Nota Landen la identidad de
$$\color{red}{{\rm Li}_2(z)+{\rm Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)=-\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\tag1$$
que pueden ser fácilmente obtenidos por la diferenciación ${\rm Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)$, entonces la integración de la espalda. El desplume en $z=.5$ rendimientos
$$\color{red}{{\rm Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}\ln^2{2}}$$
desde $\displaystyle{\rm Li}_2(-1)=-\eta(1)=\small{-\frac{\pi^2}{12}}$. Vamos a utilizar la misma idea para evaluar ${\rm Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)$.
Observe $D_z{\rm Li}_{s+1}\left(\frac{z}{z-1}\right)=\frac{1}{z(1-z)}{\rm Li}_{s}\left(\frac{z}{z-1}\right)$. Así, dividiendo $(1)$ todo por $z(1-z)$, a continuación, la integración nos da
$${\rm Li}_3(z)+\int\frac{{\rm Li}_2(z)}{1-z}{\rm d}z+{\rm Li}_3\left(\frac{z}{z-1}\right)=\frac{1}{6}\ln^3(1-z)-\frac{1}{2}\int\frac{\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z\tag2$$
La integral en el lado izquierdo se evalúa a
\begin{align}
\int\frac{{\rm Li}_2(z)}{1-z}{\rm d}z
&=-{\rm Li}_2(z)\ln(1-z)-\int\frac{\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z
\end{align}
así que podemos reescribir $(2)$
\begin{align}
{\rm Li}_3(z)+{\rm Li}_3\left(\frac{z}{z-1}\right)={\rm Li}_2(z)\ln(1-z)+\frac{1}{6}\ln^3(1-z)+\frac{1}{2}\int\frac{\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z\tag3
\end{align}
y la integral en el lado derecho de la $(3)$ es
\begin{align}
\frac{1}{2}\int\frac{\ln^2(1-z)}{z}{\rm d}z
&=\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+\int\frac{\ln{z}\ln(1-z)}{1-z}{\rm d}z\\
&=\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+{\rm Li}_2(1-z)\ln(1-z)+\int\frac{{\rm Li}_2(1-z)}{1-z}{\rm d}z\\
&=\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+{\rm Li}_2(1-z)\ln(1-z)-{\rm Li}_3(1-z)+C\tag4\\
\end{align}
El desplume $(4)$ a $(3)$ luego de pasar toda la trilog términos a un lado nos da
\begin{align}
&{\rm Li}_3(z)+{\rm Li}_3(1-z)+{\rm Li}_3\left(\frac{z}{z-1}\right)\\
=&\frac{1}{6}\ln^3(1-z)+\Big{[}{\rm Li}_2(z)+{\rm Li}_2(1-z)\Big{]}\ln(1-z)+\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+C\\
=&\frac{1}{6}\ln^3(1-z)-\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+\frac{\pi^2}{6}\ln(1-z)+C\tag5
\end{align}
donde se aplicó el dilogarithm reflexión fórmula
$$\color{red}{{\rm Li}_2(z)+{\rm Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{6}-\ln{z}\ln(1-z)}\tag6$$
para llegar a $(5)$. Esta fórmula puede ser fácilmente obtenidos por la diferenciación ${\rm Li}_2(1-z)$, entonces la integración de la espalda. Ahora, dejando $z=0$$(5)$, es evidente que $C={\rm Li}_3(1)=\zeta(3)$. Por lo tanto,
\begin{align}&\color{red}{{\rm Li}_3(z)+{\rm Li}_3(1-z)+{\rm Li}_3\left(\frac{z}{z-1}\right)}\\=&\color{red}{\frac{1}{6}\ln^3(1-z)-\frac{1}{2}\ln{z}\ln^2(1-z)+\frac{\pi^2}{6}\ln(1-z)+\zeta(3)}\tag7\end{align}
Finalmente, dejando $z=.5$$(7)$, obtenemos
$$2{\rm Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)-\frac{3}{4}\zeta(3)=-\frac{1}{6}\ln^3{2}+\frac{1}{2}\ln^3{2}-\frac{\pi^2}{6}\ln{2}+\zeta(3)$$
lo que implica
$$\color{blue}{{\rm Li}_3\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{7}{8}\zeta(3)-\frac{\pi^2}{12}\ln{2}+\frac{1}{6}\ln^3{2}}\tag8$$
