俩道级数求和问题

wayne

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： $\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\sum_{n=k}^{+infty}1/{n*2^n}$

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Mathematica产生了一个 HurwitzLerchPhi 的特殊函数： http://mathworld.wolfram.com/LerchTranscendent.html

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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

$\sum_{n=k}^{infty}{x^n}/n=\int_0^x x^k/{1-x}dx$ 于是可以写成积分形式,然后再次交换积分和求和即可

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13# mathe 明白了，我现在把全部过程写一遍： $\sum_{n=1}^{+infty}1/{n*2^n}\sum_{k=1}^n 1/{k^2}$ =$\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\sum_{n=k}^{+infty}1/{n*2^n}$ =$\sum_{k=1}^{+infty}1/{k^2}\int_0^x {x^{k-1}}/{1-x}dx$ =$\int_0^x{\sum_{k=1}^{infty} {x^k}/{k^2}}/{x(1-x)}dx$ =$\int_0^x \frac{f(x)}{x (1-x)} dx$

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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

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这个积分的原函数 要用 PolyLog这个特殊函数才能表达.

mathe

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

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17# mathe 都试过了，搞的一团乱麻，没了方向，我就放弃了。 ============= 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。

mathe

试一下这个结论: $zeta(3)=\int_0^1{PolyLog(x)}/xdx=PolyLog(x)ln(x)|_0^1+\int_0^1{ln(1-x)ln(x)}/xdx=\int_0^1{ln(1-x)ln(x)}/xdx$

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17# mathe 作替换: $ x-> x/{1-x}$ 得到 原积分等价于 $- \int_0^1{ln(x)ln(1+x)}/{x(1+x)}dx$