En $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\operatorname{Li}_3(\sin x)dx$ y su derivado

Question

Pregunta 1: ¿Cómo podemos demostrar $$I_3=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\operatorname{Li}_3(\sin x)dx=\frac{\pi}{4}\zeta(3)+\frac{1}{6}\pi\ln^32-\frac{1}{24}\pi^3\ln2?$$ (donde $\displaystyle\operatorname{Li}_s(x):=\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n^s}$ )
Pregunta 2: Además, ¿podemos encontrar un método general (no es necesario que sea una fórmula explícita) para encontrar $$I_n=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\operatorname{Li}_n(\sin x)dx$$ donde $n\in\mathbb{Z}^+$ ?

Mi intento
Recordemos la definición de polilogaritmo, $$I_3=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin^nx}{n^3}dx\\ =\sum_{m=1}^\infty\frac1{8m^3}\int_0^{\pi/2}2\sin^{2m}xdx\\ =\sum_{m=1}^\infty\frac{\pi(1/2)_m}{8m^3m!}$$ donde $(1/2)_n$ indica el símbolo de Pochhammer)
Por lo tanto, podemos deducir que $$I_3=\frac{1}{16} \pi \, _5F_4\left(1,1,1,1,\frac{3}{2};2,2,2,2;1\right).$$ Además, $I_n$ puede representarse de forma similar $_pF_q$ condiciones. Pero, no estoy familiarizado con $_5F_4$ . No tengo ni idea de cómo convertir el término hipergeométrico en la respuesta.
Algunas formas equivalentes de $I_n$ : $$I_n=\int_{-1}^1\operatorname{Li}_n(x)\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$$ $$I_n=\int_0^12^{1-n}\operatorname{Li}_n(x^2)\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}$$ Cualquier respuesta sin utilizando técnicas hipergeométricas.

Answer 1

Si $n$ es impar la integral $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(\sin\theta)^{n}\,d\theta$ es igual a cero, por lo que el cálculo de $\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\text{Li}_3(\sin\theta)\,d\theta$ se reduce al cálculo de $$ \sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]\frac{1}{n^3}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 1}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]x^{n-1}\log^2(x)\,dx $$ o (por integración por partes) $$\int_{0}^{1}\frac{\log^3(x)}{(1-x)^{3/2}}\,dx.$$ Esto puede abordarse fácilmente mediante las derivadas parciales de la función Beta.

Answer 2

No es una respuesta, pero casi...

Una pregunta bastante reciente ( Demostrar que $\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\mathrm dz=-\frac{\pi^3}{3}\log 2+\frac{4\pi}3\log^3 2+2\pi\zeta(3)$ ) (¡refiriéndose también a Jack d'Aurizio!) y su respuesta me han llamado la atención porque es exactamente $8$ ¡veces el resultado que desea establecer !

Así, he intentado transformar :

$$J:=\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{z(1-z)}}\mathrm dz \ \ \ \text{equals}\tag{1}$$

dividiéndolo y multiplicándolo por 16, en :

$$J=16\int_0^1\frac{\operatorname{Li}_3(1-z)}{\sqrt{1-(2z-1)^2}}\mathrm dz$$

Realizar el cambio de variable $2z-1=x$ y teniendo en cuenta que $2dz=dx$ obtenemos

$$J=8\int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(\frac{1-x}{2})}{\sqrt{1-x^2}}dx $$

que está muy cerca de $8$ veces una de las expresiones que das

$$\int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx,$$

pero no el mismo . ¿Cómo podemos reducir esta discrepancia? ¿Existe una relación adecuada para $Li_3$ ¿que puede ser útil aquí?

Observación : Podría haber esperado (tal vez durante mucho tiempo...) antes de establecer que :

$$8 \int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(x)}{\sqrt{1-x^2}}dx=\int_{-1}^1\frac{\operatorname{Li}_3(\frac{1-x}{2})}{\sqrt{1-x^2}}dx \tag{2}$$

(buena concordancia numérica de todos modos...)

Creo que es más interesante darlo "tal cual" como reto para que otros prueben (2) si es posible.

Answer 3

Una representación hipergeométrica

$$I_n=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mathrm{Li}_n(\sin x)dx=\sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^n}\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin(x)^{k+1}dx$$ Incluso para $k+1$ , $$i_k=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin(x)^{k+1}dx=0$$ y para impar $k+1$ , $$i_k=2\int_0^{\pi/2}\sin(x)^{k+1}dx=\frac{\Gamma(\frac12)\Gamma(1+\frac{k}2)}{\Gamma(1+\frac{k+1}2)}$$ por lo que si $k+1$ es impar entonces $k=2m$ para algunos $m\in\Bbb N_0$ , dando $$I_n=\sum_{m\geq0}\frac{m!\Gamma(1/2)}{(2m+1)^n\Gamma(m+1/2+1)}$$ Establecer $$t_m=\frac{m!\Gamma(1/2)}{(2m+1)^n\Gamma(m+1/2+1)}\Rightarrow t_0=2$$ Así que $$\frac{t_{m+1}}{t_m}=\frac{(m+1)^2(m+1/2)^n}{(m+3/2)^{n+1}}\cdot\frac{1}{m+1}$$ Por lo tanto (a menos que haya cometido un error) $$I_n=2\,_{n+2}F_{n+1}\left(1,1,\frac12,\dots,\frac12;\frac32,\dots,\frac32;1\right)$$