Σειρά με τριγάμμα

Tolaso J Kos · #1

Ας δηλώσουμε με $\psi^{(1)}$ τη τριγάμμα. Υπολογισθήτω η σειρά:
$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (\psi^{(1)}(n))^2}$ (Cornel Ioan Valean)

Άνευ λύσης!

pprime · #2

Tolaso J Kos έγραψε:Ας δηλώσουμε με $\psi^{(1)}$ τη τριγάμμα. Υπολογισθήτω η σειρά: $\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (\psi^{(1)}(n))^2}$

$\displaystyle{\psi _{1}\left( z \right)=-\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^{z-1}\ln x}{1-x}dx}}$

$\displaystyle{\left( \psi _{1}\left( z \right) \right)^{2}=\left( -\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^{z-1}\ln x}{1-x}dx} \right)\left( -\int\limits_{0}^{1}{\frac{y^{z-1}\ln y}{1-y}dy} \right)=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( xy \right)^{z-1}\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}dxdy}}}$

$\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( -1 \right)^{n-1}\left( \psi _{1}\left( n \right) \right)^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( \left( \psi _{1}\left( 2n-1 \right) \right)^{2}-\left( \psi _{1}\left( 2n \right) \right)^{2} \right)}}$

$\displaystyle{=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( \left( xy \right)^{2n-2}-\left( xy \right)^{2n-1} \right)\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}dxdy}}}=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( 1-xy \right)\ln x\ln y}{xy\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}\cdot \frac{\left( xy \right)^{2}}{1-\left( xy \right)^{2}}dxdy}}}$

$\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}\cdot \frac{xy}{1+xy}dxdy}}=-\frac{1}{6}\int\limits_{0}^{1}{\frac{6\text{Li}_{2}\left( -y \right)+\pi ^{2}y}{1-y^{2}}\ln ydy}}$

$\displaystyle{=-\frac{\pi ^{2}}{6}\int\limits_{0}^{1}{\frac{y}{1-y^{2}}\ln ydy}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln y\text{Li}_{2}\left( -y \right)}{1-y^{2}}dy}=\frac{\pi ^{2}}{6}\cdot \frac{\pi ^{2}}{24}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln y\text{Li}_{2}\left( -y \right)}{1-y^{2}}dy}}$ ........................................ ¿?

Tolaso J Kos · #3

Hi pprime,

thank you for sharing your thoughts. Unfortunately, I do not have a solution on the given problem and I do not know how to evaluate the last integral either. If you come up with something please share it with

.

By the way , there is also a similar series
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left( \psi^{(1)}(n) \right)^2 = 3 \zeta(3)}$ which is quite easy to prove.

Μετάφραση:

Γεια σου pprime,

ευχαριστώ που μοιράστηκες τις σκέψεις σου. Δυστυχώς , δεν έχω απάντηση για το δοθέν πρόβλημα και ούτε ξέρω πώς να λύσω το τελευταίο ολοκλήρωμα. Αν βρεις κάτι , ανεβάσετό στο

.

Παρεπιπτόντως, υπάρχει και μία παρόμοια σειρά
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left( \psi^{(1)}(n) \right)^2 = 3 \zeta(3)}$ η οποία είναι αρκετά εύκολη να αποδειχθεί.

Tolaso J Kos · #4

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 29, 2017 5:48 pm
Ας δηλώσουμε με $\psi^{(1)}$ τη τριγάμμα. Υπολογισθήτω η σειρά:
$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (\psi^{(1)}(n))^2}$ (Cornel Ioan Valean)

Άνευ λύσης!

Μία απάντηση:
$\begin{aligned} \sum_{n =1}^\infty (-1)^{n+1} (\psi^{(1)}(n))^2} &=\frac{49 \pi^4}{720} + \zeta(2) \log^2 2 - \frac{1}{6}\log^4 2 - \frac{7 \zeta(3) \log 2}{2} - \\ &\quad \quad - 4 \mathrm{Li}_4\left(\frac{1}{2}\right) \end{aligned}$ όπου ${\rm Li}_4$ ο πολυλογάριθμος τάξης

. Μία απάντηση μπορεί να βρεθεί εδώ .

Tolaso J Kos · #5

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 31, 2017 9:37 am
Παρεπιπτόντως, υπάρχει και μία παρόμοια σειρά
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty} \left( \psi^{(1)}(n) \right)^2 = 3 \zeta(3)}$ η οποία είναι αρκετά εύκολη να αποδειχθεί.

Έχουμε ότι: $\displaystyle{\psi^{(1)}(n) = \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k^2}}$ και κατά συνέπεια:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \left( \psi^{(1)}(n) \right)^2 &=\sum_{n=1}^\infty\sum_{j=n}^\infty\frac1{j^2}\sum_{k=n}^\infty\frac1{k^2} \\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(\sum_{j=n}^\infty\frac1{j^4}+2\sum_{j=n}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{j^2}\frac1{(j+m)^2}\right) \\ &=\sum_{j=1}^\infty\sum_{n=1}^j\frac1{j^4}+2\sum_{j=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^j\frac1{j^2}\frac1{(j+m)^2} \\ &=\sum_{j=1}^\infty\frac1{j^3}+2\sum_{j=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty\frac1{j(j+m)^2} \\ &=\zeta(3)+2\sum_{n=1}^\infty\frac{\mathcal{H}_{n-1}}{n^2} \\ &=\zeta(3)-2\zeta(3)+2\sum_{n=1}^\infty\frac{\mathcal{H}_n}{n^2} \\ &=\zeta(3)-2\zeta(3)+4\zeta(3) \\ &=3\zeta(3) \end{aligned}}$

Δημοσθένης1043 · #6

pprime έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 31, 2017 3:53 am

Tolaso J Kos έγραψε:Ας δηλώσουμε με $\psi^{(1)}$ τη τριγάμμα. Υπολογισθήτω η σειρά: $\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (\psi^{(1)}(n))^2}$
$\displaystyle{\psi _{1}\left( z \right)=-\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^{z-1}\ln x}{1-x}dx}}$

$\displaystyle{\left( \psi _{1}\left( z \right) \right)^{2}=\left( -\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^{z-1}\ln x}{1-x}dx} \right)\left( -\int\limits_{0}^{1}{\frac{y^{z-1}\ln y}{1-y}dy} \right)=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( xy \right)^{z-1}\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}dxdy}}}$

$\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( -1 \right)^{n-1}\left( \psi _{1}\left( n \right) \right)^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( \left( \psi _{1}\left( 2n-1 \right) \right)^{2}-\left( \psi _{1}\left( 2n \right) \right)^{2} \right)}}$

$\displaystyle{=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( \left( xy \right)^{2n-2}-\left( xy \right)^{2n-1} \right)\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}dxdy}}}=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( 1-xy \right)\ln x\ln y}{xy\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}\cdot \frac{\left( xy \right)^{2}}{1-\left( xy \right)^{2}}dxdy}}}$

$\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}\cdot \frac{xy}{1+xy}dxdy}}=-\frac{1}{6}\int\limits_{0}^{1}{\frac{6\text{Li}_{2}\left( -y \right)+\pi ^{2}y}{1-y^{2}}\ln ydy}}$

$\displaystyle{=-\frac{\pi ^{2}}{6}\int\limits_{0}^{1}{\frac{y}{1-y^{2}}\ln ydy}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln y\text{Li}_{2}\left( -y \right)}{1-y^{2}}dy}=\frac{\pi ^{2}}{6}\cdot \frac{\pi ^{2}}{24}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln y\text{Li}_{2}\left( -y \right)}{1-y^{2}}dy}}$ ........................................ ¿?

After some years
Notes section
$\displaystyle{ \Omega=\int_0^1 \frac{\ln (y) L i_2(-y)}{1-y^2} d y=\frac{1}{2}\left(\int_0^1 \frac{\ln (y) L i_2(-y)}{1-y} d y+\int_0^1 \frac{\ln (y) L i_2(-y)}{1+y} d y\right)=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \int_0^1 \frac{y^n \ln (y)}{1-y} d y-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n H_{n-1}^{(2)} \int_0^1 y^{n-1} \ln (y) d y\right) }$

$\displaystyle{ =\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^1 y^{n+k} \ln (y) d y-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n H_{n-1}^{(2)} \frac{-1}{n^2}\right)=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(n+k+1)^2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_{n-1}^{(2)}}{n^2}\right) }$

$\displaystyle{ =\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\left(\zeta(2)-H_n^{(2)}\right)+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n\left(H_n^{(2)}-\frac{1}{n^2}\right)}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_n^{(2)}}{n^2}+\frac{\zeta(2)}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^4} }$

$\displaystyle{ =-4 L i_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{51}{16} \zeta(4)-\frac{7}{2} \ln (2) \zeta(3)+\ln ^2(2) \zeta(2)-\frac{1}{6} \ln ^4(2)+\frac{\zeta(2) \eta(2)}{2}+\eta(4) }$

$\displaystyle{ =-4 L i_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{51}{16} \zeta(4)-\frac{7}{2} \ln (2) \zeta(3)+\ln ^2(2) \zeta(2)-\frac{1}{6} \ln ^4(2)+\frac{\zeta^2(2)}{4}+\frac{7 \zeta(4)}{8} }$

Δημοσθένης1043 · #7

Δημοσθένης1043 έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 21, 2024 11:11 pm

pprime έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 31, 2017 3:53 am

Tolaso J Kos έγραψε:Ας δηλώσουμε με $\psi^{(1)}$ τη τριγάμμα. Υπολογισθήτω η σειρά: $\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} (\psi^{(1)}(n))^2}$
$\displaystyle{\psi _{1}\left( z \right)=-\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^{z-1}\ln x}{1-x}dx}}$

$\displaystyle{\left( \psi _{1}\left( z \right) \right)^{2}=\left( -\int\limits_{0}^{1}{\frac{x^{z-1}\ln x}{1-x}dx} \right)\left( -\int\limits_{0}^{1}{\frac{y^{z-1}\ln y}{1-y}dy} \right)=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( xy \right)^{z-1}\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}dxdy}}}$

$\displaystyle{\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( -1 \right)^{n-1}\left( \psi _{1}\left( n \right) \right)^{2}}=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\left( \left( \psi _{1}\left( 2n-1 \right) \right)^{2}-\left( \psi _{1}\left( 2n \right) \right)^{2} \right)}}$

$\displaystyle{=\sum\limits_{n=1}^{+\infty }{\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( \left( xy \right)^{2n-2}-\left( xy \right)^{2n-1} \right)\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}dxdy}}}=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\left( 1-xy \right)\ln x\ln y}{xy\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}\cdot \frac{\left( xy \right)^{2}}{1-\left( xy \right)^{2}}dxdy}}}$

$\displaystyle{=\int\limits_{0}^{1}{\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln x\ln y}{\left( 1-x \right)\left( 1-y \right)}\cdot \frac{xy}{1+xy}dxdy}}=-\frac{1}{6}\int\limits_{0}^{1}{\frac{6\text{Li}_{2}\left( -y \right)+\pi ^{2}y}{1-y^{2}}\ln ydy}}$

$\displaystyle{=-\frac{\pi ^{2}}{6}\int\limits_{0}^{1}{\frac{y}{1-y^{2}}\ln ydy}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln y\text{Li}_{2}\left( -y \right)}{1-y^{2}}dy}=\frac{\pi ^{2}}{6}\cdot \frac{\pi ^{2}}{24}-\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln y\text{Li}_{2}\left( -y \right)}{1-y^{2}}dy}}$ ........................................ ¿?

After some years
Notes section

$\displaystyle{ \therefore \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n H_n^{(2)}}{n^2}=-4 L i_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{51}{16} \zeta(4)-\frac{7}{2} \ln (2) \zeta(3)+\ln ^2(2) \zeta(2)-\frac{1}{6} \ln ^4(2) \\ \therefore \frac{L i_a(-x)}{1+x}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1} H_{n-1}^{(2)} x^{n-1} }$

$\displaystyle{ \Omega=\int_0^1 \frac{\ln (y) L i_2(-y)}{1-y^2} d y=\frac{1}{2}\left(\int_0^1 \frac{\ln (y) L i_2(-y)}{1-y} d y+\int_0^1 \frac{\ln (y) L i_2(-y)}{1+y} d y\right)=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \int_0^1 \frac{y^n \ln (y)}{1-y} d y-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n H_{n-1}^{(2)} \int_0^1 y^{n-1} \ln (y) d y\right) }$

$\displaystyle{ =\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} \sum_{k=0}^{\infty} \int_0^1 y^{n+k} \ln (y) d y-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n H_{n-1}^{(2)} \frac{-1}{n^2}\right)=\frac{1}{2}\left(\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(n+k+1)^2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_{n-1}^{(2)}}{n^2}\right) }$

$\displaystyle{ =\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\left(\zeta(2)-H_n^{(2)}\right)+\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n\left(H_n^{(2)}-\frac{1}{n^2}\right)}{n^2}=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n H_n^{(2)}}{n^2}+\frac{\zeta(2)}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^2}+\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n^4} }$

$\displaystyle{ =-4 L i_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{51}{16} \zeta(4)-\frac{7}{2} \ln (2) \zeta(3)+\ln ^2(2) \zeta(2)-\frac{1}{6} \ln ^4(2)+\frac{\zeta(2) \eta(2)}{2}+\eta(4) }$

$\displaystyle{ =-4 L i_4\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{51}{16} \zeta(4)-\frac{7}{2} \ln (2) \zeta(3)+\ln ^2(2) \zeta(2)-\frac{1}{6} \ln ^4(2)+\frac{\zeta^2(2)}{4}+\frac{7 \zeta(4)}{8} }$

Σειρά με τριγάμμα

Σειρά με τριγάμμα

Re: Σειρά με τριγάμμα

Re: Σειρά με τριγάμμα

Re: Σειρά με τριγάμμα

Re: Σειρά με τριγάμμα

Re: Σειρά με τριγάμμα

Re: Σειρά με τριγάμμα

Μέλη σε σύνδεση