mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 02, 2017 10:28 am**

Με δεδομένο : $\displaystyle{{\psi _1}\left( z \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {k + z} \right)}^2}}}} }$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{\psi _1}\left( n \right) \cdot {\psi _1}\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{{9{\pi ^6}}}{{7560}}}$ (μου προέκυψε τυχαία) ..

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 05, 2017 1:05 am**

Σεραφείμ μου προέκυψε ψάχνοντας να βρω κάτι στοιχειώδες. Η παρακάτω ανάρτηση προσπαθεί να γίνει αυτόνομη. Λείπει βέβαια ένα κομμάτι της. Κάπου υπάρχει , θα το βρω κάποια στιγμή. Όχι άλλα αρμονικά για σήμερα ούτε και ειδικές συναρτήσεις.

Σεραφείμ έγραψε:Με δεδομένο : $\displaystyle{{\psi _1}\left( z \right) = \sum\limits_{k = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {k + z} \right)}^2}}}} }$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{\psi _1}\left( n \right) \cdot {\psi _1}\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{{9{\pi ^6}}}{{7560}}}$ (μου προέκυψε τυχαία) ..

Ξεκινάμε με κάποια όμορφα λήμματα:

Λήμμα 1: Ισχύει ότι $\displaystyle{\psi^{(1)} (n+1) = \psi^{(1)} (n) - \frac{1}{n^2}}$ .

Απόδειξη:
$\displaystyle{\begin{aligned} \psi^{(1)} (n) &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(k+n)^2} \\ &= \frac{1}{n^2} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\left ( n+k \right )^2} \\ &= \frac{1}{n^2} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{\left ( n+k+1 \right )^2} \\ &= \frac{1}{n^2} + \psi^{(1)} (n+1) \end{aligned}}$ Λήμμα 2: Ισχύει ότι $\displaystyle{\zeta(2) - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} = \psi^{(1)} (n+1)}$ .

Απόδειξη:
$\displaystyle{\begin{aligned} \zeta(2) - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n^2} \\ &= \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{1}{k^2}\\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{\left ( 1+k+n \right )^2}\\ &= \psi^{(1)} (n+1) \end{aligned}}$ Λήμμα 3: Ορίζουμε να είναι $\displaystyle{\mathcal{H}_n^{(s)} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^s}}$ με $\mathbb{N} \ni s \geq 1$ . Τα αθροίσματα αυτά καλούνται γενικευμένοι αρμονικοί αριθμοί βάρους .

Λήμμα 4: Ισχύει ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(k)}}{n^k} = \frac{\zeta(2k)+ \zeta^2(k)}{2}}$ .

Απόδειξη:

Έχουμε διαδοχικά:
$\displaystyle{\begin{aligned} \zeta^2(k) &= \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{n^km^k} \\&= 2\sum_{1\leq m\leq n} \frac{1}{(nm)^k} - \sum_{m=1}^\infty\frac{1}{(n^k)^2}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^k}\sum_{m=1}^n \frac{1}{m^k} - \zeta(2k)\\ &=2\sum_{n=1}^\infty \frac{H_n^{(k)}}{n^k} - \zeta(2k) \end{aligned}}$ και το αποτέλεσμα έπεται.

Λήμμα 5: Ισχύει ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^4} =\zeta^2(3) - \frac{\zeta(6)}{3} }$ .

Απόδειξη:

Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle{g(z) = \frac{\left(\psi^{(1)}(-z) \right)^{2}}{z^3}}$ και την ολοκληρώνουμε πάνω σε ένα τετράγωνο με κορυφές $\displaystyle{\left (N+\frac{1}{2} \right )\pm i \left(N+ \frac{1}{2} \right)}$ . Η

έχει πόλο τάξης

στους θετικούς ακεραίους και πόλο τάξης

στην αρχή των αξόνων. Το επικαμπύλιο ολοκλήρωμα της

επί του τετραγώνου καθώς το $N \rightarrow +\infty$ εξαφανίζεται και κατά συνέπεια $\displaystyle{\sum_{n=0}^{\infty} \text{Res}[g(z), n] =0}$ .

Αν αναπτύξουμε στους θετικούς ακεραίους έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} g(z) &= \frac{1}{z^{3}} \Bigg[\frac{1}{(z-n)^{2}}+ \Big(\mathcal{H}_{n}^{(2)} + \zeta(2) \Big) - 2 \Big(\mathcal{H}_{n}^{(3)}-\zeta(3)\Big) (z-n) + \mathcal{O}\Big((z-n)^{2}\Big) \Bigg]^{2} \\ &= \frac{1}{z^{3}} \Bigg(\frac{1}{(z-n)^{4}} + \frac{2 \mathcal{H}_{n}^{(2)}+2 \zeta(2)}{(z-n)^{2}} - \frac{4\mathcal{H}_{n}^{(3)} -4 \zeta(3)}{z-n} + \mathcal{O}(1) \Bigg) \end{aligned}}$ Άρα στους θετικούς ακεραίους έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \text{Res} [g(z),n] &= \text{Res} \Bigg[ \frac{1}{z^{3}} \frac{1}{(z-n)^{4}},n \Bigg] + \text{Res} \Bigg[ \frac{1}{z^{3}} \frac{2 \mathcal{H}_{n}^{(2)} + 2 \zeta(2)}{(z-n)^{2}},n\Bigg] + \text{Res} \Bigg[ \frac{4 \zeta(3) - 4 \mathcal{H}_{n}^{(3)}}{z-n},n\Bigg] \\ &= -\frac{10}{n^{6}} - \frac{6 \mathcal{H}_{n}^{(2)}}{n^{4}} - \frac{6 \zeta(2)}{n^{4}} - \frac{4 \mathcal{H}_{n}^{(3)}}{n^{3}} + \frac{4 \zeta(3)}{n^{3}} . \end{aligned}}$ Αναπτύσσοντας και στην αρχή έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} g(z) &= \frac{1}{z^{3}} \Big( \frac{1}{z^{2}} + \zeta(2) + 2 \zeta(3) z + 3 \zeta(4) z^{2} + 4 \zeta(5) z^{3} + 5 \zeta(6)z^{4} + \mathcal{O}(z^{5}) \Big)^{2} \\ &= \frac{1}{n^{7}} + \frac{2 \zeta(3)}{z^{5}} + \frac{2 \zeta(3)}{z^{4}} + \frac{6 \zeta(4) + \zeta^{2}(z)}{z^{3}} + \frac{9 \zeta(5) + 4 \zeta(2) \zeta(3)}{z^{2}} \\ &+ \frac{10 \zeta(6) + 6 \zeta(2) \zeta(4)+ 4 \zeta^{2}(3)}{z} + \mathcal{O}(1) \end{aligned}}$ οπότε $\displaystyle{\text{Res}[g(z),0] = 10 \zeta(6) + 6 \zeta(2) \zeta(4)+ 4 \zeta^{2}(3) }$ . Συμμαζεύοντας τα ολοκληρωτικά υπόλοιπα και κάνοντας χρήση του λήμματος

έχουμε:
$\displaystyle{-10 \zeta(6) - 6 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n}^{(2)}}{n^{4}} - 6 \zeta(2) \zeta(4) - 4 \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{n}^{(3)}}{n^{3}} + 4 \zeta^{2}(3) + 10 \zeta(6) + 6 \zeta(2) \zeta(4) + 4 \zeta^{2}(3) =0}$ και το αποτέλεσμα έπεται. ( Η παραπάνω είναι μία πολύ γνωστή απόδειξη και υπάρχει εκεί έξω . )

Λήμμα 6: Ισχύει ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} = \zeta^2(3) + \frac{19}{24} \zeta(6)}$ .

Απόδειξη: Αδυνατώ να βρω την απόδειξη αυτής της σειράς αυτή τη στιγμή. Πάντως κάπου την έχω.
$\begin{tikzpicture} \draw [ultra thick] (-6, 0) -- (6, 0); \end{tikzpicture}$ Συνδυάζοντας όλα τα λήμματα έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)}(n) \psi^{(1)}(n+1)}{n^2} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\psi^{(1)}(n+1) + \frac{1}{n^2} \right ) \psi^{(1)}(n+1)}{n^2} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left ( \psi^{(1)}(n+1) \right )^2}{n^2}+ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)}(n+1) }{n^4}\\ &= \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left ( \zeta(2) - \mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2}}_{\mathcal{S}_1} + \underbrace{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2) - \mathcal{H}_n^{(2)}}{n^4}}_{\mathcal{S}_2}\ \end{aligned}}$ και μένουν τα τελευταία δύο αθροίσματα. Ξεκινάμε από το $\mathcal{S}_2$ το οποίο είναι εύκολο. Έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{S}_2 &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2) - \mathcal{H}_n^{(2)}}{n^4} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta(2)}{n^4} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^4} \\ &= \zeta(2) \zeta(4) - \zeta^2(3) + \frac{\zeta(6)}{3} \\ &= \frac{\pi^6}{540} - \zeta^2(3) + \frac{\pi^6}{2835} \end{aligned}}$ Όσο για το $\mathcal{S}_1$ έχουμε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{S}_1 &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left ( \zeta(2) - \mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\zeta^2(2) - 2 \zeta(2) \mathcal{H}_n^{(2)} + \left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2}\\ &=\zeta^3(2) - 2 \zeta(2) \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(2)}}{n^2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} \\ &= \zeta^3(2) - 2 \zeta(2) \cdot \frac{7 \zeta(4)}{4} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} \\ &= \frac{\pi^6}{216} - \frac{7 \zeta(2) \zeta(4)}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} \\ &= \frac{\pi^6}{216} - \frac{7 \pi^6}{1080} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} \\ &= - \frac{\pi^6}{540} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} \\ &= - \frac{\pi^6}{540} + \zeta^2(3) + \frac{19 \zeta(6)}{24} \end{aligned}}$ Συμμαζεύοντας τα δύο τελευταία αθροίσματα έχουμε ότι το αρχικό άθροισμα υπολογίζεται σε
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)}(n) \psi^{(1)}(n+1)}{n^2} = \frac{\pi^6}{840} = \frac{9 \zeta(6)}{8}}$ το οποίο είναι η απλοποιημένη μορφή του αρχικού αποτελέσματος.

Μου προέκυψαν εξαιρετικές προεκτάσεις. Θα τις ανεβάσω κάποια στιγμή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 05, 2017 8:25 am**

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\psi _1^3\left( n \right)} = \psi _1^3\left( 1 \right) + \sum\limits_{n = 2}^\infty {\psi _1^3\left( n \right)} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\psi _1^3\left( n \right)} = {\zeta ^3}\left( 2 \right)}$ $\displaystyle{ + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\psi _1^3\left( {n + 1} \right)} = \frac{{{\pi ^6}}}{{216}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( {{\psi _1}\left( n \right) - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)}^3}} = }$

$\displaystyle{ = {\zeta ^3}\left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\psi _1^3\left( n \right) - 3 \cdot \psi _1^2\left( n \right) \cdot \frac{1}{{{n^2}}} + 3 \cdot {\psi _1}\left( n \right) \cdot \frac{1}{{{n^4}}} - \frac{1}{{{n^6}}}} \right)} \Rightarrow }$ $\displaystyle{{\zeta ^3}\left( 2 \right) + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( { - 3 \cdot \psi _1^2\left( n \right) \cdot \frac{1}{{{n^2}}} + 3 \cdot {\psi _1}\left( n \right) \cdot \frac{1}{{{n^4}}} - \frac{1}{{{n^6}}}} \right)} = 0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow {\zeta ^3}\left( 2 \right) - 3\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\psi _1^2\left( n \right) \cdot \frac{1}{{{n^2}}} - {\psi _1}\left( n \right) \cdot \frac{1}{{{n^4}}}} \right)} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{{{n^6}}}} = 0 \Rightarrow }$ $\displaystyle{3 \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{\psi _1}\left( n \right)}}{{{n^2}}} \cdot \left( {{\psi _1}\left( n \right) - \frac{1}{{{n^2}}}} \right)} = {\zeta ^3}\left( 2 \right) - \zeta \left( 6 \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{\psi _1}\left( n \right) \cdot {\psi _1}\left( {n + 1} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{3}\left( {{\zeta ^3}\left( 2 \right) - \zeta \left( 6 \right)} \right) = \frac{{{\pi ^6}}}{{840}}}$

Είπαμε .. μου προέκυψε τυχαία !!!

Η παραπάνω τεχνική δίδει απίστευτες ταυτότητες ...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 05, 2017 9:36 am**

Ισχύει το εξής:
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left( \psi^{(1)}(n) \right)^3 = 9 \zeta(2) \zeta(3) - \frac{25 \zeta(5)}{2}}$ Επίσης προέκυψε το εξής αποτέλεσμα:
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_{4n}}{n^2} = \frac{67 \zeta(3)}{8} - 2 \pi \mathcal{G}}$ όπου $\mathcal{G}$ η σταθερά Catalan και $\mathcal{H}_n$ ο

-οστός αρμονικός όρος.

Είναι μερικά από τα αποτελέσματα που προέκυψαν. !!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 05, 2017 12:30 pm**

Tolaso J Kos έγραψε:Λήμμα 6: Ισχύει ότι $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\mathcal{H}_n^{(2)} \right )^2}{n^2} = \zeta^2(3) + \frac{19}{24} \zeta(6)}$ .

Απόδειξη: Αδυνατώ να βρω την απόδειξη αυτής της σειράς αυτή τη στιγμή. Πάντως κάπου την έχω.

Μία απόδειξη από τον Robert Z.

Εφόσον
$\displaystyle{\left(\mathcal{H}_n^{(2)}\right)^2=\mathcal{H}_n^{(4)}+2\sum_{k=1}^{n}\frac{\mathcal{H}_{k-1}^{(2)}}{k^2}}$ τότε μπορούμε να εκφράσουμε το άθροισμα σε όρους της MZF ( Multiple Zeta Functions ). Οπότε:
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left( \mathcal{H}_n^{(2)} \right)^2}{n^2} &=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\mathcal{H}_n^{(4)}}{n^2}+ 2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{\mathcal{H}_{k-1}^{(2)}}{k^2}\\ &=\left(\zeta(6)+\zeta(2,4)\right)+2(\zeta(2,2,2)+\zeta(4,2))\\ &=\zeta(6)+\left(\frac{25}{12}\zeta(6)-\zeta^2 (3)\right)+2\left(\frac{\zeta^3(2)}{6}+\frac{\zeta(6)}{3}-\frac{\zeta(2)\zeta(4)}{2}\right)\\ &\qquad+2\left(\zeta^2(3)-\frac{4\zeta(6)}{3}\right)\\ &=\zeta^2(3)+\frac{19\pi^6}{22680}\\ &=\zeta^2(3) + \frac{19 \zeta(6)}{24} \end{aligned}}$ όπου φυσικά χρησιμοποιήθηκαν οι τιμές:
$\displaystyle{\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6} \quad , \quad \zeta(4)=\frac{\pi^4}{90} \quad , \quad \zeta(6)=\frac{\pi^6}{945}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 11, 2017 9:38 am**

Σεραφείμ θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε τη τεχνική του θέματος εδώ για να δώσουμε μία διαφορετική απόδειξη ; Για παράδειγμα:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)} (n) \psi^{(1)}(n+1)}{n^2} &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)}(n) \left ( \psi^{(1)}(n) - \frac{1}{n^2} \right )}{n^2}\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\psi^{(1)}(n) \right )^2}{n^2} - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)}(n)}{n^4} \end{aligned}}$ Όμως
$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\psi^{(1)}(n)}{n^4} &=-\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^4} \int_{0}^{1} \frac{t^{n-1} \log t}{1-t} \, {\rm d}t \\ &= - \int_{0}^{1} \frac{\log t}{t(1-t)} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{t^n}{n^4} \, {\rm d}t\\ &= -\int_0^1 \frac{\log t \, {\rm Li}_4(t)}{t(1-t)} \, {\rm d}t \\ &= -\int_{0}^{1} \left ( \frac{\log t \, {\rm Li}_4(t)}{t} - \frac{\log t \, {\rm Li}_4(t)}{1-t} \right ) \, {\rm d}t \end{aligned}}$ Όμως ο πολυλογάριθμος τάξης

ορίζεται ως
$\displaystyle{{\rm Li}_{m+1} (z) = \int_{0}^{z} \frac{{\rm Li}_m(t)}{t} \, {\rm d}t}$ Άρα , ως άμεση συνέπεια του παραπάνω ορισμού έχουμε ότι

$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\log t \, {\rm Li}_4(t)}{t} \, {\rm d}t &= \left [ \log t \, {\rm Li}_5(t) \right ]_0^1 - \int_{0}^{1} \frac{{\rm Li}_5(t)}{t} \, {\rm d}t \\ &= - {\rm Li}_6(1)\\ &= -\zeta(6)\\ &= - \frac{\pi^6}{945} \end{aligned}}$
Για το δεύτερο ολοκλήρωμα κόλλησα. Όπως επίσης έχω κολλήσει και στη σειρά. Υποπτεύομαι , όχι χωρίς λόγο , ότι η τεχνική που δουλεύει για τη σειρά ${\color{cyan}{\sum \limits_{n=1}^{\infty} \left ( \psi^{(1)} (n) \right )^2}}$ δουλεύει και για τη σειρά εδώ . Όμως κατά τα διάρκεια εφαρμογής της συνάντησα αθροίσματα Euler που με τη πρώτη ματιά φαίνονται δύσκολα. Για την ιστορία έτσι είχα ξεκινήσει το θέμα αλλά αναγκάστηκα να αλλάξω γραμμή πλεύσης.

Ενημέρωση: Το ολοκληρωματάκι που έμεινε είναι εύκολο. Ξεκινάμε με τη γεννήτρια

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(s)} x^n = \frac{{\rm Li}_s(x)}{1-x} \overset{s=4}{\implies}\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(4)} x^n = \frac{{\rm Li}_4(x)}{1-x}}$ οπότε
$\displaystyle{\begin{aligned} \int_{0}^{1} \frac{\log x \, {\rm Li}_4(x)}{1-x} \, {\rm d}x &= \int_{0}^{1} \log x \sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(4)} x^n \, {\rm d}x \\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \mathcal{H}_n^{(4)} \int_{0}^{1} x^n \log x \, {\rm d}x\\ &= - \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mathcal{H}_n^{(4)}}{(n+1)^2} \\ &= - \zeta(2, 4) \\ &= \zeta^2(3) - \frac{25 \zeta(6)}{12} \end{aligned}}$ από το σύνδεσμο εδώ ... Μένει η σειρά .. Αν βρω κάτι που δουλεύει θα το αναρτήσω.

Y.Σ: Ψάχνω να δω αν λειτουργεί η τεχνική με το ανάπτυγμα στο τετράγωνο για τη σειρά που μένει. Αλλιώς έχουμε ήδη μία τεχνική που εφάρμοσα στο #2 .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 04, 2017 4:30 pm**

Κάτι που προκύπτει φυσικά από τα παραπάνω είναι το ολοκλήρωμα:
$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\log x \log y}{(1-x)(1-y)}\frac{{\rm Li}_2(xy)}{xy}\, {\rm d}(x, y)}$ όπου ${\rm Li}_2$ είναι ο διλογάριθμος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 30, 2017 2:50 pm**

Tolaso J Kos έγραψε: Τετ Οκτ 04, 2017 4:30 pm Κάτι που προκύπτει φυσικά από τα παραπάνω είναι το ολοκλήρωμα:
$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{\log x \log y}{(1-x)(1-y)}\frac{{\rm Li}_2(xy)}{xy}\, {\rm d}(x, y)}$ όπου ${\rm Li}_2$ είναι ο διλογάριθμος.

Δίδω την αρχή:
$\displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{J} &= \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{\log x \log y}{\left ( 1-x \right ) \left ( 1-y \right )} \frac{{\rm Li}_2(xy)}{xy} \, {\rm d}(x, y) \\ &= \iint \limits_{[0, 1]^2} \frac{\log x \log y}{\left ( 1-x \right ) \left ( 1-y \right )} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(xy)^{n-1}}{n^2} \, {\rm d}(x, y) \\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \iint \limits_{\left [ 0, 1 \right ]^2} \frac{(xy)^{n-1} \log x \log y}{\left ( 1-x \right ) \left ( 1-y \right )} \, {\rm d}(x, y)\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2} \left ( -\int_{0}^{1} \frac{x^{n-1} \log x}{1-x} \right )^2 \, {\rm d}x\\ &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left (\psi^{(1)}(n) \right )^2}{n^2} \end{aligned}}$
διότι $\displaystyle \psi^{(1)}(z) = - \int_{0}^{1} \frac{x^{z-1} \log x}{1-x} \, {\rm d}x$ .

mathematica.gr

Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.

Re: Άθροισμα Γινομένου Πολυγάμμα.