Διλογάριθμος , log Γ και ζ(3)

Tolaso J Kos · #1

Κατά τα κλασσικά με ${\rm Li}_2$ συμβολίζεται ο διλογάριθμος. Δειχθήτω:
$\displaystyle{\zeta(3)=2\bigintsss_0^1 \bigg({\rm Li}_2 \left(e^{-2\pi i x} \right)+{\rm Li}_2 \left(e^{2\pi i x} \right) \right) \bigg)\log \Gamma(x) \; {\rm d}x}$

#2

Tolaso J Kos έγραψε:Δειχθήτω: $\displaystyle{\zeta(3)=2\bigintsss_0^1 \bigg({\rm Li}_2 \left(e^{-2\pi i x} \right)+{\rm Li}_2 \left(e^{2\pi i x} \right) \right) \bigg)\log \Gamma(x) \; {\rm d}x}$

Σχόλιο : από εδώ http://functions.wolfram.com/ZetaFuncti ... owAll.html γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{L{i_2}\left( z \right) + L{i_2}\left( {\frac{1}{z}} \right) = - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( { - z} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$ ,

οπότε $\displaystyle{L{i_2}\left( {{e^{ - 2i\pi x}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{2i\pi x}}} \right) = - \frac{1}{2}{\log ^2}\left( { - {e^{2i\pi x}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}}$

$\displaystyle{S = 2\int\limits_0^1 {\left( {L{i_2}\left( {{e^{ - 2i\pi x}}} \right) + L{i_2}\left( {{e^{2i\pi x}}} \right)} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)dx} = }$ $\displaystyle{2\int\limits_0^1 {\left( { - \frac{1}{2}{{\log }^2}\left( { - {e^{2i\pi x}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {\left( { - {{\log }^2}\left( {{e^{i\pi \left( {2x - 1} \right)}}} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{3}} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)dx} = \int\limits_0^1 {\left( { - {{\left( {i\pi \left( {2x - 1} \right)} \right)}^2} - \frac{{{\pi ^2}}}{3}} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {\left( {{\pi ^2}{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{{{\pi ^2}}}{3}} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)dx} = {\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)dx} \mathop { = = = = }\limits^{x \to 1 - x} }$

$\displaystyle{ = {\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\Gamma \left( {1 - x} \right)} \right)dx} \Rightarrow 2S = }$ $\displaystyle{{\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\left( {\log \left( {\Gamma \left( {1 - x} \right)} \right) + \log \left( {\Gamma \left( x \right)} \right)} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = {\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\Gamma \left( x \right)\Gamma \left( {1 - x} \right)} \right)dx} = {\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\frac{\pi }{{\sin \pi x}}} \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = {\pi ^2}\log \left( \pi \right)\underbrace {\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)dx} }_{ = 0} - {\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\sin \pi x} \right)dx} }$ $\displaystyle{ = - {\pi ^2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\sin \pi x} \right)dx} }$

Τότε $\displaystyle{S = - \frac{{{\pi ^2}}}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\log \left( {\sin \pi x} \right)dx} }$ . Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos nx}}{n}} = - \log 2 - \log \left( {\sin \frac{x}{2}} \right)}$ (αποδείχθηκε πολλαπλώς)

οπότε $\displaystyle{\log \left( {\sin \pi x} \right) = - \log 2 - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2n\pi x}}{n}} }$ . Άρα $\displaystyle{S = \frac{{{\pi ^2}}}{2}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\left( {\log 2 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2n\pi x}}{n}} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{{\pi ^2}}}{2}\log 2\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)dx} + \frac{{{\pi ^2}}}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\int\limits_0^1 {\left( {{{\left( {2x - 1} \right)}^2} - \frac{1}{3}} \right)\cos 2n\pi xdx} } }$ $\displaystyle{ = \frac{{{\pi ^2}}}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\int\limits_0^1 {{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\cos 2n\pi x\,dx} } }$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^1 {{{\left( {2x - 1} \right)}^2}\cos 2n\pi x\,dx} = \frac{2}{{{n^2}{\pi ^2}}}}$ (στοιχειώδες) και τελικά $\displaystyle{S = \frac{{{\pi ^2}}}{2}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{2}{{{n^3}{\pi ^2}}}} = \zeta \left( 3 \right)}$

Tolaso J Kos · #3

Γεια σου Σεραφείμ. Ωραιότατα. Με εντελώς Fourier ( κάπως παρόμοια ) έχουμε τα ακόλουθα:

Κάποιος εύκολα μπορεί να επαληθεύσει $(\dagger)$ τη ταυτότητα
$\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{\cos (2 \pi n x)}{n^2}=\frac{{\rm Li}_2(e^{-2\pi i x})+{\rm Li}_2(e^{2\pi i x})}{2}}$ Τότε έχουμε διαδοχικά:
$\displaystyle{\begin{aligned} \bigintsss_0^1 \bigg({\rm Li}_2 \left(e^{-2\pi i x} \right)+{\rm Li}_2 \left(e^{2\pi i x} \right) \bigg)\log \Gamma(x) \; {\rm d}x &= 2\int_{0}^{1} \log \Gamma(x) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\cos 2 \pi n x}{n^2} \, {\rm d}x\\ &= 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \int_{0}^{1}\cos 2 n \pi x \log \Gamma(x) \, {\rm d}x\\ &\overset{(*)}{=} 2 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{4n^3} \\ &= \frac{\zeta(3)}{2} \end{aligned}}$ $(\dagger)$ Αφήνεται ως άσκηση στον αναγνώστη. Φυσικά το άθροισμα των πολυλογαρίθμων πέφτει σε κάτι στοιχειώδες αφού για παράδειγμα ισχύει $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\sin nx}{n} = \frac{\pi-x}{2} \quad , \quad x \in (0, 2\pi)}$ όπου με κατάλληλο manipulation και ολοκλήρωση παίρνουμε το τύπο ο οποίος δε περιέχει πολυλογαρίθμους.

(*)

Πρόκειται για τους συντελεστές Fourier a_n

του αναπτύγματος $\log \Gamma$ . Δηλαδή
$\displaystyle{\int_{0}^{1} \cos 2 n \pi x \log \Gamma(x) \, {\rm d}x = \frac{1}{4n}}$

Διλογάριθμος , log Γ και ζ(3)

Διλογάριθμος , log Γ και ζ(3)

Re: Διλογάριθμος , log Γ και ζ(3)

Re: Διλογάριθμος , log Γ και ζ(3)

Μέλη σε σύνδεση