Expresando$\sum_{n = 1}^\infty \sum_{k = 1}^n \frac{1}{n^4 k\,2^k}$ como una suma finita que involucra$\zeta(\cdot)$,$Li_k(\cdot)$,$\pi$ y$\ln 2$

Question

Mientras trabajaba en la integral publicado aquí, a través de una gran cantidad de chanchullos, me las arreglé para llegar a la siguiente intrigante suma

$$\begin{align}\sum_{n = 1}^\infty \sum_{k = 1}^n \frac{1}{n^4 k 2^k} &= 2\operatorname{Li}_5 \left (\frac{1}{2} \right ) + \ln 2 \operatorname{Li}_4 \left (\frac{1}{2} \right ) + \frac{7}{16} \zeta (3) \ln^2 2 \\ &- \frac{\pi^2}{36} \ln^3 2 + \frac{\pi^4}{90} \ln 2 - \frac{7}{96} \pi^2 \zeta (3) - \frac{27}{32} \zeta (5) + \frac{1}{30} \ln^5 2 \end{align}$$

Por supuesto, yo no sé cómo llegar a este resultado de una manera directa que viene de la misma en la suma de la izquierda.

Así que mi pregunta es, ¿alguien tiene alguna sugerencia sobre cómo se enfoque la evaluación de la suma de la izquierda?

Answer 1

Tenemos $$S=\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{4}}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k2^{k}}=\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^{4}}\int_{0}^{1}\frac{1-x^{n}2^{-n}}{2-x}dx$$ $$=\int_{0}^{1}\frac{1}{2-x}\left(\zeta\left(4\right)-\mathrm{Li}_{4}\left(\frac{x}{2}\right)\right)dx.$ $

Ahora, dado que podemos dividir la integral, obtenemos $$ S = \ zeta \ left (4 \ right) \ log \ left (2 \ right) - \ int_ {0} ^ {1} \ frac {\ mathrm {Li } _ {4} \ left (\ frac {x} {2} \ right)} {2-x} dx$$ $$=\zeta\left(4\right)\log\left(2\right)-\sum_{k\geq0}\int_{0}^{1/2}x^{k}\mathrm{Li}_{4}\left(x\right)dx$$ $$=\zeta\left(4\right)\log\left(2\right)-\frac{1}{2}\sum_{k\geq0}\frac{1}{2^{k}}\sum_{m\geq1}\frac{1}{m^{4}\left(k+m+1\right)2^{m}}\tag{1}$$ and now we can expand the inner series in $ (1) $ mediante fracciones parciales, descomposición y evaluación de cada término.