Conjeturó la forma cerrada para $\operatorname{Li}_2\!\left(\sqrt{2-\sqrt3}\cdot e^{i\pi/12}\right)$

Question

Hay pocos conocen la forma cerrada para los valores de la dilogarithm en puntos específicos. A veces sólo la parte real o sólo la parte imaginaria del valor es conocido, o de una relación entre varios valores diferentes es conocido: [1][2][3][4][5][6]. El descubrimiento de una nueva identidad de este tipo siempre es de un gran interés.

Yo numéricamente descubierto el siguiente conjetura forma cerrada y ahora estoy mirando cómo demostrarlo: $$\operatorname{Li}_2\!\left(\sqrt{2-\sqrt3}\cdot e^{i\pi/12}\right)=\operatorname{Li}_2\!\left(\tfrac12+i\left(1-\tfrac{\sqrt3}2\right)\right)\stackrel{\color{gray}?}=\\\frac{23\pi^2}{288}-\frac18\ln^2\!\left(2+\sqrt3\right)+i\left[\frac{2\;\!G}3+\frac{\pi^2}{12\sqrt3}-\frac\pi{24}\ln\left(2+\sqrt3\right)-\frac1{8\sqrt3}\psi^{\small(1)}\!\left(\tfrac13\right)\right]$$

Si usted tiene alguna idea por favor compartir.

$G$ es el catalán constante, y $\psi^{\small(1)}(z)$ es el trigamma función.

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Para responder preguntas en los comentarios: mi enfoque para encontrar formas cerradas como este es evaluar la expresión con cientos o incluso miles de dígitos de precisión y, a continuación, utilice entero relación algoritmos para encontrar una coincidencia combinación lineal con coeficientes racionales a partir de un grupo de candidatos a términos. La parte difícil es que la piscina no puede ser demasiado grande, de lo contrario, los algoritmos de empezar a trabajar muy lentamente o no y no generar falsos positivos, por lo que necesito un poco de intuición para seleccionar un conjunto restringido de los candidatos que suelen aparecer en una forma cerrada que estoy buscando. Yo suelo seleccionar a los candidatos a partir de la conocida formas cerradas de expresiones similares, o a partir de la conocida formas cerradas de las integrales que contengan la expresión en cuestión, junto con otros términos más simples (sus "hermanos"). A veces yo también agregar algunas variaciones de los términos ya existentes, por ejemplo, multiplicar por un simple irracional coeficiente como $\sqrt3$ o reemplazar las ocurrencias de $\ln2$$\ln3$. Cuando encuentre una coincidencia de combinación lineal, puedo comprobar con una precisión mucho mayor (generalmente de decenas o cientos de miles de dígitos decimales) para reducir las posibilidades de que se trata de un cierre accidental pero no exacto de la expresión.

Answer 1

Reducción de dilogarithm. Conoce las identidades de los dilogarithm nos permiten la siguiente transformación:

$$\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{1}{2} + \tfrac{i}{2} \tan\theta\right) = - \operatorname{Li}_2(e^{i(\pi+2\theta)}) -\tfrac{1}{2}\log^2\left(\tfrac{1}{2} - \tfrac{i}{2} \tan\theta \right).$$

En este caso, tenemos $\theta = \tfrac{1}{12}\pi$ y, por tanto, la dilogarithm en cuestión está escrito como

$$\operatorname{Li}_2\left(\tfrac{1}{2} + \tfrac{i}{2}\tan\tfrac{\pi}{12} \right) = - \operatorname{Li}_2(e^{7\pi i/6}) -\tfrac{1}{2}\log^2\left( \tfrac{1}{2} - \tfrac{i}{2}\tan\tfrac{\pi}{12} \right). \tag{1}$$

Ahora la utilización de la serie de Fourier de la de Bernoulli polinomio, sabemos que $\operatorname{Li}_2(e^{i\theta})$ reduce a

$$\operatorname{Li}_2(e^{i\theta}) = \sum_{k=1}^{\infty} \tfrac{1}{k^2}(\cos (k\theta) + i\sin(k\theta)) = \tfrac{1}{6}\pi^2 - \tfrac{1}{2}\pi\theta + \tfrac{1}{4}\theta^2 + i \operatorname{Cl}_2(\theta) \etiqueta{2}$$

para $0 \leq \theta \leq 2\pi$ donde $\operatorname{Cl}_2(\theta) = \sum_{k=1}^{\infty} k^{-2}\sin(k\theta)$ es el Clausen función. Por lo que sigue siendo para simplificar $\operatorname{Cl}_2 \left( \tfrac{7}{6}\pi \right)$.

Reducción de Clausen función. Para este fin, el grupo de los términos

$$\operatorname{Cl}_2 \left(\tfrac{7}{6}\pi\right) = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} \sin \left(\tfrac{7}{6}k\pi\right)$$

según el valor del seno y la simplificación de cada grupo como en esta prueba, nos encontramos con que

$$\operatorname{Cl}_2 \left(\tfrac{7}{6}\pi\right) = \tfrac{1}{144} \sum_{j=1}^{6} \sin \left(\tfrac{7}{6}j\pi\right) \left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{j}{12}\right) - \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{2}+\tfrac{j}{12}\right) \right). \etiqueta{3}$$

Ahora, utilizando la reflexión de la fórmula y la duplicación y triplicación de la fórmula extensamente, podemos simplificar dicha suma, como

$$\operatorname{Cl}_2 \left(\tfrac{7}{6}\pi\right) = -\tfrac{2}{3}G - \tfrac{1}{12\sqrt{3}}\pi^2 + \tfrac{1}{8\sqrt{3}} \psi ^{(1)}\left(\tfrac{1}{3}\right). \tag{4}$$

De hecho, vamos a ampliar la sumatoria en (3) y utilizar la triplicación de la fórmula para el color verde de los grupos y la duplicación de la fórmula para el color azul de los grupos para obtener

$$\begin{align*} \operatorname{Cl}_2 \left(\tfrac{7}{6}\pi\right) & = - \tfrac{1}{288} \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{12}\right) + \tfrac{1}{96 \sqrt{3}} \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{6}\right) - \tfrac{1}{144} \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{4}\right) + \tfrac{1}{96 \sqrt{3}} \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{3}\right) - \tfrac{1}{288} \psi^{(1)}\left(\tfrac{5}{12}\right) \\ &\quad + \tfrac{1}{288} \psi^{(1)}\left(\tfrac{7}{12}\right) - \tfrac{1}{96\sqrt{3}} \psi^{(1)}\left(\tfrac{2}{3}\right) + \tfrac{1}{144} \psi^{(1)}\left(\tfrac{3}{4}\right) - \tfrac{1}{96 \sqrt{3}} \psi^{(1)}\left(\tfrac{5}{6}\right) + \tfrac{1}{288} \psi^{(1)}\left(\tfrac{11}{12}\right) \\ & = - \tfrac{1}{288} \color{green}{\left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{12}\right) + \psi^{(1)}\left(\tfrac{5}{12}\right) + \psi^{(1)}\left(\tfrac{9}{12}\right) \right)} - \tfrac{3}{288} \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{4}\right) \\ &\quad + \tfrac{1}{288} \color{green}{\left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{3}{12}\right) + \psi^{(1)}\left(\tfrac{7}{12}\right) + \psi^{(1)}\left(\tfrac{11}{12}\right) \right)} + \tfrac{3}{288} \psi^{(1)}\left(\tfrac{3}{4}\right) \\ &\quad + \tfrac{1}{96 \sqrt{3}} \color{blue}{\left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{6}\right) + \psi^{(1)}\left(\tfrac{2}{3}\right) \right)} + \tfrac{1}{48 \sqrt{3}} \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{3}\right) \\ &\quad - \tfrac{1}{96 \sqrt{3}} \color{blue}{\left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{3}\right) + \psi^{(1)}\left(\tfrac{5}{6}\right) \right)} - \tfrac{1}{48\sqrt{3}} \psi^{(1)}\left(\tfrac{2}{3}\right) \\ & = \tfrac{1}{16 \sqrt{3}} \left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{3}\right) - \psi^{(1)}\left(\tfrac{2}{3}\right) \right) - \tfrac{1}{24} \left( \psi^{(1)}\left(\tfrac{1}{4}\right) - \psi^{(1)}\left(\tfrac{3}{4}\right) \right). \end{align*}$$

Ahora nos centramos en la última línea. La aplicación de la reflexión de la fórmula para el primer término y la comparación de la definición del catalán constante $G$ con el segundo término, obtenemos (4) como se reivindica.

Finalmente, conectando de nuevo da el resultado deseado.

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Anexo: series de Fourier de la de Bernoulli polinomio. Tomar parte imaginaria de

$$\log(1-e^{2\pi i x}) = - \sum_{k=1}^{\infty} \frac{e^{2\pi i k x}}{k}$$

para $x \in (0, 1)$, nos encontramos con que el polinomio de Bernoulli $B_1(x)$ de grado 1 se escribe como

$$B_1( x ) = x - \tfrac{1}{2} = - \frac{1}{2\pi i} \sum_{k \neq 0} \frac{e^{2\pi i k x}}{k}, \quad 0 < x < 1.$$

La integración de ambos lados repetidamente y usando la relación $B_n'(x) = nB_{n-1}(x)$, encontramos que para cualquier $n \geq 1$,

$$B_n( x ) = - \frac{n!}{(2\pi i)^n} \sum_{k \neq 0} \frac{e^{2\pi i k x}}{k^n}, \quad 0 < x < 1.$$

Observe que dependiendo de si $n$ es par o impar, esto se reduce a cualquiera de coseno de la serie o sinusoidal de la serie. Por ejemplo, cuando se $n = 2$ hemos

$$x^2 - x + \tfrac{1}{6} = B_2(x) = \frac{1}{\pi^2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos(2\pi k x)}{k^2}$$

y de ahí obtenemos la fórmula que se utilizó en nuestra solución:

$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\cos(k x)}{k^2} = \pi^2 B_2\left(\tfrac{1}{2\pi} x\right) = \tfrac{1}{4} x^2 - \tfrac{1}{2}\pi x + \tfrac{1}{6}\pi^2.$$

Answer 2

Utilizamos los tres principales pasos de mi respuesta a una de tus preguntas anteriores.

$$\operatorname{Li}_2(z) = -\operatorname{Li}_2\left(\frac{z}{z-1}\right)-\frac{1}{2}\ln^2(1-z), \quad z \notin (1,\infty).\tag{$\diamondsuit$}$$ $$\operatorname{Li}_2\left(e^{i\theta}\right) = \operatorname{Sl}_2(\theta)+i\operatorname{Cl}_2(\theta), \quad \theta \in [0,2\pi).\tag{$\heartsuit$}$$ $$\operatorname{Sl}_2(\theta) = \frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi\theta}{2}+\frac{\theta^2}{4}, \quad \theta \en [0,2\pi).\la etiqueta{$\spadesuit$}$$ Para las definiciones y notaciones ver a mi respuesta anterior.

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Deje $z:=\tfrac{1}{2}+i\left(1-\tfrac{\sqrt3}{2}\right).$ Nota de que $$\frac{z}{z-1} = -\frac{\sqrt 3}{2} - \frac{i}{2},$$ y, por tanto,$\left|\frac{z}{z-1}\right|=1$.

La ecuación $$e^{i\theta} = \frac{z}{z-1} = -\frac{\sqrt 3}{2} - \frac{i}{2}$$ tiene la única solución de $\theta=\tfrac76 \pi$$[0,2\pi)$.

Porque de $(\diamondsuit)$ $(\heartsuit)$ hemos $$\operatorname{Li}_2(z) = -\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)} - i \color{verde}{\operatorname{Cl}_2(\theta)} - \color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)},$$ para$z=\tfrac{1}{2}+i\left(1-\tfrac{\sqrt3}{2}\right)$$\theta =\tfrac76 \pi$.

Para el logaritmo término obtenemos $$\Re{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} = \frac{1}{8}\ln^2\left(2-\sqrt{3}\right)-\frac{\pi^2}{288}$$ y $$\Im{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} = -\frac{\pi}{24}\ln\left(2-\sqrt{3}\right).$$ Sabemos que $\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)}$ $\color{green}{\operatorname{Cl}_2(\theta)}$ son cantidades reales. Mediante el uso de $(\spadesuit)$ para el SL-tipo Clausen término obtenemos $$\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)} =-\frac{11\pi^2}{144}.$$ Ahora se puede obtener de su conjetura de forma cerrada para la parte real: $$\Re\left[\operatorname{Li}_2(z)\right] = -\color{red}{\operatorname{Sl}_2(\theta)} - \Re{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} = \frac{23\pi^2}{288}-\frac{1}{8}\ln^2\left(2-\sqrt{3}\right).$$

Para la parte imaginaria tenemos $$\begin{align}\Im\left[\operatorname{Li}_2(z)\right] &= -\color{green}{\operatorname{Cl}_2(\theta)} - \Im{\left[\color{blue}{\frac{1}{2}\ln^2(1-z)}\right]} \\ &= -\operatorname{Cl}_2\left(\tfrac{7}{6}\pi\right)+\frac{\pi}{24}\ln\left(2-\sqrt{3}\right).\end{align}$$ Ahora mediante el uso de la relación entre Clausen función y polygamma función y utilizando algunas polygamma trucos, podemos conseguir que $$\operatorname{Cl}_2 \left(\frac{7}{6}\pi\right) = -\frac{2}{3}G - \frac{\pi^2}{12\sqrt{3}} + \frac{1}{8\sqrt{3}} \psi ^{(1)}\left(\frac{1}{3}\right).$$ Esto completa la prueba.