Esta pregunta tiene un aspecto interesante que merece ser comentado, que es que podemos calcular de una forma cerrada para la suma usando Mellin transforma y armónico de las sumas.
Introducir la suma de $S(x)$ dada por
$$S(x) = \sum_{n\ge 1} \left(1- xn \log\frac{2xn+1}{2xn-1}\right)$$
así que estamos interesados en $S(1).$
Como se mencionó antes, la suma plazo es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar.
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
$$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad
g(x) = 1-x\log\frac{2x+1}{2x-1} =
1-x\log\left(1+\frac{2}{2x-1}\right).$$
La abscisa de convergencia de $$\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \zeta(s)$$
es $\Re(s)>1.$
Ahora a encontrar el Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ fundamentales de la tira se $\langle 0,2\rangle$ (que contiene la abscisa de convergencia de la Dirichlet de la serie suma plazo) en primer lugar, use integración por partes para obtener
$$\int_0^\infty \left(-x\log\left(1+\frac{2}{2x-1}\right)\right) x^{m-1} dx
\\= \left[\left(-x\log\left(1+\frac{2}{2x-1}\right)\right)
\frac{x^{s+1}}{s+1}\right]_0^\infty
- \int_0^\infty \frac{4}{4x^2-1} \frac{x^{s+1}}{s+1} dx
= - \int_0^\infty \frac{4}{4x^2-1} \frac{x^{s+1}}{s+1} dx.$$
con los fundamentales de la tira se $\langle -1, 0\rangle$.
Se hace evidente que se requiere el siguiente Mellin transformar:
$$h^*(s) = \int_0^\infty h(x) x^{s-1} dx$$
donde $$h(x) = \frac{4}{4x^2-1}.$$
Esta transformación integral no es estrictamente hablando convergente pero podemos calcular su valor principal mediante el uso de un contorno semicircular en la mitad superior del plano que se recorre hacia la derecha y recoge la mitad de los residuos en los dos polos en $\pm 1/2.$ Esto da
$$h^*(s) (1-e^{i\pi s})
= \frac{1}{2} \times 2 \pi i
\left(\mathrm{Res}(h(x) x^{m-1}; x=1/2) + \mathrm{Res}(h(x) x^{m-1}; x=-1/2)\right)$$
lo que da
$$h^*(s) (1-e^{i\pi s}) = \frac{1}{2} \times 2 \pi i ((1/2)^{s-1}-(-1/2)^{s-1})
= 2^{s} \times 2 \pi i (1+(-1)^s).$$
Este rendimientos
$$h^*(s) = 2^{s} \times 2 \pi i \frac{1+e^{i\pi s}}{1-e^{i\pi s}}
= 2^{s} \times 2 \pi i \frac{e^{-i\pi s/2}+e^{i\pi s/2}}{e^{-i\pi s/2}-e^{i\pi s/2}}
= -\frac{2}{2^s} \pi \cuna(\pi s/2).$$
Volviendo a $g^*(s)$ hemos
$$g^*(s) = \frac{2}{2^{s+2}} \frac{1}{s+1} \pi \cuna(\pi (s+2)/2)
= \frac{1}{2^{s+1}} \frac{1}{s+1} \pi \cuna(\pi s / 2).$$
Por lo tanto, la Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ está dado por
$$\frac{1}{2^{s+1}} \frac{1}{s+1} \pi \cot(\pi s / 2)\zeta(s).$$
El Mellin de inversión integral aquí es
$$\frac{1}{2\pi i} \int_{3/2-i\infty}^{3/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$
de la cual evaluamos por desplácelo hacia la derecha para una ampliación sobre el infinito.
Debemos sumar los residuos en los polos en los positivos números enteros de $Q(s)/x^s$ cuales son
$$\mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=2q) =
\frac{1}{2^{2t+1}} \frac{1}{2t+1} \times 2 \times \zeta(2t) \frac{1}{x^{t2}}
\\ =\frac{1}{2^{2t+1}} \frac{1}{2t+1} \times 2 \times
\frac{(-1)^{q+1} B_{t2} (2\pi)^{t2}}{2\times (2t)!} \frac{1}{x^{t2}}
= \frac{1}{2} \times \frac{(-1)^{q+1} B_{t2} \pi^{t2}}{(2q+1)!} \frac{1}{x^{t2}}.$$
Por lo tanto, requieren de la suma
$$ - \frac{1}{2} \sum_{q\ge 1}
\frac{i^{t2} B_{t2} \pi^{t2}}{(2q+1)!} \frac{1}{x^{t2}}.$$
La exponencial de la generación de la función de los números de Bernoulli es
$$-1 + \frac{1}{2} t + \frac{t}{e^t-1} = \sum_{q\ge 1} B_{2q} \frac{t^{2q}}{(2q)!}.$$
La integración de esta para obtener
$$-t - \frac{t^2}{4} + t\log(1-e^t) + \mathrm{Li}_2(e^t).$$
La constante que apareció durante la integración fue el conocido valor de la función zeta $\mathrm{Li}_2(1) = \zeta(2) = \pi^2/6$, de modo que finalmente tenemos
$$ \sum_{q\ge 1} B_{t2} \frac{t^{t2}}{(2q+1)!}
= \frac{1}{t}
\left(-\frac{\pi^2}{6}-t - \frac{t^2}{4} + t\log(1-e^t) + \mathrm{Li}_2(e^t)\right).$$
A la conclusión de utilizar otro bien conocido zeta valor de la función que es $\mathrm{Li}_2(-1) = -\pi^2/12$ (derivado de $\mathrm{Li}_2(1)$) y poner $t=i\pi /x = i\pi$ a obtener que (perdemos el signo menos porque nos están desplazando a la derecha)
$$S(1) = \frac{1}{2} \frac{1}{i\pi}
\left(-\frac{\pi^2}{6}-i\pi + \frac{\pi^2}{4} + i\pi\log 2 + \mathrm{Li}_2(-1)\right)
\\ = \frac{1}{2} \frac{1}{i\pi} \left(-i\pi + i\pi \log 2 \right)
= \frac{1}{2} (\log 2 - 1).$$
Observación. La integral de la generación de la función de los números de Bernoulli se comprueba fácilmente por la diferenciación:
$$\left(-\frac{t^2}{2} + t\log(1-e^t) + \mathrm{Li}_2(e^t)\right)'
= -t + \frac{t}{1-e^t} (-e^t) + \log(1-e^t) +
\left(\sum_{n\ge 1} \frac{e^{nt}}{n^2}\right)'
\\ = \frac{-t+te^t}{1-e^t} - \frac{te^t}{1-e^t}
+ \log(1-e^t) + \sum_{n\ge 1} \frac{e^{tn}}{n}
\\ = \frac{-t}{1-e^t} + \log(1-e^t) - \log(1-e^t)
= \frac{t}{e^t-1}.$$
