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Estrategias para la evaluación de las sumas $\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(m)}z^n}{n}$

Estoy buscando estrategias para la evaluación de las siguientes sumas de dinero para determinado$z$$m$: $$ \mathcal{S}_m(z):=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(m)}z^n}{n}, $$ donde $H_n^{(m)}$ es la generalizada número armónico, y $|z|<1$, $m \in \mathbb{R}$.

El uso de la generación de la función de la generalización de la armónica de los números, un problema equivalente es evaluar la siguiente integral: $$ \mathcal{S}_m(z) = \int_0^z \frac{\operatorname{Li}_m(t)}{t(1-t)}\,dt, $$ donde $\operatorname{Li}_m(t)$ es el polylogarithm función, y $|z|<1$, $m \in \mathbb{R}$.

Pregunta 1: ¿hay alguna manera de reducir la suma a Euler suma de los valores, dado por Flajolet–Salvy de papel?

Pregunta 2: ¿hay alguna manera de reducir la integral a las integrales dadas por Freitas papel?


El caso de $m=1$ $z=1/2$ fue el problema de 1240 en Mathematics Magazine, Vol. 60, Nº 2, pp 118-119. (Abr., 1987) por Coffman, S. W. $$ \mathcal{S}_1\left(\tfrac12\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n}{n2^n} = \frac{\pi^2}{12}. $$ Existen varias soluciones en el ligado de papel.

El caso más interesante se $m=2$ $z=1/2$ indicado en el Número Armónico, MathWorld, eq. $(41)$: $$ \mathcal{S}_2\left(\tfrac12\right)=\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(2)}}{n2^n} = \frac{5}{8}\zeta(3). $$

Sabemos menos acerca de la evaluación. En el MathWorld está marcada como "B. Cloitre (pers. comm., Oct. 4, 2004)". Este valor es también aparece en pi314.neteq. $(701)$. Por desgracia, yo no sé acerca de cualquier tipo de papel/libro de referencia para este valor. Sería agradable ver a algunos.

Pregunta 3: ¿Cómo podemos evaluar el caso $m=2$, $z=1/2$?

Sería bueno ver una solución para la suma de la forma, sino también para las soluciones de forma integral son bienvenidos.

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Marco Cantarini Puntos 10794

Acerca de la pregunta 3, tenemos $$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}^{\left(2\right)}}{n2^{n}}=\int_{0}^{1/2}\frac{\textrm{Li}_{2}\left(x\right)}{x\left(1-x\right)}dx=\int_{0}^{1/2}\frac{\textrm{Li}_{2}\left(x\right)}{x}dx+$$ $$+\int_{0}^{1/2}\frac{\textrm{Li}_{2}\left(x\right)}{1-x}dx=\textrm{Li}_{3}\left(\frac{1}{2}\right)+\int_{0}^{1/2}\frac{\textrm{Li}_{2}\left(x\right)}{1-x}dx $$ now note that, using integration by parts $$\int_{0}^{1/2}\frac{\textrm{Li}_{2}\left(x\right)}{1-x}dx=-\log\left(\frac{1}{2}\right)\textrm{Li}_{2}\left(\frac{1}{2}\right)-\int_{0}^{1/2}\frac{\log^{2}\left(1-x\right)}{x}dx.$$ Así que vamos a analizar $$J=\int_{0}^{1/2}\frac{\log^{2}\left(1-x\right)}{x}dx $$ using integration by parts few times $$J=\log^{2}\left(\frac{1}{2}\right)\log\left(\frac{1}{2}\right)+2\int_{0}^{1/2}\frac{\log\left(1-x\right)\log\left(x\right)}{1-x}dx= $$ $$=\log^{2}\left(\frac{1}{2}\right)\log\left(\frac{1}{2}\right)+2\textrm{Li}_{2}\left(\frac{1}{2}\right)\log\left(\frac{1}{2}\right)+2\int_{1/2}^{1}\frac{\textrm{Li}_{2}\left(u\right)}{u}du $$ $$=\log^{2}\left(\frac{1}{2}\right)\log\left(\frac{1}{2}\right)+2\textrm{Li}_{2}\left(\frac{1}{2}\right)\log\left(\frac{1}{2}\right)+2\zeta\left(3\right)-2\textrm{Li}_{3}\left(\frac{1}{2}\right) $$ so we have $$\sum_{n\geq1}\frac{H_{n}^{\left(2\right)}}{n2^{n}}=3\textrm{Li}_{3}\left(\frac{1}{2}\right)-3\log\left(\frac{1}{2}\right)\textrm{Li}_{2}\left(\frac{1}{2}\right)-\log^{2}\left(\frac{1}{2}\right)\log\left(\frac{1}{2}\right)-2\zeta\left(3\right)= $$ $$a=\frac{5\zeta\left(3\right)}{8}. $$

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