Demostrar que $\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}dz=-\frac{\pi^3}{3}\log 2+\frac{4\pi}3\log^3 2+2\pi\zeta(3)$

Question

Al repasar las preguntas recientes sobre el etiquetado polilogaritmos Me encontré con este puesto que pide una evaluación concreta de una integral polilogarítmica. Sin embargo el post también establece la igualdad

$$\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\,\mathrm dz=-\frac{\pi^3}{3}\log 2+\frac{4\pi}3\log^3 2+2\pi\zeta(3)\tag1$$

Junto con el comentario "No es difícil demostrarlo". Como conozco al autor de este post $-$ Jack D'Aurizio $-$ está familiarizado con las integrales de este tipo, supongo que, de hecho, para él es fácil hacerlo. Sin embargo, tengo problemas para demostrar $(1)$

Como se trata de una integral en la que interviene un polilogaritmo, he pensado en aplicar el IBP para eliminar el polilogaritmo. Pero no estoy seguro de la elección correcta de $u$ y $\mathrm dv$ respectivamente. Mi primera suposición fue simplemente $u=\operatorname{Li}_3(1-z)$ y por lo tanto $\displaystyle\mathrm dv=\frac1{\sqrt{z(1-z)}}$ . A partir de aquí se plantea el primer problema: integrar $\mathrm dv$ . Existen al menos dos posibilidades $v=\sin^{-1}(2z-1)$ y $v=2\sin^{-1}(\sqrt{z})$ que ambos conducen a la misma $\mathrm dv$ pero, por otro lado, implican resultados diferentes para el primer paso del PNI. Para ser precisos

$$\begin{align} \tag{1}\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\,\mathrm dz&=\left[\operatorname{Li}_3(1-z)\sin^{-1}(2z-1)\right]_0^1-\int_0^1\sin^{-1}(2z-1)\frac{\operatorname{Li}_2(z)}{z}\,\mathrm dz\\ &=\color{red}{\frac38\pi\zeta(3)}-\int_0^1\sin^{-1}(2z-1)\frac{\operatorname{Li}_2(z)}{z}\,\mathrm dz\\ \tag{2}\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\,\mathrm dz&=\left[\operatorname{Li}_3(1-z)2\sin^{-1}(\sqrt{z})\right]_0^1-\int_0^12\sin^{-1}(\sqrt{z})\frac{\operatorname{Li}_2(z)}z\,\mathrm dz\\ &=\color{red}{0}-\int_0^12\sin^{-1}(\sqrt{z})\frac{\operatorname{Li}_2(z)}{z}\,\mathrm dz \end{align}$$

Estoy a favor de la primera opción ya que contiene el valor $\pi\zeta(3)$ pero con el coeficiente equivocado. Sin embargo, no soy capaz de evaluar las integrales restantes, que implican una combinación de la función seno inversa y el dilogaritmo. Nuevamente pensé en la IBP pero estoy totalmente confundido sobre qué elegir como $u$ y $\mathrm dv$ . Por lo tanto, creo que estoy en el camino equivocado.

Ya he tratado con integrales polilogarítmicas y logarítmicas, pero las raíces cuadradas me están causando problemas. He tratado de absorber al menos la $\sqrt{1-z}$ dentro del Trilogaritmo y luego hacer IBP que resulta en

$$\begin{align} \int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\mathrm dz&=\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-z)^{n-1/2}}{n^3}\frac{dz}{\sqrt{z}}\\ &=\left[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-z)^{n-1/2}}{n^3}2\sqrt{z}\right]_0^1-\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)-2\operatorname{Li}_2(1-z)}{(1-z)^{3/2}}\sqrt{z}\mathrm dz\\ &=\color{red}{0}-\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)-2\operatorname{Li}_2(1-z)}{(1-z)^{3/2}}\sqrt{z}\mathrm dz \end{align}$$

No estoy seguro de si esto es útil en absoluto o si no complica todo el problema. Honestamente hablando, estoy perdido ahora mismo y no sé cómo proceder o cómo abordar la igualdad dada en absoluto.

¿Podría alguien explicarme cómo proceder con las integrales dadas incluyendo integradas combinadas de funciones inversas del seno y polilogarítmicas? ¿Son estas integrales incluso resolubles; si es así, cómo (tal vez sin usar la integral dada)? ¿O todo mi planteamiento no tiene sentido y es necesario otro intento? También puedes compartir un enlace o referirte a otro post aquí en MSE en caso de que haya pasado algo por alto.

Gracias de antemano.

Answer 1

Utilizando la conocida identidad: $${\rm{L}}{{\rm{i}}_3}(\frac{{ - x}}{{1 - x}}) + {\rm{L}}{{\rm{i}}_3}(1 - x) + {\rm{L}}{{\rm{i}}_3}(x) = \zeta (3) + \frac{{{\pi ^2}}}{6}\ln (1 - x) - \frac{1}{2}\ln x{\ln ^2}(1 - x) + \frac{1}{6}{\ln ^3}(1 - x)$$ obtenemos (la integral en el lado derecho se puede evaluar fácilmente diferenciando la función beta): $$2\int_0^1 {\frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}(1 - x)}}{{\sqrt {x(1 - x)} }}dx} + \int_0^1 {\frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}(\frac{{ - x}}{{1 - x}})}}{{\sqrt {x(1 - x)} }}dx} = - 2\pi \zeta (3) + \frac{8}{3}\pi {\ln ^3}2 - \frac{2}{3}{\pi ^3}\ln 2$$ Por transformación $u=x/(1-x)$ tenemos $$\int_0^1 {\frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}(\frac{{ - x}}{{1 - x}})}}{{\sqrt {x(1 - x)} }}dx} = \int_0^\infty {\frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}( - u)}}{{(1 + u)\sqrt u }}du}$$ Afirmo que esta integral es $-6\pi \zeta(3)$ .

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Para establecer este valor, basta con demostrar, con $\zeta(\cdot,\cdot)$ Función zeta de Hurwitz , $$\int_0^\infty {\frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}( - x)}}{{1 + x}}{x^{s - 1}}dx} = \frac{\pi }{{\sin (\pi s)}}\left[ {\zeta (3) - \zeta (3,1 - s)} \right] \qquad 0<s<1$$ por Teorema de inversión de Mellin Esto, a su vez, equivale a, (que se aplica cuando la función tiende a $0$ uniformemente en la franja vertical $0<\Re(s)<1$ gracias a la $\csc(s\pi)$ ) para una instancia de $c$ con $0<c<1$ : $$\tag{1} \frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}( - x)}}{{1 + x}} = \frac{1}{{2\pi i}}\int_{c - i\infty }^{c + i\infty } {\frac{{\pi {x^{ - s}}}}{{\sin (\pi s)}}\left[ {\zeta (3) - \zeta (3,1 - s)} \right]ds} \qquad x>0$$ Tenga en cuenta que ambos lados de $(1)$ es una función analítica para $\Re(x) > 0$ por lo que basta con considerar el caso en que $0<x<1$ . En este caso, podemos dibujar un semicírculo vertical en el semiplano izquierdo, con vértices $c \pm i\infty$ entonces la integral en el semicírculo tiende a $0$ calculando los residuos en $-1,-2,\cdots$ da $$\begin{aligned}\frac{1}{{2\pi i}}\int_{c - i\infty }^{c + i\infty } {\frac{{\pi {x^{ - s}}}}{{\sin (\pi s)}}\left[ {\zeta (3) - \zeta (3,1 - s)} \right]ds} &= \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - x)}^n}\left[ {\zeta (3) - \zeta (3,1 + n)} \right]} \\ &=\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{( - x)}^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^3}}}} } = \frac{{{\rm{L}}{{\rm{i}}_3}( - x)}}{{1 + x}} \end{aligned}$$ donde intercambiamos dos órdenes de sumas, completando la prueba.

Answer 2

$$\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\,dz=\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_3(z)}{\sqrt{z(1-z)}}\,dz=2\int_{0}^{1}\frac{\text{Li}_3(u^2)}{\sqrt{1-u^2}}\,du=2\int_{0}^{\pi/2}\text{Li}_3(\sin^2\theta)\,d\theta $$ por la propia definición de $\text{Li}_3$ más la identidad $\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2n}(\theta)\,d\theta=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n} $ , es igual a $$ \pi\sum_{n\geq 1}\frac{\binom{2n}{n}}{n^3\cdot 4^n}, $$ es decir, una serie hipergeométrica bastante inocente, a saber $2\pi\cdot\phantom{}_5 F_4\left(1,1,1,1,\frac{3}{2};2,2,2,2;1\right)$ que puede evaluarse de muchas maneras, por ejemplo, mediante Expansiones en serie de Fourier-Legendre o escribiendo lo anterior en términos de $$ \int_{0}^{1}\frac{\log^2(z)\,dz}{\sqrt{1-z}},\qquad \int_{0}^{1}\frac{\log^3(z)\,dz}{\sqrt{1-z}} $$ que claramente son las derivadas segunda y tercera de una función Beta.
En " más alto ", cualquier cadena de identidades del $$ \int f(x)\omega(x)\,dx = \langle f,\omega\rangle \stackrel{\begin{array}{c}\text{series}\\[-0.2cm]\text{rearrengement}\end{array}}{=} \langle \tilde f,\tilde\omega\rangle=\int \tilde f(x)\tilde \omega(x)\,dx $$ induce una transformación $f\mapsto\tilde{f}$ que generaliza la transformada binomial.
En nuestro caso $\text{Li}_3$ es esencialmente mapeado en $\log^3$ .