Aviso para cualquier número positivo $x$, tenemos
$$\tan^{-1}(x) = \frac{1}{2i}\log\left(\frac{1+ix}{1-ix}\right) = \Im\log(1 + ix)$$
Podemos reescribir la suma al alcance de la mano
$$\sum_{k=1}^\infty \bronceado^{-1}\frac{1}{k^3} = \Im\left[ \sum_{k=1}^\infty \log\left(1 + \frac{i}{k^3}\right) \right]
$$
Para cada una de las $k$, tenemos la factorización
$$1 + \frac{i}{k^3} = 1 - \left(\frac{i}{k}\right)^3 = \prod_{j=0}^2 \left(1 - \frac{i\omega^j}{k}\right)$$
donde $\omega = e^{i2\pi/3}$ es una primitiva raíz cúbica de la unidad.
Recordar el infinito producto de la expansión de la función gamma
$$\frac{1}{\Gamma(z)} = z e^{\gamma z}\prod_{k=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{k}\right) e^{-\frac{z}{k}}
\quad\implica\quad
\prod_{k=1}^\infty \left(1+\frac{z}{k}\right)e^{-\frac{z}{k}} = \frac{e^{-\gamma z}}{\Gamma(1+z)}
$$
Si reemplazamos $z$ $-i \omega^j$ $j = 0,1,2$ y de tomar el producto, obtenemos
$$\begin{align}
\prod_{k=1}^\infty\left(1 + \frac{i}{k^3}\right)
&= \prod_{k=1}^\infty\prod_{j=0}^2\left[\left(1 - \frac{i\omega^j}{k}\right)e^{i\omega^j/k}
\right]
= \prod_{j=0}^2\prod_{k=1}^\infty\left[\left(1 - \frac{i\omega^j}{k}\right)e^{i\omega^j/k}
\right]\\
& = \frac{e^{-\gamma( -i\sum\limits_{j=0}^2 \omega^j )}}{\prod\limits_{j=0}^2\Gamma(1 - i\omega^j)}
= \frac{1}{
\Gamma(1-i)
\Gamma\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right)
\Gamma\left(1 - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right)}
\\
\end{align}
$$
Tomando el logaritmo de ambos lados, vamos a conseguir algo cercano a lo que queremos.
La captura es de la $\log$ función no es holomorphic sobre todo el plano complejo.
En general, la suma de los logaritmos es igual a la de registro del producto sólo hasta
para algunos múltiplos de $2\pi$. es decir,
$$ \sum_{k=1}^\infty \log\left( 1 + \frac{i}{k^3}\right)
= \log\left[ \prod_{k=1}^\infty \left( 1 + \frac{i}{k^3}\right) \right] + 2N\pi$$
para algunos desconocida entero $N$.
En lugar de determinar lo $N$ es, vamos a resolver este problema de una manera diferente.
Utilizamos el hecho de que en la suma de las de registro, la parte imaginaria de la $k \ge 2$ términos son
lo suficientemente pequeño.
Si queremos quitar el $k = 1$ término de la suma, la suma de registro será igual a la de registro de producto.
Al final, hemos
$$\begin{align}
\sum_{k=1}^\infty \tan^{-1}\frac{1}{k^3}
&= \frac{\pi}{4} + \sum_{k=2}^\infty \tan^{-1}\frac{1}{k^3}
= \frac{\pi}{4} + \Im\left[\sum_{k=2}^\infty\log\left(1 + \frac{i}{k^3}\right)\right]\\
&= \frac{\pi}{4} + \Im\log\left[\prod_{k=2}^\infty\left(1 + \frac{i}{k^3}\right)\right]\\
&= \frac{\pi}{4} - \Im\log\left[(1+i)
\Gamma(1-i)
\Gamma\left(1 + \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right)
\Gamma\left(1 - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right)
\right]\\
&=
\frac{\pi}{4} - \Im\log\left[(-1+i)
\Gamma(-i)
\Gamma\left( \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right)
\Gamma\left( - \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}\right)
\right]\\
\end{align}$$
Según WA, esto es, aproximadamente
$$0.986791652613071125515794193830247643724471031136456434028974\ldots$$
como era de esperar.
