En la relación entre $\Re\operatorname{Li}_n(1+i)$ y $\operatorname{Li}_n(1/2)$ cuando $n\ge5$

Question

Motivación
$\newcommand{Li}{\operatorname{Li}}$ Ya se sabe que:
$$\Re\Li_2(1+i)=\frac{\pi^2}{16}$$ $$\Re\Li_3(1+i)=\frac{\pi^2\ln2}{32}+\frac{35}{64}\zeta(3)$$

Y por esta pregunta, asumiendo que $\Li(1/2)$ es una forma más simple que $\Re\Li(1+i)$, podemos simplificar $\Re\Li_4(1+i)$. $$\Re\Li_4(1+i)=-\frac5{16} \Li_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{97 \pi ^4}{9216}-\frac{5}{384} \ln^42+\frac{1}{48} \pi ^2 \ln^22$$

Yendo más allá, intenté encontrar algunas pruebas numéricas para simplificar $\Re\Li_5(1+i)$, y conjeturé que

$$\Re\Li_5(1+i)\stackrel?=\frac{5}{32} \text{Li}_5\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{2139 \zeta (5)}{4096}-\frac{1}{768} \ln^52+\frac{1}{288} \pi ^2 \ln^32+\frac{97 \pi ^4 \ln2}{18432}$$

Como lo verifiqué hasta 1000 dígitos, creo que es cierto. ¿Cómo podemos demostrarlo?
Pensamientos
Bueno, honestamente no tengo muchos pensamientos al respecto, pero creo que convertirlo en una integral o suma de Euler es un posible camino. Por lo tanto, lo convertí en una integral: $$\int_0^1\frac{54x^2-150x+59}{2x^3-6x^2+5x-2}\ln^4xdx\stackrel?=\ln^52-\frac83\pi^2\ln^32-\frac{97}{24}\pi^4\ln2-\frac{6417}{16}\zeta(5)$$ Pregunta Adicional
¿Se puede simplificar $\Re\Li_n(1+i)$? ¿O al menos se puede convertir en una combinación de $\Li(1/2)$ y algunas constantes más simples? (Suponiendo que los valores Zeta Múltiples son más simples)

Actualización
Otro experimento numérico sugiere que $$\Re\operatorname{Li}_6(1+i)\stackrel?=-\frac{5 \text{Li}_6\left(\frac{1}{2}\right)}{64}+\frac{69 S}{512}+\frac{207 \zeta (3)^2}{4096}+\frac{2139 \zeta (5) \log (2)}{8192}+\frac{18779 \pi ^6}{30965760}-\frac{\log ^6(2)}{9216}+\frac{\pi ^2 \log ^4(2)}{2304}+\frac{97 \pi ^4 \log ^2(2)}{73728},$$donde $S=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}H_n}{n^5}$.

Experimentos numéricos adicionales sugieren que $$J_n=\int_0^1\left(\frac{1-x}{x^2-2 x+2}+\frac{5 x}{x^2-2}\right) \ln^nxdx$$ podría convertirse en la misma forma del resultado de la "integral logarítmica", mencionada en el documento en el comentario, conteniedo solo $1x,x,x+1$, de peso $n+1$. Si podemos encontrar una sustitución que lo convierta directamente en "integral logarítmica", toda la pregunta se resolverá al evaluar esta integral.
Otra Actualización
Un fenómeno interesante descubierto al observar el coeficiente entre los términos adyacentes: $$J_{n-1}=\frac4n\left(\frac{\ln2}2\right)^n\sum_{k=0}^na_kP_k(n)$$ donde $$P_k(n)=n(n-1)(n-2)\cdots(n-(k-1))(4\ln2)^{-k}$$ y $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline k&0&1&2&3&4&5&6\\\hline a_k&-1&0&5\zeta(2)&0&-343\zeta(4)&4278\zeta(5)&8832S+3312\zeta^2(3)-53383\zeta(6)\\\hline\end{array}$$ Por lo tanto, es posible que todos los $a_k$ sean una combinación lineal de la función zeta múltiple alternante con coeficientes enteros de peso $k$. (i)
Además, podría haber una fórmula para calcular $a_k$ directamente. (ii) $$\begin{array}{|c|c|}\hline k&7\\\hline a_k&-304707\zeta(7)-2208(7\zeta(3)\zeta(4)+6\zeta(2)\zeta(5)+16\zeta(-5,1,1)+8\zeta(-4,2,1))\\\hline k&8\\\hline a_k&\frac1{51}\left(-\frac{199260125\zeta(8)}{144}+280600\zeta(3)\zeta(5)-261088\zeta(-7,1)-34827\zeta(6,2)+2944(3\zeta^2(3)\zeta(2)+7\zeta(-3,3,2)+4\zeta(-3,3,1,1))\right)\\\hline\end{array}$$ Esto respalda la conjetura (i). (Nota que $S$ también puede considerarse como un Valor Zeta Múltiple)

Answer 1

Intentemos encontrarlo mediante la función Zeta de Lerch, primero tenemos $$Re\left(\text{Li}_n(1+i)\right)=Re\left(\text{Li}_n(\sqrt{2}e^{\frac{\pi i}{4}})\right) $$ para usar series necesitamos $|x|<1$ Así que al usar la identidad del polilogaritmo $$ \text{Li}_n(z)+(-1)^n\text{Li}_n\left(\frac{1}{z}\right)=-2\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \eta(2k)\frac{\ln^{n-2k}(-z)}{(n-2k)!}, n\in N/\text{{1}} $$ Entonces $$ \text{Li}_n(\sqrt{2}e^{\frac{\pi i}{4}})=(-1)^{n+1}\text{Li}_n\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{-\pi i}{4}}\right)-2\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \eta(2k) \frac{\ln^{n-2k}(-1-i)}{(n-2k)!} $$ ahora intentemos con la nueva función polilogarítmica que podemos usar en su serie: $$ Re\left(\text{Li}_n\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{-\pi i}{4}}\right) \right)=Re\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{\left( \sqrt{2} e^{\frac{\pi i}{4}} \right)^{-k}}{k^n}\right) =\sum_{k=1}^\infty \frac{2^{-\frac{k}{2}}}{k^n} cos\left(\frac{\pi k}{4}\right)$$ ahora usando la doble suma conocida como: $$ \sum_{k=1}^{\infty} f(k)=\sum_{k=1}^{\infty} \sum_{p=0}^{n-1} f(nk-p)=\sum_{p=0}^{n-1}\sum_{k=1}^{\infty} f(nk-p)$$ por lo tanto, al poner n=4 $$ Re\left(\text{Li}_n\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{-\pi i}{4}}\right) \right)=\sum_{p=0}^3 \sum_{k=1}^\infty \frac{2^{-\frac{4k-p}{2}}}{(4k-p)^n} cos\left(\frac{\pi (4k-p)}{4}\right) $$ la función coseno se puede simplificar $$cos\left(\frac{\pi (4k-p)}{4}\right)=cos\left(\pi k-\frac{\pi p}{4}\right)=(-1)^kcos\left(\frac{\pi p}{4}\right) $$ Entonces, $$ Re\left(\text{Li}_n\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{-\pi i}{4}}\right) \right)=\sum_{p=0}^3 2^{\frac{p}{2}}cos\left(\frac{\pi p}{4}\right) \sum_{k=1}^\infty \frac{(-4)^{-k}}{(4k-p)^n}$$ luego usando la función Zeta de Lerch obtenemos $$Re\left(\text{Li}_n\left(\frac{1}{\sqrt{2}}e^{\frac{-\pi i}{4}}\right) \right)=-4^{-n-1}\sum_{p=0}^3 2^{\frac{p}{2}}cos\left(\frac{\pi p}{4}\right)\Phi \left(-\frac{1}{4},n,1-\frac{p}{4}\right) $$ $$ =\frac{1}{4^{n+1}} \left(4 \text{Li}_n \left(\frac{-1}{4} \right)-\Phi \left(-\frac{1}{4},n,\frac{3}{4}\right)+2\Phi \left(-\frac{1}{4},n,\frac{1}{4}\right) \right)$$ finalmente ahora tenemos para $n=2,3,4,5,...$ $$ \boxed{Re\left(\text{Li}_n(1+i)\right)=\left(\frac{-1}{4}\right)^{n+1}\left(4 \text{Li}_n \left(\frac{-1}{4} \right)-\Phi \left(-\frac{1}{4},n,\frac{3}{4}\right)+2\Phi \left(-\frac{1}{4},n,\frac{1}{4}\right) \right)-\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \frac{2\eta(2k)}{(n-2k)!}Re\left[\ln^{n-2k}(-1-i)\right]}$$ para obtenerlo simplemente usemos $J_n$,$A_n$ y $B_n$ $$ Re\left(\text{Li}_n(1+i)\right)=J_n=\left(\frac{-1}{4}\right)^{n+1}A_n-B_n$$ donde $B_n$ está definido por $$ B_n=\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \frac{2\eta(2k)}{(n-2k)!}Re\left[\left(\frac{\ln2}{2}-\frac{3\pi}{4}i\right)^{n-2k}\right] $$ Entonces $$ B_2=\frac{\ln^2{2}}{8}-\frac{11\pi^2}{96} ,\quad B_3=\frac{\ln^3{2}}{48}-\frac{11 \pi^2}{192} \ln2 ,\quad B_4=-\frac{1313}{92160}\pi^4+\frac{\ln^42}{384}-\frac{11\pi^2}{768} \ln^22 $$ $$ B_5=\frac{\ln^52}{3840}-\frac{11\pi^2}{4608}\ln^32-\frac{1313\pi^4}{184320}\ln2 \quad , B_6=-\frac{90941\pi^6}{61931520}-\frac{1313\pi^4\ln^22}{737280}-\frac{11\pi^2\ln^42}{36864}+\frac{\ln^62}{46080}$$ Y $$ A_n=4 \text{Li}_n \left(\frac{-1}{4} \right)-\Phi \left(-\frac{1}{4},n,\frac{3}{4}\right)+2\Phi \left(-\frac{1}{4},n,\frac{1}{4}\right) $$ el cual tiene una representación integral $$ A_n=\frac{(-4)^{n+1}}{(n-1)!} \int_0^1 \frac{x}{x^2+1} \left(\ln(1-x) \right)^{n-1}dx$$ a partir de tus resultados para $J_2$ , $J_3$ y $J_4$ podemos ver: $$ A_2=\frac{10\pi^2}{3}-8\ln^22 , \quad A_3=140\zeta(3)+\frac{16}{3}\ln^32-\frac{20\pi^2}{3} \ln2 $$ $$ A_4=320 \text{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{343}{90}\pi^4+\frac{32}{3}\ln^42-\frac{20\pi^2}{3}\ln^22 $$ y ahora tenemos para $J_5$ y $J_6$ $$J_5=\frac{1}{4096} \left(4\text{Li}_5 \left(\frac{-1}{4} \right)-\Phi \left(-\frac{1}{4},5,\frac{3}{4}\right)+2\Phi \left(-\frac{1}{4},5,\frac{1}{4}\right) \right)-\frac{\ln^52}{3840}+\frac{11\pi^2}{4608}\ln^32+\frac{1313\pi^4}{184320}\ln2$$ $$J_6=\frac{-1}{16384} \left(4\text{Li}_6 \left(\frac{-1}{4} \right)-\Phi \left(-\frac{1}{4},6,\frac{3}{4}\right)+2\Phi \left(-\frac{1}{4},6,\frac{1}{4}\right) \right)+\frac{90941\pi^6}{61931520}+\frac{1313\pi^4\ln^22}{737280}+\frac{11\pi^2\ln^42}{36864}-\frac{\ln^62}{46080}$$