Un valor conjetural para $\operatorname{Re} \operatorname{Li}_4 (1 + i)$

Question

Al evaluar la integral dada aquí parece que:

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

He llegado a un resultado que implica la $\operatorname{Re} \operatorname{Li}_4 (1 + i)$ término para el valor de la integral mientras que el OP está convencido de que la integral en cuestión tiene una respuesta simple y elemental. Si ambos tenemos razón, entonces la conjetura es válida.

Así que mi pregunta es: ¿es posible (i) demostrar la veracidad de la conjetura analíticamente o (ii) refutar la conjetura basándose en pruebas numéricas (de muy alta precisión)?

Answer 1

Integraciones por partes de la definición recursiva de $\;\operatorname{Li}_n(x)$ : $\;\displaystyle\operatorname{Li}_{n+1}(x)=\int\frac {\operatorname{Li}_{n}(x)}x\,dx\;$ permitió a Lewin (en su $1981$ libro de referencia "Polilogaritmos y funciones asociadas") para escribir :

$$\tag{7.62}\operatorname{Li}_4(x)=\log(x)\operatorname{Li}_3(x)-\frac 12\log^2(x)\operatorname{Li}_2(x)-\frac 16\log^3(x)\log(1-x)-\frac 16\int_0^x\frac{\log^3(y)}{1-y}\,dy$$

para $\; x:=1-e^{it}\;$ esto se convierte en $$\tag{7.66}\operatorname{Li}_4(1-e^{it})=\log(1-e^{it})\operatorname{Li}_3(1-i)-\frac 12\log^2(1-i)\operatorname{Li}_2(1-e^{it})-\frac {it}6\log^3(1-e^{it})\\+\frac i6\int_0^{t}\log^3(1-e^{iv})\,dv$$

Podemos reescribir la última integral como $\;\displaystyle\int_0^{t}\left(\frac i2(v-\pi)+\log\left(2\sin\frac v2\right)\right)^3\,dv\;$ para expandirlo usando binomios en términos de integrales logarítmicas generalizadas $\;\displaystyle\operatorname{Ls}_j^{(k)}(t):=-\int_0^t v^k\,\left(\log\left(2\sin\frac v2\right)\right)^{j-k-1}\,dv$ .

Después de algunas reescrituras y reducciones, Lewin obtuvo su ecuación $(7.68)$ para la parte real : \begin {align} & \Re\operatorname {Li}_4 \left (1-e^{it} \right )= \frac 14 \operatorname {Ls}_4^{(1)} \left (t \right )- \frac t4 \operatorname {Ls}_3 \left (t \right )+ \frac {t^2}8 \log ^2 \left (2 \sin\frac t2 \right )+ \frac { \operatorname {Li}_3(1)- \operatorname {Cl}_3(t)}2 \log\left (2 \sin\frac t2 \right )- \frac {t^4}{192} \\ & \text {dando por $t=\frac {\pi}2\;$ desde $\;\displaystyle\operatorname{Cl}_3\left(\frac {\pi}2\right)=-\frac{3}{32}\zeta(3)$ :} \\ \tag {1}& \Re\operatorname {Li}_4 \left (1-i \right )= \frac 14 \operatorname {Ls}_4^{(1)} \left ( \frac { \pi }2 \right )- \frac { \pi }8 \operatorname {Ls}_3 \left ( \frac { \pi }2 \right )+ \frac { \pi ^2}{32} \log ^2 \left ( \sqrt {2} \right )+ \frac {35}{64} \zeta (3) \log\left ( \sqrt {2} \right )- \frac { \pi ^4}{3072} \\ \end {align} Pero los dos términos logarítmicos desaparecen utilizando el primero de los $(A.14)$ relaciones : $$\operatorname{Ls}_{4}^{(1)}\left(\tfrac{\pi}{2}\right)-\tfrac{\pi}{2} \operatorname{Ls}_{3}\left(\tfrac{\pi}{2}\right) = -\tfrac{5}{96} \tag{2}\log^4(2) + \tfrac{5}{16} \zeta(2) \log^2(2) - \tfrac{35}{32} \zeta(3) \log(2) + \tfrac{125}{32} \zeta(4) - \tfrac{5}{4} \operatorname{Li}_{4}\left(\tfrac{1}{2}\right)\\ $$ tal y como lo indican Davydychev y Kalmykov en el apéndice de su documento "Nuevos resultados para la expansión épsilon de ciertos diagramas de Feynman de uno, dos y tres bucles" (de este Respuesta de SE detallando las anotaciones utilizadas aquí)

$(1)$ entonces se convierte en : \begin {align} \Re\operatorname {Li}_4 \left (1-i \right )&= \frac 14 \left [- \tfrac {5}{96} \log ^4(2) + \tfrac {5}{16} \zeta (2) \log ^2(2) - \tfrac {35}{32} \zeta (3) \log (2) + \tfrac {125}{32} \zeta (4) - \tfrac {5}{4} \operatorname {Li}_{4} \left ( \tfrac {1}{2} \right ) \right ]+ \frac { \pi ^2}{32} \log ^2 \left ( \sqrt {2} \right )+ \frac {35}{64} \zeta (3) \log\left ( \sqrt {2} \right )- \frac { \pi ^4}{3072} \\ &=- \frac {5}{16} \operatorname {Li}_{4} \left ( \tfrac {1}{2} \right )- \frac {5}{384} \log ^4(2) + \frac {5}{64} \zeta (2) \log ^2(2) + \frac {125}{128} \zeta (4) + \frac { \pi ^2}{128} \log ^2 \left (2 \right )- \frac { \pi ^4}{3072} \\ \tag {3} \Re\operatorname {Li}_4 \left (1-i \right )&=- \frac {5}{16} \operatorname {Li}_{4} \left ( \tfrac {1}{2} \right )- \frac {5}{384} \log ^4(2)+ \frac {97}{9216} \pi ^4+ \frac { \pi ^2}{48} \log ^2 \left (2 \right ) \\ \end {align} Que es exactamente su resultado ( $\Re\operatorname{Li}_4\left(1+i\right)=\Re\operatorname{Li}_4\left(1-i\right)$ por supuesto).
El único problema es que las relaciones $(A.14)$ del documento de Davydychev y Kalmykov va seguido de las palabras (mucho más dulces para los físicos que para los matemáticos...) :

$\qquad$ "Todas las relaciones $(A.9)–(A.14)$ se han obtenido mediante el procedimiento PSLQ" .

Así que $(A.14)$ puede o no haber sido probada desde $2001$ (el documento fue actualizado en $2017$ ). De todos modos el problema que queda podría ser demostrar la expresión $(2)$ con el LHS dado por $\;\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}2} \left(\frac {\pi}2-t\right)\log^2\left(2\sin\frac t2\right)\,dt$

Answer 2

NO UNA RESPUESTA HASTA AHORA, DEMASIADO TIEMPO PARA UN COMENTARIO (sólo una posible vía)

La conjetura y su motivación .
$$\Re\operatorname{Li}_4(1+i)=-\frac{5}{64} \, _5F_4\left(1,1,1,1,1;\frac{3}{2},2,2,2;1\right)+\frac{13 \pi ^4}{1536}+\frac{3}{64} \pi ^2 \ln ^22$$ Esto es muy similar a esta respuesta . Como @Cleo nos dio representaciones similares, tengo confianza en probar esta conjetura por esta vía. Lo he confirmado numéricamente a 1000 dígitos.

Somos capaces de evaluar la $_5F_4(1)$ parte.

Declaración . $$H={}_5F_4\left(\{1\}^{5};\frac{3}{2},\{2\}^{3};1\right)=4 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{19 \pi ^4}{720}+\frac{\ln^42}{6}+\frac{1}{3} \pi ^2 \ln^22$$

Prueba .
Explotación de $$_5F_4\left(\{1\}^{4},a;\frac{3}{2},\{2\}^{2},b;1\right)=\frac{1}{B(a,b)}\int_0^1{}_4F_3\left(\{1\}^{4};\frac{3}{2},\{2\}^{2};x\right)x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx,$$ (esto se puede demostrar mediante la expansión de Taylor de $_4F_3$ ), $H$ puede ser representado por $$\int_0^1{}_4F_3\left(\{1\}^{4};\frac{3}{2},\{2\}^{2};x\right)dx$$ Pero sabemos (según Wolfram) que el integrando es igual a $$\frac1x\left(-2 \arcsin\left(\sqrt{x}\right) \Im\left(\text{Li}_2\left(1-2 x-2 i \sqrt{(1-x) x}\right)\right)+\Re\left(\text{Li}_3\left(1-2 x-2 i \sqrt{(1-x) x}\right)\right)+\ln(4 x) \arcsin\left(\sqrt{x}\right)^2-\zeta (3)\right),$$ sustituto $x=\sin^2t$ obtenemos $$H=\int_0^{\pi/2}2 \cot (t) \left(-2 t \Im\left(\text{Li}_2\left(e^{-2it}\right)\right)+\Re\left(\text{Li}_3\left(e^{-2it}\right)-\zeta(3)\right)+2t^2\ln(2\sin (t))\right)dt\\ =:-4I_2+2I_3+4I_1$$ Evaluación de $I_1$ (Resultado de este puesto se utiliza, estoy seguro de que no es un argumento circular porque el CAS no puede utilizar la fórmula que queremos demostrar) $$I_1=\ln2\int_0^{\pi/2}t^2\cot tdt-\int_0^{\pi/2}t\ln^2(\sin t)dt\text{ (IBP)}\\ =\frac{1}{4} \pi ^2 \ln^22-\frac{7}{8} \zeta (3) \ln2-\left(\operatorname{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{1}{24}\ln^42+\frac{\pi^2}{12}\ln^22-\frac{{19}\pi^4}{2880}\right)$$ Evaluación de $I_2$ : $$\begin{align} I_2&=\int_0^{\pi/2}-t\cot t\Im\operatorname{Li}_2(e^{2it})dt \\\\ &=\frac14\Re\int_1^{-1}\ln u\frac{1+u}{u(1-u)}\operatorname{Li}_2(u)du\qquad\text{(contour is in the upper half plane)} \\\\ &=\bigg\{{\small\frac{\text{Li}_2(t)^2}{4}+ \text{Li}_4(1-t) -\text{Li}_4\bigg(\frac{t}{t-1}\bigg) -\frac34\text{Li}_4(t) -\frac12\text{Li}_2\bigg(\frac{t}{t-1}\bigg)\log^2\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg)} \\ &\qquad{\small+\text{Li}_3\bigg(\frac{t}{t-1}\bigg)\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg) +\text{Li}_3(t)\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg) -\text{Li}_3(1-t)\bigg[\log(t)-\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg)\bigg]} \\ &\qquad{\small+\text{Li}_3(t)\log(1-t) -\frac14\text{Li}_3(t)\log(t) +\frac{1}{24}\log^4\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg) +\frac{1}{24}\log^4(t)} \\ &\qquad{\small-\frac16\log\bigg(\frac{1}{1-t}\bigg)\log^3\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg) -\frac16\log(t)\log^3\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg) -\frac16\log^3(t)\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg)} \\ &\qquad{\small+\frac13\log(1-t)\log^3(t) +\frac14\log^2(t)\log^2\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg) -\frac12\log(1-t)\log^2(t)\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg)} \\ &\qquad{\small-\frac14\log^2(1-t)\log^2(t) +\frac12\text{Li}_2(1-t)\bigg[\log(t)-\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg)\bigg]^2} \\ &\qquad{\small+\frac12\text{Li}_2(t)\bigg[-2\log\bigg(\frac{t}{1-t}\bigg)-\log(1-t)+\log(t)\bigg]\log(t)} \bigg\}\bigg|_{1}^{-1} \\\\ &=2\text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{7}{4}\zeta(3)\ln2-\frac{19\pi^4}{1440}+\frac{\ln^42}{12}-\frac{1}{12}\pi^2\ln^22 \end{align}$$ Evaluación de $I_3$ : $I_3$ tienen una antiderivada simple que se puede deducir fácilmente integrando por partes repetidamente. $$I_3=\Re\left(-\zeta (3) \ln\sin t+\frac{1}{2} \left(\text{Li}_2\left(e^{2 i t}\right){}^2-\text{Li}_4\left(e^{2 i t}\right)+2 \text{Li}_3\left(e^{2 i t}\right) \log \left(1-e^{2 i t}\right)\right)\right)\Bigg|_{0}^{\pi/2}\\ =-\frac74\zeta(3)\ln2$$ Combinando estos tres resultados, se cumple la afirmación que he mencionado anteriormente.