inspiración en el post evaluar $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{e^{2 \pi n}-1}$ utilizando el inverso Mellin transforma es posible calcular en forma estrecha $$\sum _{k=1}^{\infty } -\frac{k^3}{e^{2 \pi k}-1}=\frac{3840 \pi ^4 \psi _{e^{2 \pi }}^{(1)}(1)+480 \pi ^2 \psi _{e^{2 \pi }}^{(3)}(1)-704 \pi ^6-5760 \pi ^5+3 \Gamma \left(\frac{1}{4}\right)^8}{23040 \pi ^6}$ $ utilizando suma de euler y appreciatte algunos comentarios. Me gusta dar otra serie será interesante usando teoría de la función theta elíptico para probarlo $$\sum _{k=1}^{\infty } \frac{\left(k \left(-\log \left(\frac{\pi }{2}\right)\right)\right)^3}{e^{2 \pi \left(k \log \left(\frac{\pi }{2}\right)\right)}+1}$ $ $$\frac{\log ^4\left(\frac{\pi }{2}\right) \psi _{e^{-\frac{\pi }{\log \left(\frac{\pi }{2}\right)}}}^{(3)}(1)-\log ^4\left(\frac{\pi }{2}\right) \psi _{e^{-\frac{\pi }{\log \left(\frac{\pi }{2}\right)}}}^{(3)}\left(-\frac{\left(i \pi -\frac{\pi }{\log \left(\frac{\pi }{2}\right)}\right) \log \left(\frac{\pi }{2}\right)}{\pi }\right)}{16 \pi ^4 \log \left(\frac{\pi }{2}\right)}-\frac{1}{240} \log ^3\left(\frac{\pi }{2}\right)-\frac{7}{1920 \log \left(\frac{\pi }{2}\right)}$ $ lo siento por el tipo de látex hacer no para mejorar
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Se trata de un enfoque alternativo que es demasiado largo para un comentario. Si ponemos $q = e^{-\pi}$ entonces la suma deseada es $$-\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{3}}{q^{-2n} - 1} = -\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{3}q^{2n}}{1 - q^{2n}} = \frac{1 - Q(q^{2})}{240}$$ and we know that $$Q(q^{2}) = \left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}(1 - k^{2} + k^{4})$$ For $q = e^{-\pi}$ we have $k = 1/\sqrt{2}$ so that $ (1 - k ^ {2} + k ^ {4}) = 1-1/2 + 1/4 = 3/4$ and $$K(k) = \frac{1}{4\sqrt{\pi}}\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^{2}$$ so that $$Q(q^{2}) = \frac{3}{4}\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4} = \frac{3}{64\pi^{6}}\Gamma\left(\frac{1}{4}\right)^{8}$$ and therefore the desired sum is equal to $$\frac{64\pi^{6} - 3\Gamma(1/4)^{8}}{15360\pi^{6}}$$ The expression for $Q(q^{2}) $ in terms of $K, k$ is derived here. Using the same technique and expression for $R(q^{2}) $ we can get the surprisingly simple and beautiful result $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{5}}{e^{2\pi n} - 1} = \frac{1}{504}$$ For the second sum mentioned in the question we let $$q = \exp(-2\pi\log(\pi/2)) = \left(\frac{2}{\pi}\right)^{2\pi}$$ and then the desired sum is equal to $% $ $S = -\left(\log\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^{3}\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{3}q^{n}}{1 + q^{n}} = -\left(\log\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^{3}\cdot A$donde suma\begin{align} A &= \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{3}q^{n}}{1 + q^{n}}\notag\\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}n^{3}q^{n}\left(\frac{1}{1 + q^{n}} - \frac{1}{1 - q^{n}} + \frac{1}{1 - q^{n}}\right)\notag\\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}n^{3}q^{n}\left(\frac{1}{1 - q^{n}} - \frac{2q^{n}}{1 - q^{2n}}\right)\notag\\ &= \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{3}q^{n}}{1 - q^{n}} - 2\sum_{n = 1}^{\infty}\frac{n^{3}q^{2n}}{1 - q^{2n}}\notag\\ &= \frac{Q(q) - 1}{240} - \frac{Q(q^{2}) - 1}{120}\notag\\ &= \frac{1 + Q(q) - 2Q(q^{2})}{240}\notag\\ &= \frac{1}{240} + \frac{1}{240}\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}(1 + 14k^{2} + k^{4} - 2 + 2k^{2} - 2k^{4})\notag\\ &= \frac{1}{240} - \frac{1}{240}\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}(1 - 16k^{2} + k^{4})\notag\\ \end {Alinee el} y por lo tanto $$S = \frac{1}{240}\left(\log\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^{3}\left(\frac{2K}{\pi}\right)^{4}(1 - 16k^{2} + k^{4}) - \frac{1}{240}\left(\log\left(\frac{\pi}{2}\right)\right)^{3}$ $ dudo si se puede poner en una forma cerrada que es tan simple como que de la suma anterior.
Supongamos que buscamos un funcional de la ecuación para la suma plazo
$$S(x) = \sum_{k\ge 1}
\frac{k^5}{\exp(kx)-1}$$
que es armónico y puede ser evaluado por la inversión de sus Mellin transformar. Estamos interesados en los posibles puntos fijos de la funcional de la ecuación, especialmente,$S(2\pi)$.
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 $g^*(s) = \mathfrak{M}\left(g(x);s\right)$ es la transformada de Mellin $g(x).$
En el presente caso tenemos $$\lambda_k = k^5, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{1}{\exp(x)-1}.$$
Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que se calcula como de la siguiente manera:
$$g^*(s) = \int_0^\infty \frac{1}{\exp(x)-1} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \frac{\exp(-x)}{1-\exp(-x)} x^{m-1} dx \\ = \int_0^\infty \sum_{q\ge 1} \exp(-qx) x^{m-1} dx = \sum_{q\ge 1} \frac{1}{q^s} \Gamma(s) = \Gamma(s) \zeta(s).$$
De ahí el Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ está dado por $$ Q(s) = \Gamma(s) \zeta(s) \zeta(s-5) \quad\text{porque}\quad \sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} = \sum_{k\ge 1} \frac{k^5}{k^s} = \zeta(s-5)$$ donde $\Re(s) > 6$.
La intersección de los fundamentales de la tira y el semiplano de la zeta la función de término nos encontramos con que el Mellin de inversión integral para una la expansión sobre el cero es $$\frac{1}{2\pi i} \int_{13/2-i\infty}^{13/2+i\infty} Q(s)/x^s ds$$ que evaluamos en la mitad izquierda del plano - $\Re(s)<13/2.$
Los dos zeta función términos cancelar los polos de la función gamma plazo y nos quedamos con solo
$$\begin{align} \mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=6) & = \frac{8\pi^6}{63x^6} \quad\text{and}\\ \mathrm{Res}(Q(s)/x^s; s=0) & = \frac{1}{504}. \end{align}$$
Esto demuestra que $$S(x) = \frac{8\pi^6}{15x^6} + \frac{1}{504} + \frac{1}{2\pi i} \int_{-1/2-i\infty}^{-1/2+i\infty} P(s)/x^s ds.$$
Para el tratamiento de la integral recordar la duplicación de la fórmula de la gamma función: $$\Gamma(s) = \frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right).$$
que los rendimientos de $Q(s)$
$$\frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1} \Gamma\left(\frac{s}{2}\right) \Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right) \zeta(s) \zeta(s-5)$$
Además de observar la siguiente variante de la ecuación funcional de la de Riemann zeta función: $$\Gamma\left(\frac{s}{2}\right)\zeta(s) = \pi^{s-1/2} \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \zeta(1-s)$$
lo que da de $Q(s)$ $$\frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1} \pi^{s-1/2} \Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1-s}{2}\right) \zeta(1-s)\zeta(s-5) \\ = \frac{1}{\sqrt\pi} 2^{m-1} \pi^{s-1/2} \frac{\pi}{\sin(\pi(s+1)/2)} \zeta(1-s)\zeta(s-5) \\ = 2^{m-1} \frac{\pi^s}{\sin(\pi(s+1)/2)} \zeta(1-s)\zeta(s-5).$$
Ahora pon $s=6-u$ en el resto de la integral para obtener
$$\frac{1}{x^6} \frac{1}{2\pi i} \int_{13/2-i\infty}^{13/2+i\infty} 2^{5-u} \frac{\pi^{6-u}}{\sin(\pi(7-u)/2)} \zeta(u-5)\zeta(1-u) x^u du \\ = \frac{64 \pi^6}{x^6} \frac{1}{2\pi i} \int_{9/2-i\infty}^{9/2+i\infty} 2^{u-1} \frac{\pi^{u}}{\sin(\pi(7-u)/2)} \zeta(u-5)\zeta(1-u) (x/\pi^2/2^2)^u du.$$
Ahora, $$\sin(\pi(7-u)/2) = \sin(\pi(-u-1)/2+4\pi) \\ = \sin(\pi(-u-1)/2) = - \sin(\pi(u+1)/2).$$
Hemos demostrado que $$S(x) = \frac{8\pi^6}{63x^6} +\frac{1}{504} - \frac{64\pi^6}{x^6} S(4\pi^2/x).$$
En particular, obtenemos $$S(2\pi) = \frac{1}{63\times 8} + \frac{1}{504} - S(2\pi)$$
o $$S(2\pi) = \frac{1}{504}.$$
Observación. Desafortunadamente, este método no funciona para $$S(x) = \sum_{k\ge 1} \frac{k^3}{\exp(kx)-1}$$
Obtenemos la ecuación funcional $$S(x) = \frac{\pi^4}{15x^4} -\frac{1}{240} + \frac{16 \pi^4}{x^4} S(4\pi^2/x).$$
que los rendimientos de $$S(2\pi) = \frac{1}{15\times 16} -\frac{1}{240} + S(2\pi)$$
que tiene sin proporcionar ningún tipo de datos sobre el valor en sí mismo.
