9# mathe
第二个我们同样先交换求和然后里面的可以求和
我就是交换做的，卡住了,里面的求和好像并不简单：
\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\sum_{n=k}^{+infty}1/{n*2^n}
Mathematica产生了一个 HurwitzLerchPhi 的特殊函数：
http://mathworld.wolfram.com/LerchTranscendent.html
9# mathe
我就是交换做的，卡住了,里面的求和好像并不简单：
\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\sum_{n=k}^{+infty}1/{n*2^n}
wayne 发表于 2011-4-4 10:01 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
$\sum_{n=k}^{infty}{x^n}/n=\int_0^x x^k/{1-x}dx$
于是可以写成积分形式,然后再次交换积分和求和即可
13# mathe
:b:
明白了，我现在把全部过程写一遍：
\sum_{n=1}^{+infty}1/{n*2^n}\sum_{k=1}^n 1/{k^2}
=\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\sum_{n=k}^{+infty}1/{n*2^n}
=\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\int_0^x {x^{k-1}}/{1-x}dx
=\int_0^x{\sum_{k=1}^{infty} {x^k}/{k^2}}/{x(1-x)}dx
=\int_0^x \frac{f(x)}{x (1-x)} dx
14# wayne
f(x) 见 mathe在9楼的推导。
其实 f(x) 是PolyLog函数。参见 http://mathworld.wolfram.com/Polylogarithm.html
f'(x)=- log(1-x)/x
所以，代入上式，得到二重积分，再交换积分顺序得到
\int_0^{\frac{1}{2}} \frac{\log (1-x) (\log (x)-\log (1-x))}{x} dx
可惜，接下来还是卡住了
这个积分的原函数 要用 PolyLog这个特殊函数才能表达.
我们可以试着使用一些积分变换，比如
$\int_0^{1/2}{log(1-x)log(x)}/xdx=log(1-x)log(x)^2|_0^{1/2}-\int_0^{1/2}log(1-x)log(x)/x+\int_0^{1/2}{log^2(x)}/{1-x}dx$，然后还可以利用的是将1-x替换成x，得到一个$1/2$到1的积分，而0到1的积分应该可以计算出来，多使用一些这些变换，应该能够找出它们之间的关系
17# mathe
:victory:
都试过了，搞的一团乱麻，没了方向，我就放弃了。
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仔细想起来，是可以理解的，因为结果是zeta函数的形式，
不可能会有我们熟悉的那种初等的方式的，我们变换的时候最好能多结合一下zeta函数的性质。
试一下这个结论:
$zeta(3)=\int_0^1{PolyLog(x)}/xdx=PolyLog(x)ln(x)|_0^1+\int_0^1{ln(1-x)ln(x)}/xdx=\int_0^1{ln(1-x)ln(x)}/xdx$
17# mathe
作替换: x-> x/{1-x}
得到 原积分等价于
- \int_0^1{ln(x)ln(1+x)}/{x(1+x)}dx