Une somme

https://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.512.5433&rep=rep1&type=pdf

\begin{align}S&=\sum_{n=1}^\infty \frac{\text{H}_n}{n^3}\\
&=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^3}\left(\int_0^1 \frac{1-t^n}{1-t}dt\right)\\
&=\int_0^1 \frac{1}{1-t}\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^3}-\frac{t^n}{n^3}\right)dt\\
&=\int_0^1 \frac{\text{Li}_3(1)-\text{Li}_3(t)}{1-t}dt\\
&\overset{\text{IPP}}=\Big[-\ln(1-t)\big(\text{Li}_3(1)-\text{Li}_3(t)\big)\Big]_0^1-\int_0^1 \frac{\ln(1-t)\text{Li}_2(x)}{t}dt\\
&=-\int_0^1 \frac{\ln(1-t)\text{Li}_2(t)}{t}dt\\
&=\frac{1}{2}\Big[\big(\text{Li}_2(t)\big)^2\Big]_0^1\\
&=\frac{1}{2}\big(\text{Li}_2(1)\big)^2\\
&=\frac{1}{2}\times \left(\frac{\pi^2}{6}\right)^2\\
&=\boxed{\dfrac{\pi^4}{72}}
\end{align}

NB:
\begin{align}\frac{\partial}{\partial x}\text{Li}_2(x)&=-\frac{\ln(1-x)}{x},\frac{\partial}{\partial x}\text{Li}_3(x)=\frac{\text{Li}_2(x)}{x},\text{Li}_2(1)=\frac{\pi^2}{6}\\\text{H}_n&=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x}dx,0\leq x\leq 1,p\geq 2,\text{entier },\text{Li}_p(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n^p}\end{align}

\begin{align}S&=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{\text{H}_n}{n}\right)^2\\
&=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\left(\int_0^1 \frac{1-t^n}{1-t}dt\right)\left(\int_0^1 \frac{1-u^n}{1-u}du\right)\\
&=\int_0^1 \int_0^1 \frac{\text{Li}_2(1)+\text{Li}_2( tu)-\text{Li}_2(t)-\text{Li}_2(u)}{(1-t)(1-u)}dtdu\\
&\overset{\text{IPP}}=\int_0^1 \int_0^1 \frac{\ln(1-t)\big(\ln(1-t)-\ln(1-tu)\big)}{t(1-u)}dtdu\\
&\overset{x=1-tu,y=\frac{1-t}{1-tu}}=\int_0^1\int_0^1 \frac{\ln y\ln(xy)}{(1-y)(1-xy)}dxdy\\
&\overset{w(x)=yx}=\int_0^1 \frac{\ln y}{y(1-y)}\left(\int_0^y \frac{\ln w}{1-w}dw\right)dy\\
&=\int_0^1 \frac{\ln y}{1-y}\left(\int_0^y \frac{\ln w}{1-w}dw\right)dy+\underbrace{\int_0^1 \frac{\ln y}{y}\left(\int_0^y \frac{\ln w}{1-w}dw\right)dy}_{\text{IPP}}\\
&=\frac{1}{2}\left(\int_0^1 \frac{\ln w}{1-w}dw\right)^2-\frac{1}{2}\int_0^1 \frac{\ln^3 w}{1-w}dw\\
&=\frac{1}{2}\times \left(\frac{\pi^2}{6}\right)^2-\frac{1}{2}\times -\frac{\pi^4}{15}\\
&=\boxed{\dfrac{17\pi^4}{360}}.

\end{align} NB.
\begin{align}\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6},&&\zeta(4)=\frac{\pi^4}{90},&&\int_0^1 \frac{\ln w}{1-w}dw=-\zeta(2)=-\frac{\pi^2}{6},&&\int_0^1 \frac{\ln^3 w}{1-w}dw=-6\zeta(4)=-\frac{\pi^4}{15}\end{align}

Polka:

Sur l'anecdote à propos du problème posé par H. F. Sandham je l'ai lue dans un article.
La première somme je crois que je l'avais déjà calculée dans le passé mais je ne me souviens plus où.
La méthode est tellement "évidente" que je peux la reproduire de tête.
1)On commence par convertir le nombre harmonique sous forme d'intégrale.
2)Après interversion de la somme et des intégrales on voit qu'on peut faire apparaître des polylogarithmes.
3)On se débarrasse du $1-t$ en dénominateur par intégration par parties.

Pour la deuxième somme, dès que je vois apparaître dans une intégrale double la quantité $\dfrac{1-t}{1-tu}$ (ou $1-tu$) j'essaie le changement de variable:
\begin{cases}x&=1-tu\\y&=\dfrac{1-t}{1-tu}\end{cases}
Ce changement de variables est utilisé dans des calculs autour de la rationalité de $\zeta(3)$, par exemple.
Par ailleurs, la formule:
\begin{align}\int_0^1\int_0^1 f(y)g(xy)dxdy=\int_0^1 \frac{f(y)}{y}\left(\int_0^y g(t)dt\right)dy\end{align}
peut être très utile à l'occasion.

Incidemment en effectuant le deuxième calcul, le changement de variables, j'ai pensé que je tiens peut-être une idée pour calculer l'intégrale qui m'obsède en ce moment:
\begin{align}\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\text{Li}_2(x)}{1+x}dx\end{align}
On peut trouver, plus ou moins, dans un livre une preuve que cette intégrale est égale à:
\begin{align}-\frac{29\pi^4}{1440}-\dfrac{1}{24}\pi^2\ln^2 2+3\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\dfrac{1}{8}\ln^4 2\end{align} mais je la trouve laide et peu élégante.

PS:
La deuxième somme se calcule en utilisant la même méthode dans les grandes lignes que celle exposée.

On peut généraliser le calcul de la première somme à d'autres exposants que $3$. Soit $p\geq 2$ un entier.
\begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{\text{H}_n}{n^p}&=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}\left(\int_0^1\frac{1-x^n}{1-x}dx\right) \\&=\int_0^1\frac{\text{Li}_p(1)-\text{Li}_p(x)}{1-x}dx\\
&\overset{\text{IPP}}=-\int_0^1 \frac{\ln(1-x)\text{Li}_{p-1}(x)}{x}dx \\
&\overset{\text{IPP}}=\text{Li}_2(1)\text{Li}_{p-1}(1)-\int_0^1 \frac{\text{Li}_2(x)\text{Li}_{p-2}(x)}{x}dx\\
&\overset{\text{IPP}}=\text{Li}_2(1)\text{Li}_{p-1}(1)-\text{Li}_3(1)\text{Li}_{p-2}(1)+\int_0^1 \frac{\text{Li}_3(x)\text{Li}_{p-3}(x)}{x}dx\\
&\overset{\text{IPP}}=\text{Li}_2(1)\text{Li}_{p-1}(1)-\text{Li}_3(1)\text{Li}_{p-2}(1)+\text{Li}_4(1)\text{Li}_{p-3}(1)-\int_0^1 \frac{\text{Li}_4(x)\text{Li}_{p-4}(x)}{x}dx

\end{align} On a donc :
\begin{align}\sum_{n=1}^\infty \frac{\text{H}_n}{n^p}=\sum_{j=2}^k (-1)^j\text{Li}_j(1)\text{Li}_{p-j+1}(1)+(-1)^{k+1}\int_0^1\frac{\text{Li}_k(x)\text{Li}_{p-k}(x)}{x}dx
\end{align} Et on sait calculer aisément la dernière intégrale quand $p$ est impair.
En effet, si $k=(p-k)-1$ on sait calculer cette intégrale, elle vaut:
\begin{align}\int_0^1 \frac{\text{Li}_{(p-k)-1}(x)\text{Li}_{p-k}(x)}{x}dx=\frac{1}{2}\left(\text{Li}_{p-k}(1)\right)^2
\end{align} Or, $k=(p-k)-1$ est équivalente à $p=2k+1$. Par ailleurs, $\displaystyle \text{Li}_{m}(1)=\zeta(m)$
Ainsi,
\begin{align}p\geq 2,\boxed{\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \dfrac{\text{H}_n}{n^{2p+1}}=\sum_{j=2}^p (-1)^j\zeta(j)\zeta(2p+2-j)+\dfrac{(-1)^{p+1}}{2}\Big(\zeta(p+1)\Big)^2}

\end{align} NB.
\begin{align}\frac{\partial}{\partial x}\text{Li}_m(x)=\frac{\text{Li}_{m-1}(x)}{x}\end{align}