La forma cerrada para $\sum_{n=0}^\infty\frac{\operatorname{Li}_{1/2}\left(-2^{-2^{-n}}\right)}{\sqrt{2^n}}$

Question

Vamos $$S=\sum_{n=0}^\infty\frac{\operatorname{Li}_{1/2}\left(-2^{-2^{-n}}\right)}{\sqrt{2^n}},\tag1$$ donde $\operatorname{Li}_a(z)$ es el polylogarithm. Para $a=1/2$ puede ser representado como $$\begin{align}\operatorname{Li}_{1/2}(z)&=\sum_{k=1}^\infty\frac{z^k}{\sqrt k}\tag2\\&=\int_0^\infty\frac z{\sqrt{\pi\,x}\ \left(e^x-z\right)}\,dx.\tag3\end{align}$$

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Cómo encontrar una forma cerrada de expresión para $S$?

Answer 1

Resultado: $$\boxed{\; S=\sqrt{2}\,\operatorname{Li}_{1/2}\left(\frac14\right)-\sqrt{\displaystyle\frac{\pi}{\ln 2}}\;}\tag{1}$$

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Derivación:

1. Deje que nos indican $$a_n=\frac{\operatorname{Li}_{1/2}\left(-2^{-2^{-n}}\right)}{2^{n/2}}, \qquad b_n=\frac{\operatorname{Li}_{1/2}\left(2^{-2^{-n}}\right)}{2^{n/2}}.$$ Estas cantidades satisface la relación de recurrencia $$a_n+b_n=b_{n-1},\tag{2}$$ lo que sigue a partir de la identidad $$\sqrt{2}\,\operatorname{Li}_{1/2}\left(z^2\right)= \operatorname{Li}_{1/2}\left(z\right)+\operatorname{Li}_{1/2}\left(-z\right).$$

2. La relación (2) implica que $$b_N+\sum_{n=0}^Na_n=b_{-1},$$ y por lo tanto nuestra serie de telescopios: $$S=\sum_{n=0}^{\infty}a_n=b_{-1}-b_{\infty}.\tag{3}$$

3. El polylogarithm asymptotics $$\operatorname{Li}_{1/2}(x)\sim\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{1-x}}\quad \text{como}\;\; x\rightarrow 1^-,$$ implica que $\displaystyle b_{\infty}=\sqrt{\frac{\pi}{\ln 2}}$. Ser combinado con (3), este último da la respuesta anterior (que está más confirmado numéricamente).