Να βρεθεί το άθροισμα

[china university]

[Σεραφείμ]

Πολύ δύσκολο άθροισμα θα έλεγα ..

Λήμμα 1: αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=27979&p=136404#p136404

Λήμμα 2: διότι από εδώ https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series γνωρίζουμε πως

Τότε

Λήμμα 3: διότι έστω .

Αν , τότε

\displaystyle{\displaystyle{ - x\;f\left( x \right) - x + \sqrt x \arctan h\sqrt x \Rightarrow f\left( x \right) = \frac{{\sqrt x \arctan h\sqrt x }}{{1 + x}}}\displaystyle{2\arctan hy = \log \frac{{1 + y}}{{1 - y}}}\displaystyle{L{i_2}\left( {1 + i} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{16}} + i \cdot \left( {\frac{\pi }{4}\log 2 + G} \right)}\displaystyle{{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) + \frac{{3\pi {{\log }^2}2}}{{32}} + \frac{{7{\pi ^3}}}{{128}}}\displaystyle{L{i_3}\left( z \right) = L{i_3}\left( {\frac{1}{z}} \right) - \frac{1}{6}{\log ^3}\left( { - z} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}\log \left( { - z} \right)}\displaystyle{z = 1 + i}\displaystyle{{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {1 + i} \right)} \right) = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) - \frac{1}{6}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {{{\log }^3}\left( { - 1 - i} \right)} \right) - \frac{{{\pi ^2}}}{6}{\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {\log \left( { - 1 - i} \right)} \right) = }\displaystyle{ = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) - \frac{1}{6}\left( {\frac{{27{\pi ^3}}}{{64}} - \frac{{9\pi {{\log }^2}2}}{{16}}} \right) + \frac{{3{\pi ^3}}}{{24}} = {\mathop{\rm Im}\nolimits} \left( {L{i_3}\left( {\frac{{1 - i}}{2}} \right)} \right) + \frac{{3\pi {{\log }^2}2}}{{32}} + \frac{{7{\pi ^3}}}{{128}}}\displaystyle{S = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^n}{H_n}}}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} } = - \int\limits_0^1 {\frac{{\log \left( {1 - x} \right)}}{x}\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^n}\sum\limits_{k = 1}^n {\frac{{{{\left( { - 1} \right)}^k}}}{{2k - 1}}} {x^n}} } \right)dx} }}

\displaystyle{\displaystyle{ = - \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right) - {{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{{1 + {y^2}}}dy} = }\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)}}{{1 + {y^2}}}dy} - \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right)}}{{1 + {y^2}}}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {{{\log }^2}\left( {1 - y} \right)\left( {\frac{1}{{1 - iy}} + \frac{1}{{1 + iy}}} \right)dy} }}

\displaystyle{\displaystyle{ - \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {1 + y} \right)}}{{1 + iy}}dy} = \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 - i} \right) + ix}}dx} + }\displaystyle{ + \frac{1}{2}\int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} - \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} - \frac{1}{2}\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 - i} \right) + ix}}dx} = }}

Όμως \displaystyle{\displaystyle{ = \frac{1}{{1 + i}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{i}{{1 + i}}} \right)}^n}\int\limits_0^1 {{{\log }^2}x \cdot {x^n}dx} } = }\displaystyle{ = \frac{2}{{1 + i}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}^n}\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^3}}}} = \frac{4}{{{{\left( {1 + i} \right)}^2}}}\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}^{n + 1}}\frac{1}{{{{\left( {n + 1} \right)}^3}}}} = - 2i \cdot L{i_3}\left( {\frac{{1 + i}}{2}} \right)}\displaystyle{\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{\left( {1 + i} \right) - ix}}dx} = \frac{1}{{1 + i}}\int\limits_1^2 {\frac{{{{\log }^2}x}}{{1 - \frac{i}{{1 + i}}x}}dx} = \frac{1}{{1 + i}}\int\limits_1^2 {{{\log }^2}x\sum\limits_{n = 0}^\infty {{{\left( {\frac{i}{{1 + i}}} \right)}^n}{x^n}} dx} }}



Επομένως






Το αποτέλεσμα μπορεί να θεωρηθεί πλήρες .. όμως μια κομψότερη παρουσίαση δεν βλάπτει.
Λαμβάνοντας υπόψη τα λήμματα 5 και 6 παίρνουμε τελικό αποτέλεσμα

η σταθερά του Catalan
Το φανταστικό μέρος του αριθμού δεν βλέπω πως μπορεί να εκφραστεί στοιχειωδέστερα

[Tolaso J Kos]

Το φανταστικό μέρος του αριθμού δεν βλέπω πως μπορεί να εκφραστεί στοιχειωδέστερα

Πράγματι δεν έχει βρεθεί κλειστός τύπος για αυτό το άθροισμα, εν αντιθέσει με το πραγματικό μέρος αυτού του αθροίσματος. Πάντως υπάρχουν συνδέσεις με το άθροισμα καθώς και .

Δε θυμάμαι ποια από τα παραπάνω 4 αθροίσματα παίρνει κλειστή μορφή.