¿Al generalizar la suma armónica$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}z^n = S_{k-1,2}(1)+\zeta(k+1)$ cuando$z=1$?

Question

Dado el nésimo número armónico $ H_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{j}$. En este post se pide para la evaluación,

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^3}=\tfrac{5}{4}\zeta(4)$$

mientras que este post y esta respuesta se describe de la siguiente,

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^4} = -\zeta(2)\zeta(3)+3\zeta(5)$$

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Dada la más generales de la suma,

$$F_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}z^n\tag1$$

Parece que los casos especiales $z=1$ es,

$$F_k(1)= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k} = S_{k-1,2}(1)+\zeta(k+1)\tag2$$

mientras $z=-1$ es,

$$F_k(-1)= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}(-1)^n = S_{k-1,2}(-1)-\frac{2^k-1}{2^k}\zeta(k+1)\tag3$$

donde $S_{n,p}(z)$ es el Nielsen generalizada polylogarithm,

$$S_{n,p}(z) = \frac{(-1)^{n+p-1}}{(n-1)!\,p!}\int_0^1\frac{(\ln t)^{n-1}\big(\ln(1-z\,t)\big)^p}{t}dt$$

Sin embargo, para el rango de $-1\leq z \leq 1$, la estrecha relación de la suma en esta respuesta tiene una simple fórmula,

$$G_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^k}\,z^{n+1} = S_{k-1,2}(z)\tag4$$

Q: Como $G_k(z)$, no $F_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}z^n$ tienen un punto en común de forma cerrada en el rango de $-1\leq z \leq 1$?

Answer 1

Después de mi última edición, me di cuenta de una manera parcialmente la respuesta a mi pregunta. El truco es poner a prueba,

$$F_k(z) - G_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}z^n - \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{(n+1)^k}z^{n+1}$$

para los distintos valores de $k,z$ a ver si se da algo familiar. Para $k=2$ y el valor de $z = 1/3$, la Inversa de la Calculadora Simbólica fue capaz de reconocer en él,

$$F_2\big(\tfrac13\big) - G_2\big(\tfrac13\big) = \rm{Li}_3\big(\tfrac13\big)$$

Un poco más pruebas mostraron que para $-1\leq z\leq 1$, al parecer,

$$F_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}z^n= S_{k-1,2}(z) + S_{k,1}(z)$$

con Nielsen generalizada polylogarithm $S_{n,p}(z)$. De forma equivalente, en términos de polylogarithm $\rm{Li}_n(z)$,

$$F_k(z) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_n}{n^k}z^n= S_{k-1,2}(z) + \rm{Li}_{k+1}(z)$$

Para los casos especiales $z=1$ e $z=-1$, el polylogarithm reduce a fórmulas de $(2)$ e $(3)$ en el post.

P. S. por supuesto, lo que queda es demostrar rigurosamente la fórmula propuesta.