty \frac{1}{x^M-1} x^{s-1} dx.$$
Tomamos $M = N+1 > 2$ ya que la suma desde el principio diverge cuando
$N=1.$
Los fundamentales de la tira de esta transformación es Mellin
$\langle 0,M\rangle.$ Vamos de hecho, el uso de $\langle 0, M-1\rangle$
Ahora vamos a evaluar esta (aparentemente divergentes) transformar utilizamos una rebanada
contorno con la parte inferior de la rebanada alineado con el polo positivo
eje real y el origen. El ángulo de la rebanada es $2\pi/M.$ El
radio de la rebanada es $R$ y nos vamos a ir hasta el infinito, de modo que podemos
ver fácilmente la contribución del arco que conecta a los dos
lados rectos se desvanece por el ML obligado porque su longitud es de
$\Theta(R)$ y el integrando es $$\Theta(1/R^M\times R^{(M-1)-1}) =
\Theta(1/R^2).$$
Vamos a ser la integración a través de los polos en $x=1$ e $x=\exp(2\pi
i/M),$ así recoger la mitad de los residuos de estos polos. El
integral a lo largo del lado horizontal $\Gamma_1$ de la rebanada es nuestro
transformar $g^*(s)$. La contribución del arco llamarlo $\Gamma_2$
se desvanece. A lo largo de los laterales inclinadas llamarlo $\Gamma_3$ ponemos
$x=\exp(2\pi i/M)t$ obtener la siguiente integral:
$$\int_{\Gamma_3} \frac{1}{x^M-1} x^{m-1} dx
\\= \exp(2\pi i/M)
\int_\infty^0 \frac{1}{(\exp(2\pi i/M) t)^M-1}
(\exp(2\pi i/M) t)^{m-1} dt
\\ = - \exp(2\pi i/M)
\int_0^\infty \frac{1}{t^M-1}
(\exp(2\pi i/M) t)^{m-1} dt
\\= - \exp(2\pi i \times s/M)
\int_0^\infty \frac{1}{t^M-1} t^{m-1} dt =
- \exp(2\pi i \times s/M) \times g^*(s).$$
Poniendo todo esto junto con que contamos para $g^*(s)$ que
$$g^*(s) = \left(1-e^{2\pi i \times s/M}\right)
= \pi i
\left(
\mathrm{Res}\left(\frac{1}{x^M-1} x^{m-1}; x=1\right)+
\mathrm{Res}\left(\frac{1}{x^M-1} x^{m-1}; x=\exp(2\pi i/M)\right)
\right).$$
Estos polos son simples y pueden ser evaluados con un único derivado
que da $1/(M x^{M-1})$ y produce
$$ \pi i
\left(\frac{1}{M} +
\frac{1}{M \exp(2\pi i/M)^{M-1}}
\exp(2\pi i \times (s-1)/M)\right).$$
Este es
$$\frac{\pi i}{M}
\left(1 + \exp(2\pi i \times (s-1-(M-1))/M)\right)
\\= \frac{\pi i}{M}
\left(1 + \exp(2\pi i \times (s-M)/M)\right)
\\= \frac{\pi i}{M}
\left(1 + \exp(2\pi i \times s/M)\right).$$
Volviendo a $g^*(s)$ se obtiene finalmente
$$g^*(s) = \frac{\pi i}{M}
\frac{1 + e^{2\pi i \times s/M}}{1-e^{2\pi i \times s/M}}
= \frac{\pi}{M}
\frac{i(e^{-\pi i \times s/M} + e^{\pi i \times s/M})}
{e^{-\pi i \times s/M}-e^{\pi i \times s/M}}
= - \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M).$$
De ello se desprende que la Mellin transformar $Q_1(s)$ de la suma de armónicos
$S_1(x,M)$ está dado por
$$Q_1(s) = - \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M) (-1+\zeta(s))
\\ \text{porque}\\
\sum_{k\ge 2} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} =
\sum_{k\ge 2} \frac{1}{k^s}
= -1+\zeta(s)$$
para $\Re(s) > 1.$
Del mismo modo el Mellin transformar $Q_2(s)$ de la suma de armónicos
$S_2(x,M)$ está dado por
$$Q_2(s) = - \frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M) (-1+\zeta(s-1))
\\ \text{porque}\\
\sum_{k\ge 2} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} =
\sum_{k\ge 2} k \times \frac{1}{k^s}
= -1+\zeta(s-1)$$
para $\Re(s) > 2.$
El Mellin de inversión integral para la primera de ellas es
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q_1(s)/x^s ds$$
de la cual evaluamos por desplácelo hacia la derecha para una ampliación sobre
infinito. Para el segundo tenemos
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{5/2-i\infty}^{5/2+i\infty} Q_2(s)/x^s ds$$
Ahora tenga en cuenta que el primer poste a la derecha de la abscisa de
la convergencia es en $s=M$ y desde $M\ge 3>5/2>3/2$ hecho podemos unir
estos dos de la inversión de las integrales y escribir
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{5/2-i\infty}^{5/2+i\infty}
(Q_2(s)-Q_1(s))/x^s ds$$
que es
(el signo menos desaparece, porque somos la integración de las agujas del reloj en el
mitad derecha del plano -)
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{5/2-i\infty}^{5/2+i\infty}
\frac{\pi}{M} \cuna(\pi s/M) (\zeta(s-1)-\zeta(s))/x^s ds.$$
Observar que
$$\mathrm{Res}\left(\cot(\pi s/M); s=qM\right) = \frac{M}{\pi}$$
con $q$ un entero.
La recolección de los residuos en los polos en$s = qM$, en la mitad derecha
plano y a la configuración de $x=1$ obtenemos la serie convergente para
$S_2(1, M)-S_1(1, M)$
$$\sum_{q\ge 1} \frac{\pi}{M} \frac{M}{\pi} (\zeta(qM-1)-\zeta(qM))
= \sum_{q\ge 1} (\zeta(qM-1)-\zeta(qM)).$$
Volviendo a $N$ y la suma empezamos con podemos confirmar la
anteriores resultado que
$$S(N) = 1 + \frac{1}{N+1}
+ \sum_{q\ge 1} (\zeta(p(N+1)-1)-\zeta(p(N+1))).$$
