Conjetura $\Re\,\operatorname{Li}_2\left(\frac12+\frac i6\right)=\frac{7\pi^2}{48}-\frac13\arctan^22-\frac16\arctan^23-\frac18\ln^2(\tfrac{18}5)$

Question

He descubierto numéricamente la siguiente conjetura: $$\Re\,\operatorname{Li}_2\left(\frac12+\frac i6\right)\stackrel{\color{gray}?}=\frac{7\pi^2}{48}-\frac{\arctan^22}3-\frac{\arctan^23}6-\frac18\ln^2\!\left(\frac{18}5\right).$$ Se mantiene numéricamente con una precisión de más de $30000$ dígitos decimales.

¿Podría sugerir alguna idea para probarlo?

¿Podemos encontrar una forma cerrada para $\Im\,\operatorname{Li}_2\left(\frac12+\frac i6\right)$ ?

¿Existe un método general para encontrar formas cerradas de expresiones de la forma $\Re\,\operatorname{Li}_2(p+iq)$ , $\Im\,\operatorname{Li}_2(p+iq)$ para $p,q\in\mathbb Q$ ?

Answer 1

No sé de dónde has sacado tu conjetura, pero lo he comprobado y con nuevas simplificaciones he comprobado que es correcta.

Sabemos que :

$$ {Li}_{2}(\bar{z})=\bar{{Li}_{2}(z)} $$

Así que..:

$$ \Re{{Li}_{2}(z)}=\frac{\bar{{Li}_{2}(z)}+{Li}_{2}(z)}{2} $$

Así que:

$$ \Re{{Li}_{2}(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})}=\frac{{Li}_{2}(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})+{Li}_{2}(\frac{1}{2}-\frac{i}{6})}{2}\\ =\frac{{Li}_{2}(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})+{Li}_{2}(1-(\frac{1}{2}+\frac{i}{6}))}{2} $$

Ahora vamos a usar:

$$ {Li}_{2}(z)+{Li}_{2}(1-z)=\frac{{\pi}^{2}}{6}-\ln{z}\ln{(1-z)} $$

Así que tenemos:

$$ \Re{{Li}_{2}(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})}=\frac{\frac{{\pi}^{2}}{6}-\ln{(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})}\ln{(1-(\frac{1}{2}+\frac{i}{6}))}}{2}\\ =\frac{\frac{{\pi}^{2}}{6}-\ln{(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})}\ln{(\frac{1}{2}-\frac{i}{6})}}{2} $$

Calculemos esos logaritmos:

$$ \ln(\frac{1}{2}\pm \frac{i}{6})=\ln{(\sqrt{\frac{1}{2^2}+\frac{1}{6^2}}{e}^{\pm i\arctan{\frac{1}{3}}})}\\ =\ln{(\sqrt{\frac{5}{18}}{e}^{\pm i\arctan{\frac{1}{3}}})}\\ =\frac{1}{2}\ln{(\frac{5}{18})}\pm i\arctan{\frac{1}{3}} $$

Tomando su producto: $$ \ln{(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})}\ln{(\frac{1}{2}-\frac{i}{6})}=\frac{1}{4}{\ln{(\frac{5}{18}})}^{2}+{(\arctan{\frac{1}{3}})}^{2} $$

Finalmente:

$$ \Re{{Li}_{2}(\frac{1}{2}+\frac{i}{6})}=\frac{{\pi}^{2}}{12}-\frac{1}{8}{\ln{(\frac{18}{5}})}^{2}-\frac{1}{2}{(\arctan{1/3})}^{2}\\ =\frac{7(\pi)^2}{48}-\frac{{(\arctan{2})}^{2}}{3}-\frac{{(\arctan{3})}^{2}}{6}-\frac{1}{8} {\ln{\frac{18}{5}}}^{2} $$

Hay una fórmula general que utiliza el mismo método. Pero la parte imaginaria no tiene una forma cerrada conocida:

$$ \Re{{Li}_{2}(\frac{1}{2}+iq)}=\frac{{\pi}^{2}}{12}-\frac{1}{8}{\ln{(\frac{1+4q^2}{4})}}^{2}-\frac{{\arctan{(2q)}}^{2}}{2} $$

Answer 2

Este es un hallazgo de respuesta $\Re\operatorname{Li}_2\left(\frac{1+ti}2\right)$ mediante el método de integración. (Personalmente no me gusta la fórmula de reflexión)
En primer lugar, restringimos $t\in\mathbb R$ . Se puede probar $\Re\operatorname{Li}_2\left(\frac{1+ti}2\right)$ es diferenciable y lo siguiente cambiando las posiciones de los signos es correcto. $$\begin{aligned} \Re\operatorname{Li}_2\left(\frac{1+ti}2\right)&=-\frac12\int_0^1\ln\left(1-x+\frac{1+t^2}4x^2\right)\frac{d x}x\\ &=-\frac12\int\int_0^1\frac{\partial}{\partial t}\ln\left(1-x+\frac{1+t^2}4x^2\right)\frac{d x}xd t\\ &=-\int\int_0^1\frac{tx}{4-4x+(1+t^2)x^2}d xd t\\ &=-\int\left(\frac1{1+t^2}\arctan t+\frac12\cdot\frac t{1+t^2}\ln\frac{1+t^2}4\right)d t\\ &=-\frac12\arctan^2t-\frac18\ln^2\frac{1+t^2}4+C \end{aligned}$$ Sustituir $t=0$ en la ecuación, obtenemos $\frac1{12}\pi^2-\frac12\ln^22=0-\frac18\ln^24+C$ o $C=\frac1{12}\pi^2$ . Por lo tanto, $$\Re\operatorname{Li}_2\left(\frac{1+ti}2\right)=\frac1{12}\pi^2-\frac12\arctan^2t-\frac18\ln^2\frac{1+t^2}4$$

Answer 3

En primer lugar sabemos eso:

$$ \operatorname{Li}_2(z) = -\operatorname{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)-\frac{1}{2}\ln^2(1-z), \quad z \notin (1,\infty).\tag{$ \N - Traje de Diamante $} $$

Además, tenemos lo siguiente relación entre el dilogaritmo y las funciones de Clausen:

$$\operatorname{Li}_2\left(e^{i\theta}\right) = \operatorname{Sl}_2(\theta)+i\operatorname{Cl}_2(\theta), \quad \theta \in [0,2\pi).\tag{$ \N - Traje de corazón $}$$

donde $\operatorname{Cl}_2$ y $\operatorname{Sl}_2$ son los funciones estándar de Clausen , definida como: $$\begin{align} \operatorname{Cl}_2(\theta) &= \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(k\theta)}{k^2}, \\ \operatorname{Sl}_2(\theta) &= \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(k\theta)}{k^2}. \end{align}$$ Utilizando el relación entre las funciones Clausen de tipo SL y Polinomios de Bernoulli tenemos que

$$ \operatorname{Sl}_2(\theta) = \frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi\theta}{2}+\frac{\theta^2}{4}, \quad \theta \in [0,2\pi).\tag{$ \N - Traje de espadachín $} $$

---

Ahora dejemos que $z:=\tfrac{1}{2}+\tfrac{i}{6}$ . Porque $\left|\tfrac{z}{z-1}\right| = 1$ la ecuación $$ e^{i\theta} = \frac{z}{z-1} = -\frac{4}{5}-\frac{3}{5}i, $$ tiene la única solución $\theta = \arctan\left(\tfrac{3}{4}\right) + \pi$ en $[0,2\pi)$ .

Debido a $(\diamondsuit)$ y $(\heartsuit)$ tenemos $$ \operatorname{Li}_2(z) = -\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)} - i \color{green}{\operatorname{Cl}_2(\theta)} - \color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}, $$ para $z=\tfrac{1}{2}+\tfrac{i}{6}$ y $\theta = \arctan\left(\tfrac{3}{4}\right) + \pi$ .

Para el término del logaritmo obtenemos $$ \Re{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} = \frac{1}{8}\left(\ln^2\left(\frac{18}{5}\right)-(\pi-2\arctan 3)^2\right) $$ y $$ \Im{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} = \frac{1}{4}\ln\left(\frac{18}{5}\right)(\pi-2\arctan 3). $$

Sabemos que $\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)}$ y $\color{green}{\operatorname{Cl}_2(\theta)}$ son cantidades reales. Al utilizar $(\spadesuit)$ para el término Clausen de tipo SL obtenemos $$ \color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)} = \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{4}\arctan^2\left(\frac{3}{4}\right). $$

Ahora podríamos obtener su conjetura de forma cerrada: $$ \Re\left[\operatorname{Li}_2(z)\right] = -\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)} - \Re{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} = \frac{7\pi^2}{48}-\frac{\arctan^22}3-\frac{\arctan^23}6-\frac18\ln^2\!\left(\frac{18}5\right). $$

Para la parte imaginaria tenemos $$\begin{align} \Im\left[\operatorname{Li}_2(z)\right] &= -\color{green}{\operatorname{Cl}_2(\theta)} - \Im{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} \\ &= -\operatorname{Cl}_2\left(\arctan\left(\frac{3}{4}\right)+\pi\right)-\frac{1}{4}\ln\left(\frac{18}{5}\right)(\pi-2\arctan 3). \end{align}$$

Utilizando $(\diamondsuit), (\heartsuit)$ y $(\spadesuit)$ se podría generalizar este proceso para todos los $z \in \mathbb{C}$ tal que $\left|\frac{z}{z-1}\right|=1$ .