Yo aquí derivar una expresión para el problema más general de la evaluación de $\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n z^{2n+1}}{(2n+1)^2}$ $|z| < 1$ en términos de polylogarithms. Esta derivación se utiliza la misma idea como se indica por el cansancio en los comentarios. La derivación contiene la expresión de varias de las integrales que las personas puedan encontrar interesante, sin embargo, la derivación contiene muchos términos que he tenido que confiar en el software matemático para que salga todo bien así que no es muy esclarecedor y no responder a la pregunta.
Código de Mathematica utiliza para evaluar y simplificar las integrales se pueden encontrar aquí.
Comenzar a utilizar la identidad de $\int_0^1x^{2n}\log(x){\rm d}x = -\frac{1}{(2n+1)^2}$ de la suma se puede escribir como una integral
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n z^{2n+1}}{(2n+1)^2} = -z\int_0^1\sum_{n=1}^\infty (zx)^{2n}H_n\log(x)\,{\rm d}x = \int_0^1\frac{\log(x)\log(1-(zx)^2)}{1-(zx)^2}z{\rm d}x$$
La división de la $\log$ y una fracción parcial de la descomposición nos da
$$\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n z^{2n+1}}{(2n+1)^2} = \frac{I(z) - I(-z) + J(z) - J(-z)}{2}$$
donde $I(z)$ está dada por (véase el final de este post los pasos para derivar este)
$$I(z)=\int_0^1\frac{\log(x)\log(1+zx)}{1+zx}z{\rm d}x = \int_0^z\frac{\log(x)\log(1+x)}{1+x}{\rm d}x - \log(z)\int_0^z\frac{\log(1+x)}{1+x}{\rm d}x \\= \text{Li}_3\left(\frac{1}{1+z}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{1}{1+z}\right) \log(1+z)-\zeta(3)+\frac{\log^3(1+z)}{3}-\frac{\log(z)\log^2(1+z)}{2}$$
y el uso de diversas polylog identidades (véase el final de este post), llegamos a la
$$I(-z) = \text{Li}_3(1-z)-\text{Li}_2(1-z) \log (1-z)-\zeta(3)-\frac{\log(z)\log^2(1-z)}{2}$$
La última integral que necesitamos es
$$J(z) = \int_0^1\frac{\log(x)\log(1-zx)}{1+zx}z{\rm d}x = \int_0^z\frac{\log(x)\log(1-x)}{1+x}{\rm d}x - \log(z)\int_0^z\frac{\log(1-x)}{1+x}{\rm d}x \\= -\text{Li}_3\left(\frac{1-z}{2}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{z-1}{2z}\right)-\text{Li}_3\left(\frac{z-1}{z}\right)-\text{Li}_3(-z)+\left[\text{Li}_2\left(\frac{1-z}{2}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{z-1}{2z}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{z-1}{z}\right)\right]\log\left(\frac{1-z}{2z}\right)+\text{Li}_2(-z)\log(2z)\\+\frac{7\zeta(3)}{8}-\frac{1}{6}\pi^2\log(2)+\frac{1}{2}\log(2)\log(z)\log(2z)+\frac{1}{12}\pi^2\log(z)$$
y de nuevo el uso de polylog identidades encontramos
$$J(-z) = -\text{Li}_3(z)-\text{Li}_3\left(\frac{z}{z+1}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{2z}{z+1}\right)-\text{Li}_3\left(\frac{z+1}{2}\right)+\text{Li}_2(z) \log (2z)+\left[-\text{Li}_2\left(\frac{z}{z+1}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{2z}{z+1}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{z+1}{2}\right)\right] \log\left(\frac{z+1}{2 z}\right)-\frac{1}{2} \log (2) \log^2(z+1)-\frac{1}{2} \log ^2(2) \log (z)+\log (2) \log (2 z) \log(z+1)+\frac{1}{12} \pi ^2 \log (z)+\frac{7 \zeta(3)}{8}-\frac{\log ^3(2)}{3}$$
La razón por la que he elegido para dar expresiones independientes para $\pm z$ es para asegurarse de que todos los términos son reales cuando $z\in (0,1)$, de modo que se puede aplicar directamente sin ningún tipo de conocimiento acerca de la analítica de la continuación de la polylogarithmic funciones. Las expresiones para $I(z),J(z)$ por encima de los ha comparado con los resultados numéricos y de acuerdo a la perfección.
Sumando obtenemos (esta ecuación también se verificó numéricamente)
$$\matrix{2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_nz^{2n+1}}{(2n+1)^2} &=& -\text{Li}_3\left(\frac{1-z}{2}\right)-\text{Li}_3(1-z)-\text{Li}_3(-z)+\text{Li}_3(z)-\text{Li}_3\left(\frac{z}{z-1}\right)\\&&+\text{Li}_3\left(\frac{2z}{z-1}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{1}{1+z}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{z}{1+z}\right)\\&&-\text{Li}_3\left(\frac{2z}{1+z}\right)+\text{Li}_3\left(\frac{1+z}{2}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{1}{1+z}\right) \log (1+z)\\&&+\text{Li}_2(1-z) \log(1-z)+\text{Li}_2(-z) \log(2z)-\text{Li}_2(z)\log (2z)\\&&+\left[\text{Li}_2\left(\frac{1-z}{2}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)+\text{Li}_2\left(\frac{2 z}{z-1}\right)\right] \log \left(\frac{1-z}{2z}\right)\\&&+\left[\text{Li}_2\left(\frac{z}{1+z}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{2z}{1+z}\right)-\text{Li}_2\left(\frac{z+1}{2}\right)\right] \log\left(\frac{1+z}{2z}\right)\\&&-\log \left(\frac{1+z}{1-z}\right) \left[\frac{1}{2} \log\left(\frac{z}{2}\right)\log\left(1-z^2\right)+\log (2) \log (2z)\right]+\frac{1}{3}\log^3(1+z)}$$
y aquí he perdido mi apetito para trabajar más en esto!
$$\bf \text{Useful polylog identities:}$$
Real $w>1$ hemos
$$\text{Li}_2(w)+\text{Li}_2\left(\frac{1}{w}\right)=-\frac{\log^2(w)}{2}-i\pi \log (w)+\frac{\pi ^2}{3}$$
$$\text{Li}_3(w)-\text{Li}_3\left(\frac{1}{w}\right) = -\frac{\log^3(w)}{6}-\frac{1}{2} i \pi\log ^2(w)+\frac{1}{3} \pi^2 \log(w)$$
$$\bf \text{Derivation of $I(z)$}$$
Tome $t = \log (1 + x) $, entonces la integral se convierte en
$$\int_0^z\frac{\log(x)\log(1+x)}{1+x}{\rm d}x = \int_0^{\log (1 + z)} x^2 + x\log (1 + e^{-x}) {\rm d} x$$
Ahora la expansión de la $\log$ en una serie de Taylor y la integración término a término nos da
$$\frac {\log^3 (1 + z)} {3} - \sum_ {n=1}^\infty\left[\frac {1} {n^3} - \frac {1} {n^3 (1 + z)^n} - \frac {\log (1 + z)} {n^2 (1 + z)^n}\right] $$
La suma pueden ser evaluadas utilizando la definición de la polylogarithm y el $\zeta$ función.
