Suma $\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{(2n+1)^2}$

Question

Me gustaría pedir su ayuda en el cálculo de la suma $$\sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{(2n+1)^2}$$ Estoy perplejo por esta suma. He tratado de sintetizar los residuos de $\displaystyle f(z)=\frac{\pi\csc(\pi z)(\gamma+\psi(-z))}{(2z+1)^2}$, por desgracia, la suma desaparece cuando agrego los residuos. Otra idea que vino a mi mente sería el uso de $$\sum^\infty_{n=1}(-1)^nH_nx^{2n}=-\frac{\ln(1+x^2)}{1+x^2}$$ y de integrar de una vez, se dividen por $x$, a continuación, integrar de nuevo. Sin embargo, parece que la realización de estas integraciones sucesivas podría llegar a ser desastroso. Por lo tanto, me gustaría saber si alguno de los otros métodos pueden ser empleados para el crack de esta suma. Estoy particularmente interesado en averiguar si el contorno método de integración todavía se aplica para este tipo de sumas de dinero, y en el caso de que todavía es viable, entonces, ¿cuál sería el núcleo adecuado para su uso?

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Desde $$\int_{0}^{1}x^{2n}\log x\,dx = -\frac{1}{(2n+1)^2}$$ tenemos $$ S = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^n H_n}{(2n+1)^2}=\int_{0}^{1}\frac{\log(1+x^2)\log x}{1+x^2}\,dx $$ para que Mathematica da: $$\frac{1}{192} \left(-3 \pi ^3-192 K \log 2-10 i \pi ^2 \log 2-12 \pi\log^2 2+2 i \left(4 \log^3 2-192 \text{Li}_3\left(\frac{1+i}{2}\right)+105 \zeta(3)\right)\right).$$ Gracias a @gammatester, se ve que la última fórmula de la siguiente manera establecimiento $x=i$ en la línea después de $(608)$ en http://www.pi314.net/eng/hypergse13.php#x15-134002r658.

Answer 2

El uso de @Jack D'Aurizio la idea, no es una simplificación de su forma cerrada. $$ \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{(2n+1)^2} = 2\,\Im\left[\operatorname{Li}_3\left(\frac{1+i}2\right)\right]-\frac{\pi^3}{64}-\frac{\pi}{16}\ln^2 2 - G \ln 2, $$ donde $G$ es del catalán constante, y $\operatorname{Li_3}$ es el trilogarithm función.