Hace algún tiempo he demostrado en MSE que la identidad $$ \zeta(3)=\frac{5}{2}\sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n+1}}{n^3\binom{2n}{n}}\tag{1} $$ (crucial para Apery la prueba de $\zeta(3)\not\in\mathbb{Q}$) de la siguiente manera creativa telescópica. La prueba se puede encontrar en la página de $5$ de mis notas, demasiado. Hoy me di cuenta de que $(1)$ es también una consecuencia de $$ \text{Li}_2\left(\frac{1}{\varphi^2}\right) = \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2 \varphi^{2n}}=\frac{\pi^2}{15}-\log^2\varphi \tag{2}$$ con $\varphi$ la proporción áurea $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$. La prueba de dicha declaración, junto con algunas de las consecuencias de la misma, pronto aparecerá al final de este post. Ahora mi pregunta:
Q: Es la implicación $(2)\rightarrow(1)$ ya conocidos en la literatura?
Para empezar, $(2)$ es una simple consecuencia de $\varphi^2=\varphi+1$ y el funcional identidades cumplido por el dilogarithm función. El mismo principio conduce fácilmente a la $$ \text{Li}_3\left(\frac{1}{\varphi^2}\right) = \frac{4}{5}\zeta(3)+\frac{2}{3}\log^3\varphi-\frac{2\pi^2}{15}\log\varphi. \tag{3}$$ Ya por la fracción parcial de la descomposición hemos $$ I\stackrel{\text{def}}{=}\frac{1}{8}\int_{\frac{1}{\varphi^2}}^{1}\frac{(u+1)\log^2(u)}{u(1-u)}\,du = \frac{1}{32}\left[-2\log(u)\log(1-u)+\frac{\log^3(u)}{3}-4\log(u)\text{Li}_2(u)-4\text{Li}_3(u)\right]_{1/\varphi^2}^{1}\tag{4} $$ de ello se desprende que $I=\frac{1}{10}\zeta(3)$. Si aplicamos la sustitución de $u\mapsto\frac{1-t}{1+t}$ obtenemos: $$ \frac{1}{10}\zeta(3) = \int_{0}^{\frac{1}{\sqrt{5}}}\frac{\text{arctanh}^2(t)}{t(1-t^2)}\,dt\stackrel{t\mapsto \tanh x}{=}\int_{0}^{\log\varphi}x^2\coth(x)\,dx \tag{5}$$ a continuación, mediante la aplicación de la sustitución de $x\mapsto\text{arcsinh}(v)$ obtenemos: $$ \frac{1}{10}\zeta(3) = \int_{0}^{1/2}\frac{\text{arcsinh}^2(v)}{v}\,dv\tag{6} $$ y ya que la serie de Taylor de $\arcsin^2$ o $\text{arcsinh}^2$ en el origen es bien conocido, $(1)$ solo sigue por termwise integración. Desde $\coth(z)=\frac{1}{z}+\sum_{n\geq 1}\frac{2z}{z^2+\pi^2 n^2}$, $(5)$ también implica: $$\begin{eqnarray*} \frac{1}{10}\zeta(3)&=&\frac{1}{2}\log^2\varphi+\sum_{n\geq 1}\left[\log^2\varphi-\pi^2 n^2\log\left(1+\frac{\log^2\varphi}{\pi^2 n^2}\right)\right]\\&=&\frac{3}{2}\log^2\varphi-\pi^2\log\left(1+\frac{\log^2\varphi}{\pi^2}\right)+\sum_{m\geq 2}\frac{(-1)^m\log^{2m}(\varphi)}{m \pi^{2m-2}}\left(\zeta(2m-2)-1\right).\tag{7}\end{eqnarray*}$$
