$\def\Li{{\mathrm{Li}}}$Estos pueden ser evaluados en forma cerrada con un CAS (yo usé Mathematica).
La herramienta principal es el (Euler) integral
representación
$$ F\left({a,\cdots\cima de la b,\cdots}\medio|\ z\right) =
\int_0^1\frac{t^{- 1}(1-t)^{b-a-1}}{B(a-b,a)}
F\left({\cdots\cima\cdots}\medio|\,zt\right)\,dt. $$
Llame a la hipergeométrica valores de $F_1$$F_2$. Entonces
$$ 4F_1 = \int_0^1 \frac{\Li_2(t)\,dt}{t(1-t)^{3/4}} = \int_0^1
\frac{\Li_2(1-t)\,dt}{(1-t)t^{3/4}} = \int_0^1
\frac{dt}{(1-t)t^{3/4}}\int_0^t \frac{du}{u}(-1)\log(1-u). $$
A continuación, sustituir $t=s^4$, el intercambio de la orden de resumen, de integrar
más de $u^{1/4} < s < 1$, y el sustituto de la $u=v^4$, dando
$$ 4F_1 = -\int_0^1 \frac{16v^3\,dv}{1-v^4} \log
v\left(\log\frac{1+v}{1-v} + i \log\frac{1-i v}{1+i v}\right). $$
Después de la expansión de los registros, y la expansión de la racional de la función racional
$\frac{v^3}{1-v^4}$ en fracciones parciales, cada individuo integrando
tiene una escuela primaria antiderivada (de la que una buena CAS debe ser capaz de
encontrar). Omito el explícito antiderivatives, porque son muy
de largo. El valor final es
$$ 4F_1 = \tfrac{7}{8} \pi ^3-48
\Im\Li_3(\tfrac12+\tfrac i2)+\tfrac{3}{2} \pi (\log 2)^2+3\pi ^2
\log 2-14\zeta(3). $$
La segunda hipergeométrica es similar. La elección de $a$ $b$
adecuadamente, y utilizando un CAS para simplificar la hipergeométrica plazo en
el integrando, como la sustitución de $t=s^2$, tenemos
$$ F_2 = \int_0^1 \frac{ds}{2\sqrt{1-s^2}}\big(\Li_2(s) -
\Li_2(-s)\big). $$
Ahora, la misma expresión con un "$+$" en lugar de "$-$" puede ser
evaluado por un CAS fácilmente:
$$ \int_0^1 \frac{dt}{2\sqrt{1-t^2}}\big(\Li_2(t)+\Li_2(-t)\big) =
\tfrac1{48}\pi^3 - \tfrac14\pi(\log 2)^2. $$
Tan sólo es necesario encontrar la integral
$$ \int_0^1 \frac{\Li_2(t)\,dt}{2\sqrt{1-t^2}}. $$
Usando, como antes, la representación integral
$$ \Li_2(t) = -\int_0^t \frac{du}{u}\log(1-u), $$
nos encontramos con que la integral es igual a
$$ -\int_0^1 \frac{dt}{2\sqrt{1-t^2}} \int_0^t \frac{du}{u}\log(1-u) =
\int_0^1 \frac{du}{2u}\log(1-u)\big(\arcsen u - \tfrac12\pi\big), $$
donde hemos hecho la integral sobre la $t$ primera.
La expansión de la arcoseno en logaritmos para obtener
$$ -\frac\pi4 \frac{\log(1-u)}{u} - \frac{i}{2} \frac{\log(1-u)
\log(ui+\sqrt{1-u^2})}{u}, $$
mi CAS fue capaz de encontrar un muy largo primaria (con polylogarithms)
antiderivada de esta expresión. Luego de tomar los límites de $u=0,1$ y
restando da a la expresión
$$ \int_0^1 \frac{\Li_2(t)\,dt}{2\sqrt{1-t^2}} = \tfrac5{48}\pi^3 +
2\Im \Li_3(1-i). $$
El uso de la identidad
$$ 0 = - \Li_3(z) + \Li_3(1/z) -
\tfrac16\log^3(-z)-\tfrac16\pi^2\log(-z) $$
con $z=1-i$, $1/z = \frac{1+i}{2}$, y poniendo las cosas en conjunto da
$$ F_2 = -\tfrac1{32}\pi^3 + 4\Im
\Li_3(\tfrac12+\tfrac{i}2)-\tfrac18\pi(\log 2)^2. $$
Finalmente llegamos a
$$ F_1 + 3F_2 = \tfrac18\pi^3 + \tfrac34\pi^2\log2 -
\tfrac72\zeta(3). $$
