Actualización:
Si uno puede recordar la siguiente serie:
$$\sum_{n=0}^\infty\frac1{n^2+x}=\frac1{2x}+\frac\pi{2\sqrt x\tanh(\pi\sqrt x)}$$
A continuación, diferenciando ambos lados $k$ veces rendimientos
$$\sum_{n=0}^\infty\frac1{(n^2+x)^{k+1}}=\frac1{2x^{k+1}}+\frac{(-1)^k\pi}{2\times k!}\frac{d^k}{dx^k}\frac1{\sqrt x\tanh(\pi\sqrt x)}$$
y evaluación en $x=1$ da formas cerradas.
Actualización:
El uso general de la regla de Leibniz, tenemos
$$\frac{d^k}{dx^k}\frac{\coth(\pi\sqrt x)}{\sqrt x}=\sum_{p=0}^k\binom kp\frac{\Gamma(3/2+n-p)}{-2\sqrt\pi}(-1)^{n-p}x^{-1/2-n+p}(\coth(\pi\sqrt x))^{(p)}$$
Podemos manejar la regla de la cadena con el $n$th derivado de la $\coth$ usando Faà di Bruno fórmula,
$$\small(\coth(\pi\sqrt x))^{(p)}=\sum_{q=1}^n\coth^{(q)}(\pi\sqrt x)B_{p,q}\left(\pi\frac12x^{-1/2},-\pi\frac14x^{-1/2},\dots,\sqrt\pi\frac{\Gamma(3/2+q)}{-4}(-1)^qx^{-1/2-q}\right)$$
donde $B_{n,k}$ es la campana de polinomio. El $q$th derivado de la $\coth$ es dado al $q\ge1$:
$$\coth^{(q)}(x)=2^q(\coth(x)-1)\sum_{r=0}^q\frac{(-1)^rr!S_q^{(r)}}{2^r}(\coth(x)+1)^r$$
Poniendo todo esto junto,
$$\tiny F(k+1)=\frac12+\frac{(-1)^k\pi}{2(k!)}\left(\binom kp\frac{\Gamma(3/2+k)}{-2\sqrt\pi}(-1)^k(\coth(\pi)+\sum_{p=1}^k\sum_{q=1}^n\sum_{r=0}^q\binom kp\frac{\Gamma(3/2+k-p)}{-2\sqrt\pi}(-1)^{k+p+r}2^{q-r}(\coth(\pi)-1)(-1)^rr!S_q^{(r)}(\coth(\pi)+1)^r(\pi)B_{p,q}\left(\pi,-\pi\frac14,\dots,\sqrt\pi\frac{\Gamma(3/2+q)}{-4}(-1)^q\right)\right)$$
Viejo:
Una theta de la función:
$$\frac12[\vartheta_3(0,r)+1]=\sum_{n=0}^\infty r^{n^2}$$
Plazo por el término de integración, a continuación, revela que
$$\frac1x\int_0^x\frac12[\vartheta_3(0,r)+1]\ dr=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{n^2}}{1+n^2}$$
Repita este proceso una y otra vez para obtener
$$\frac1{x_1}\int_0^{x_1}dx_2\frac1{x_2}\int_0^{x_2}dx_3\dots dx_k\frac1{x_k}\int_0^{x_k}dr\frac12[\vartheta_3(0,r)+1]=\sum_{n=0}^\infty\frac{x_1^{n^2}}{(1+n^2)^k}$$
Y, por supuesto, evaluar en $x_1=1$ para su función. No veo una forma cerrada de salir de esto, pero puede ser útil para discernir ciertas cosas acerca de su función.
He de hacer notar, sin embargo, que en el caso de $k=1$, la solución está dada en este post:
$$\sum_{n=0}^\infty\frac1{1+n^2}=\int_0^1\frac12[\vartheta_3(0,r)+1]\ dr=\frac\pi{2\tanh\pi}+\frac12$$