Ολοκλήρωμα με πολυλογάριθμο και τόξο εφαπτομένης

Tolaso J Kos · #1

Ας δηλώνει το ${\rm Li}_2$ το διλογάριθμο. Δειχθήτω:
$\displaystyle{\int_0^{\infty}\ {\rm Li}_2 \left(e^{-\pi x}\right)\arctan x\,{\rm d}x =\frac{\pi^2}{18} - \frac{3 \zeta(3)}{8}}$ Ενδιαφέρον παρουσιάζει η γενίκευση για τον -οστό πολυλογάριθμο. Θα τη δώσω αν απαντηθεί το θέμα.

Καλή χρονιά σε όλους.

#2

Tolaso J Kos έγραψε:Δειχθήτω: $\displaystyle{\int_0^{\infty}\ {\rm Li}_2 \left(e^{-\pi x}\right)\arctan x\,{\rm d}x =\frac{\pi^2}{18} - \frac{3 \zeta(3)}{8}}$

Κάποια λήμματα ..

$\displaystyle{L1:\quad \int\limits_0^\infty {{e^{ - \pi nx}} \cdot arc\tan x\;dx} = \frac{{ - 1}}{{n \cdot \pi }}\int\limits_0^\infty {{{\left( {{e^{ - \pi nx}}} \right)}{'}} \cdot arc\tan x\;dx} = \frac{{ - 1}}{{n \cdot \pi }}\left[ {{e^{ - \pi nx}}arc\tan x} \right]_0^\infty + \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - \pi nx}}}}{{1 + {x^2}}}dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - \pi nx}}}}{{1 + {x^2}}}dx} }$

$\displaystyle{L2:\quad \frac{1}{{1 + {x^2}}} = \int\limits_0^\infty {\sin y \cdot {e^{ - xy}}dy\,} }$ (Μετασχηματισμός Laplace της συνάρτησης $\displaystyle{\sin y}$ )

$\displaystyle{L3:\quad \int\limits_0^\infty {{e^{ - x\left( {n\pi + y} \right)}}} dx\, = \frac{{ - 1}}{{n\pi + y}}\left[ {{e^{ - x\left( {n\pi + y} \right)}}} \right]_0^\infty = \frac{1}{{n\pi + y}}}$

$\displaystyle{L4:\quad \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{y}dy} = \frac{\pi }{2}}$ (θεωρείται πολύ γνωστό)

$\displaystyle{L5:\quad \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} = - \frac{3}{4} \cdot \zeta \left( 3 \right)}$ (φανερό)

$\displaystyle{L6:\quad L{i_3}\left( { - {e^{ix}}} \right) - L{i_3}\left( { - {e^{ - ix}}} \right) = \frac{i}{6}\left( {{x^3} - {\pi ^2}x} \right)}$ διότι από εδώ http://functions.wolfram.com/ZetaFuncti ... owAll.html γνωρίζουμε ότι για $\displaystyle{z \notin \left( {0,1} \right)}$ ισχύει $\displaystyle{L{i_3}\left( z \right) - L{i_3}\left( {\frac{1}{z}} \right) = - \frac{1}{6}\left( {{{\log }^3}\left( { - z} \right) + {\pi ^2}\log \left( { - z} \right)} \right)}$ οπότε $\displaystyle{L{i_3}\left( { - {e^{ix}}} \right) - L{i_3}\left( { - {e^{ - ix}}} \right) = - \frac{1}{6}{\log ^3}\left( {{e^{ix}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\log \left( {{e^{ix}}} \right) = \frac{i}{6}\left( {{x^3} - {\pi ^2}x} \right)}$

Στο θέμα μας ..

$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {L{i_2}\left( {{e^{ - \pi x}}} \right) \cdot arc\tan x\;dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^2}}}} \int\limits_0^\infty {{e^{ - \pi nx}} \cdot arc\tan x\;dx} \mathop = \limits^{L1} \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^3}}}} \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - \pi nx}}}}{{1 + {x^2}}}dx} \mathop = \limits^{L2} }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^3}}}} \int\limits_0^\infty {{e^{ - \pi nx}}\int\limits_0^\infty {\sin y \cdot {e^{ - xy}}dy\,} dx} = \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^3}}}} \int\limits_0^\infty {\sin y\int\limits_0^\infty { \cdot {e^{ - x\left( {n\pi + y} \right)}}} dx\,dy} \mathop = \limits^{L3} }$ $\displaystyle{\frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^3}}}} \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{{n\pi + y}}dy} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} \int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {n\pi + y} \right)}}{{n\pi + y}}dy} \mathop = \limits^{n\pi + y \to y} \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} \int\limits_{n \cdot \pi }^\infty {\frac{{\sin y}}{y}dy} = }$ $\displaystyle{\frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} \left( {\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin y}}{y}dy} - \int\limits_0^{n \cdot \pi } {\frac{{\sin y}}{y}dy} } \right)\mathop = \limits^{L4} }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} \left( {\frac{\pi }{2} - \int\limits_0^{n \cdot \pi } {\frac{{\sin y}}{y}dy} } \right) = \frac{1}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} - \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} \int\limits_0^{n \cdot \pi } {\frac{{\sin y}}{y}dy} }$ $\displaystyle{\mathop = \limits^{L5} \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^3}}}} \int\limits_0^{n \cdot \pi } {\frac{{\sin y}}{y}dy} - }$

$\displaystyle{ - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)\mathop = \limits^{y = nx} \frac{1}{\pi }\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{n^3}}}} \int\limits_0^\pi {\frac{{\sin nx}}{x}dx} - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right) = }$ $\displaystyle{\frac{1}{{2 \cdot \pi \cdot i}}\int\limits_0^\pi {\frac{1}{x}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\left( {{e^{inx}} - {e^{ - inx}}} \right)}}{{{n^3}}}} } - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right) = }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{{2 \cdot \pi \cdot i}}\int\limits_0^\pi {\frac{1}{x}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{{{\left( { - {e^{ix}}} \right)}^n}}}{{{n^3}}} - \frac{{{{\left( { - {e^{ - ix}}} \right)}^n}}}{{{n^3}}}} \right)} \,dx} - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right) = }$ $\displaystyle{ - \frac{1}{{2 \cdot \pi \cdot i}}\int\limits_0^\pi {\frac{1}{x}\left( {L{i_3}\left( { - {e^{ix}}} \right) - L{i_3}\left( { - {e^{ - ix}}} \right)} \right)dx} - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)\mathop = \limits^{L6} }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{{12 \cdot \pi }}\int\limits_0^\pi {\left( {{x^2} - {\pi ^2}} \right)dx} - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right) = - \frac{1}{{12 \cdot \pi }}\left( { - \frac{{2{\pi ^3}}}{3}} \right) - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{18}} - \frac{3}{8} \cdot \zeta \left( 3 \right)}$

Σίγουρα μπορεί να γενικευτεί με πολυλογάριθμο άρτιας τάξης, γιατί βοηθάει η συναρτησιακή των πολυλογαρίθμων. Για περιττή τάξη .. χμ ..

Tolaso J Kos · #3

Σεραφείμ έγραψε: Σίγουρα μπορεί να γενικευτεί με πολυλογάριθμο άρτιας τάξης, γιατί βοηθάει η συναρτησιακή των πολυλογαρίθμων. Για περιττή τάξη .. χμ ..

Γεια σου Σεραφείμ από τα χιονισμένα ( με αρκετό χιόνι ) Φάρσαλα. Όντως για n=2m

είναι
$\displaystyle{I_{2m} = \frac{(-1)^m \pi^{2m}}{2} \sum_{k=0}^{2m+1} \frac{2^k \mathcal{B}_k \mathcal{H}_{2m+1-k}}{k!(2m+1-k)!} - \frac{1}{2}\eta(2m+1)}$ όπου $\eta$ η συνάρτηση ήτα του Dirichlet και $\mathcal{B}_k$ οι αριθμοί Bernoulli. Σου αφήνω την απόδειξη.

Επίσης,
$\displaystyle{\sum_{m=0}^{\infty} I_{2m}z^{2m} = \frac{1}{2}\left( \frac{{\rm Si}(\pi z)}{\sin (\pi z)} - \int_{0}^{\infty} \frac{\cosh(z t)}{e^t + 1} \, {\rm d}t \right)}$

Ολοκλήρωμα με πολυλογάριθμο και τόξο εφαπτομένης

Ολοκλήρωμα με πολυλογάριθμο και τόξο εφαπτομένης

Re: Ολοκλήρωμα με πολυλογάριθμο και τόξο εφαπτομένης

Re: Ολοκλήρωμα με πολυλογάριθμο και τόξο εφαπτομένης

Μέλη σε σύνδεση