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Question

Pregunta: ¿Cómo podemos demostrar $$I=\int_0^{\pi/4}{(4\cot x\ln\sec x-x)\ln^2\tan xdx}=\frac5{2304}\pi^4?$$

He confirmado, numéricamente, que tiene por 1000 decimales. Esta integral se acercó cuando estaba el cálculo de $\sum_{n=1}^\infty\frac{H_{4n}}{n^3}$.
Intento
Tenga en cuenta que $\tan x=i\frac{1-e^{2ix}}{1+e^{2ix}}$, substituing $t=e^{ix}$da $$I=\int_1^{e^{i\pi/4}}\frac it\left(\frac{1+t^2}{1-t^2}\ln\frac{2t}{1+t^2}-\frac1i\ln t\right)\left(\frac{\pi i}2+\ln\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)^2dt,$$ entonces traté de $t^2\mapsto t$, $$I=\frac12\int_1^{i}\frac it\left(\frac{1+t}{1-t}(\ln2+(\ln t)/2-\ln(1+t))-\frac1{2i}\ln t\right)\left(\frac{\pi i}2+\ln\frac{1-t}{1+t}\right)^2dt,$$ Para el siguiente paso que he sustituido $u=\frac{1-t}{1+t}$, pero hace que la integral más complejo. Por otra parte, la sustitución parecen girar a la integral en la forma original. Me quedé atrapado aquí.

Answer 1

Aquí está mi intento por llegar a una solución. No me llego tu muy bonita respuesta de $\frac{5\pi^4}{2304}$, pero si la tuya y mis respuestas son equivalentes, es decir que hemos encontrado un valor de $\operatorname{Re} \operatorname{Li}_4 (1 + i)$ (es una forma cerrada de valor conocido para esta cantidad?).

Conjunto $$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} \ln^2 \tan x (4 \cot x \ln \sec x - x) \, dx.$$ El cumplimiento de una sustitución de $x \mapsto \arctan x$ conduce a $$I = 2 \int_0^1 \frac{\ln^2 x}{x} \frac{\ln (1 + x^2)}{1 + x^2} \, dx - \int_0^1 \frac{\ln^2 x \arctan x}{1 + x^2} \, dx = 2I_1 - I_2.$$

La primera integral de la $I_1$

Haciendo uso de la siguiente generación de la función de la armónica de los números, es decir, $$\frac{\ln (1 + x^2)}{1 + x^2} = -\sum_{n = 1}^\infty (-1)^n H_n x^{2x}.$$ tenemos \begin{align} I_1 &= -\sum_{n = 1}^\infty (-1)^n H_n \int_0^1 x^{2n - 1} \ln^2 x \, dx\\ &= -\sum_{n = 1}^\infty (-1)^n H_n \frac{d^2}{ds^2} \left [\int_0^1 x^{2n + s -1} \, dx \right ]_{s = 0}\\ &= -\sum_{n = 1}^\infty (-1)^n H_n \frac{d^2}{ds^2} \left [\frac{1}{2n + s} \right ]_{s = 0}\\ &= -\frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n^3}. \end{align}

La segunda integral de la $I_2$

Tomando el producto de Cauchy entre la serie de Maclaurin expansiones $\arctan x$ e $\frac{1}{1 + x^2}$ uno encuentra $$\frac{\arctan x}{1 + x^2} = \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \left (H_{2n + 1} - \frac{1}{2} H_n \right ) x^{2n + 1}.$$ Así \begin{align} I_2 &= \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \left (H_{2n + 1} - \frac{1}{2} H_n \right ) \int_0^1 x^{2n + 1} \ln^2 x \, dx\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \left (H_{2n + 1} - \frac{1}{2} H_n \right ) \frac{d^2}{ds^2} \left [\int_0^1 x^{2n + s + 1} \, dx \right ]_{s = 0}\\ &= \sum_{n = 0}^\infty (-1)^n \left (H_{2n + 1} - \frac{1}{2} H_n \right ) \frac{d^2}{ds^2} \left [\frac{1}{2n + s + 2} \right ]_{s = 0}\\ &= \frac{1}{4} \underbrace{\sum_{n = 0}^\infty \frac{(-1)^n}{(n + 1)^3} \left (H_{2n + 1} - \frac{1}{2} H_n \right )}_{n \, \mapsto \, n - 1}\\ &= \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n - 1}}{n^3} \left (H_{2n - 1} - \frac{1}{2} H_{n - 1} \right )\\ &= -\frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^3} \left (H_{2n} - \frac{1}{2n} \right ) + \frac{1}{8} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^3} \left (H_n - \frac{1}{n} \right )\\ &= -\frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_{2n}}{n^3} + \frac{1}{8} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n^3} \end{align}

Principales integral de la $I$

Así que para los principales integral de la $I$ hemos $$I = -\frac{5}{8} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_n}{n^3} + \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_{2n}}{n^3}.$$

Lidiar con estas dos sumas de Euler, sus valores se puede encontrar de la siguiente generación de la función \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{H_n}{n^3}x^n &=2{\rm Li}_4(x)+{\rm Li}_4\left(\tfrac{x}{x-1}\right)-{\rm Li}_4(1-x)-{\rm Li}_3(x)\ln(1-z)-\frac{1}{2}{\rm Li}_2^2\left(\tfrac{x}{x-1}\right)\\ &+\frac{1}{2}{\rm Li}_2(x)\ln^2(1-x)+\frac{1}{2}{\rm Li}_2^2(x)+\frac{1}{6}\ln^4(1-x)-\frac{1}{6}\ln{x}\ln^3(1-x)\\ &+\frac{\pi^2}{12}\ln^2(1-x)+\zeta(3)\ln(1-x)+\frac{\pi^4}{90},\tag1 \end{align} lo que queda demostrado en esta respuesta aquí.

Establecimiento $x = -1$ en (1) da \begin{align} \sum^\infty_{n=1}\frac{(-1)^nH_n}{n^3}=2{\rm Li}_4\left(\tfrac{1}{2}\right)-\frac{11\pi^4}{360}+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln{2}-\frac{\pi^2}{12}\ln^2{2}+\frac{1}{12}\ln^4{2}, \end{align} mientras que el establecimiento $x = i$ en (1) da \begin{align} \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_{2n}}{n^3} &= 2 \sum_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n H_{2n}}{(2n)^3}\\ &= 2 \operatorname{Re} \sum_{n = 1}^\infty \frac{H_n}{n^3} i^n\\ &= -4 \operatorname{Re} \operatorname{Li}_4(1 + i) + \frac{29 \pi^4}{1152} + \frac{35}{32} \zeta (3) \ln 2 + \frac{\pi^2}{32} \ln^2 2. \end{align}

La sustitución de estos dos valores para el de Euler sumas de dinero de vuelta en la expresión de la integral de la $I$ da una respuesta final de

$$I = -\frac{5}{4} \operatorname{Li}_4 \left (\frac{1}{2} \right ) - 4 \operatorname{Re} \operatorname{Li}_4 (1 + i) + \frac{17}{384} \pi^4 + \frac{\pi^2}{12} \ln^2 2 - \frac{5}{96} \ln^4 2.$$

Así, esto nos lleva a la siguiente conjetura. ¿?

$$\operatorname{Re} \operatorname{Li}_4 (1 + i) = -\frac{5}{16} \operatorname{Li}_4 \left (\frac{1}{2} \right ) + \frac{97}{9216} \pi^4 + \frac{\pi^2}{48} \ln^2 2 - \frac{5}{384} \ln^4 2$$