"다이로그 함수의 special value 계산"의 두 판 사이의 차이
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<math>\frac{\pi^2}{12}=\sum_{1}^{\infty}\frac{2}{(2n)^2}=\sum_{1}^{\infty}\frac{1+(-1)^n}{n^2}=\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}+\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}+\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}</math> | <math>\frac{\pi^2}{12}=\sum_{1}^{\infty}\frac{2}{(2n)^2}=\sum_{1}^{\infty}\frac{1+(-1)^n}{n^2}=\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}+\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}+\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}</math> | ||
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| − | 오일러의 | + | 오일러의 반사공식에 <math>x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}</math>을 대입하면 다음을 얻는다. |
<math>\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) =\frac{\pi^2}{6}-\log(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})\log(\frac{3-\sqrt{5}}{2})</math> | <math>\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) =\frac{\pi^2}{6}-\log(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})\log(\frac{3-\sqrt{5}}{2})</math> | ||
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<math>\frac{3}{2}\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})-\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) =-\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})</math> | <math>\frac{3}{2}\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})-\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) =-\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})</math> | ||
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| − | 제곱공식<math>\mbox{Li}_2(x^2)=2(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2(-x))</math> | + | 제곱공식<math>\mbox{Li}_2(x^2)=2(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2(-x))</math> 에 <math>x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}</math> 를 대입하면, |
| − | <math>\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2}) =2(\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}))</math> | + | <math>\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2}) =2(\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}))</math> 를 얻는다. |
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| − | + | 반전공식에 <math>x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}</math>를 대입하면, <math>\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}) =\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})</math> 를 얻는다. | |
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2020년 12월 28일 (월) 02:11 기준 최신판
개요
special value의 계산
\(\mbox{Li}_{2}(-1)\) 의 계산
반전공식에 \(x=-1\) 을 대입하여 얻을 수 있다.
\(\mbox{Li}_{2}(\frac{1}{2})\) 의 계산
오일러의 반사공식에서 \(x=\frac{1}{2}\) 를 대입하여 얻을 수 있다.
또는
\(\zeta(2)=\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}\) 와
\(\frac{\pi^2}{12}=\sum_{1}^{\infty}\frac{2}{(2n)^2}=\sum_{1}^{\infty}\frac{1+(-1)^n}{n^2}=\sum_{1}^{\infty}\frac{1}{n^2}+\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}+\sum_{1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^2}\)
를 이용하여 보일 수 있다.
\(\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})\) 과 \(\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})\) 의 계산
오일러의 반사공식에 \(x=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)을 대입하면 다음을 얻는다.
\(\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) =\frac{\pi^2}{6}-\log(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})\log(\frac{3-\sqrt{5}}{2})\)
란덴의 항등식과 제곱공식을 활용하면 다음과 같은 항등식을 얻을 수 있다.
\(\mbox{Li}_2 (\frac{-x}{1-x})+\frac{1}{2}\mbox{Li}_2(x^2)-\mbox{Li}_2(-x) =-\frac{1}{2}(\log(1-x))^2\)
여기에 \(x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\)을 대입하면 다음을 얻는다.
\(\frac{3}{2}\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})-\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}) =-\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})\)
이제 위에서 얻어진 두 식을 통해 원하는 값을 계산할 수 있다.
\(\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})\) 의 계산
제곱공식\(\mbox{Li}_2(x^2)=2(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2(-x))\) 에 \(x=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\) 를 대입하면,
\(\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2}) =2(\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2}))\) 를 얻는다.
\(\mbox{Li}_{2}(\frac{-1-\sqrt{5}}{2})\) 의 계산
반전공식에 \(x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\)를 대입하면, \(\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})+\mbox{Li}_{2}(\frac{-1-\sqrt{5}}{2}) =\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})\) 를 얻는다.
메모
관련된 항목들
수학용어번역
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