다이로그 함수(dilogarithm)

수학노트
http://bomber0.myid.net/ (토론)님의 2009년 12월 17일 (목) 12:05 판
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간단한 소개
  • dilogarithm 함수는 복소수 \(|z|<1\)에 대하여 다음과 같이 정의됨
    \(\operatorname{Li}_2(z)= \sum_{n=1}^\infty {z^n \over n^2}\)
    \(|z|\leq 1\) 에서 고르게 수렴하는 급수이므로, \(|z|\leq 1\)에서 연속
  • 다음과 같은 적분으로 정의하면 해석적으로 확장가능
    \(\operatorname{Li}_2(z) = -\int_0^z{{\ln (1-t)}\over t} dt \) for \(z\in \mathbb C-[1,\infty)\)

 

 

단위원에서의 실수부와 허수부
  • \(z=e^{i\theta}\), \(0 \leq \theta \leq 2\pi\) 일 때,
    \(\operatorname{Li}_2(e^{i\theta})= \sum_{n=1}^\infty \frac{e^{in\theta}}{n^2}=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos n\theta}{n^2}+i\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n\theta}{n^2}\)
    \(\mathfrak{R}(\operatorname{Li}_2(e^{i\theta}))=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos n\theta}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\theta(2\pi-\theta)}{4}\)
    \(\mathfrak{I}(\operatorname{Li}_2(e^{i\theta}))=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n\theta}{n^2}=Cl_2(\theta)\)
  • 허수부에 대해서는 로바체프스키와 클라우센 함수 항목 참조

 

 

여러가지 항등식
  • 오일러의 반사공식

\(\mbox{Li}_2 \left(x \right)+\mbox{Li}_2 \left(1-x \right)= \frac{\pi^2}{6}-\ln(x)\ln(1-x)\), \(0<x<1\)

  • 반전공식
    \(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2 \left( \frac{1}{x} \right) = -\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\log^2(-x)\)
  • 란덴의 항등식

\(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2 \left( \frac{-x}{1-x} \right)=-\frac{1}{2}\log^2(1-x)\) 또는

\(\mbox{Li}_2(1-x)+\mbox{Li}_2 \left(1- \frac{1}{x} \right)=-\frac{1}{2}\log^2(x)\)

  • 여기에서 다음의 함수들은 초등함수 부분을 무시하면 같다는 것을 알 수 있음
    \(\mbox{Li}_2(x)\),\(\mbox{Li}_2 \left(\frac{1}{1-x}\right)\),  \(\mbox{Li}_2 \left(1- \frac{1}{x} \right)\), \(-\mbox{Li}_2 \left( \frac{1}{x} \right)\),\(-\mbox{Li}_2 \left(1-x \right)\) , \(-\mbox{Li}_2 \left( \frac{x}{x-1} \right)\)
  •  
  • 사영기하학과 교차비
  • Bloch-Wigner dilogarithm

 

 

곱셈공식
  • 제곱공식
    \(\mbox{Li}_2(x^2)=2(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2(-x))\)
    \(\frac{1}{2}\mbox{Li}_2(x^2)=\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2(-x)\)
  • 일반적인 곱셈공식
    \(\frac{1}{n} \operatorname{Li}_2(z^n) = \sum_{k=0}^{n-1}\operatorname{Li}_2\left(e^{2\pi i k/n}z\right)\)
  • 실수부와 허수부에 대한 덧셈공식
    \(f(\theta)=\mathfrak{R}(\operatorname{Li}_2(e^{i\theta}))=\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos n\theta}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}-\frac{\theta(2\pi-\theta)}{4}\)
    \(Cl_2(\theta)=\mathfrak{I}(\operatorname{Li}_2(e^{i\theta}))=\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin n\theta}{n^2}\)
    다음 덧셈공식을 만족시킴
    \(f(n\theta)=n\sum_{k=0}^{n-1}f(\theta+\frac{2k\pi}{n})\)
    \(Cl_2(n\theta)=n\sum_{k=0}^{n-1}Cl_2(\theta+\frac{2k\pi}{n})\)

 

 

 

5-term relation
  • \(\mbox{Li}_2(x)+\mbox{Li}_2(y)+\mbox{Li}_2 \left( \frac{1-x}{1-xy} \right)+\mbox{Li}_2(1-xy)+\mbox{Li}_2 \left( \frac{1-y}{1-xy} \right)=\frac{\pi^2}{2}-\log(x)\log(1-x)-\log(y)\log(1-y)+\log (\frac{1-x}{1-xy})\log (\frac{1-y}{1-xy})\)
  • Bloch-Wigner dilogarithm

 

 

Special values
  • 다음 여덟 경우만이 알려져 있음.

\(\mbox{Li}_{2}(0)=0\)

\(\mbox{Li}_{2}(1)=\frac{\pi^2}{6}\)

\(\mbox{Li}_{2}(-1)=-\frac{\pi^2}{12}\)

\(\mbox{Li}_{2}(\frac{1}{2})=\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}\log^2(2)\)

\(\mbox{Li}_{2}(\frac{3-\sqrt{5}}{2})=\frac{\pi^2}{15}-\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})\)

\(\mbox{Li}_{2}(\frac{-1+\sqrt{5}}{2})=\frac{\pi^2}{10}-\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})\)

\(\mbox{Li}_{2}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})=-\frac{\pi^2}{15}+\frac{1}{2}\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})\)

\(\mbox{Li}_{2}(\frac{-1-\sqrt{5}}{2})=-\frac{\pi^2}{10}+\frac{1}{2}\log^2(\frac{1+\sqrt{5}}{2})\)

 

 

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.

 

 

다른 special values

\(2[\mbox{Li}_2(1-\sqrt 2)-\mbox{Li}_2(\sqrt2 -1)]=\ln^2(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi^2}{4}\)

이 결과는 다음 정적분과 같음. (적분쇼 항목 참조)

\(\int_0^{\pi}\frac{x\cos x}{1+\sin^2 x}dx=\ln^2(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi^2}{4}\)

 

(증명)

[오늘의계산080810]

\(\mbox{Li}_2(1-\sqrt 2)=-\mbox{Li}_2(1-\frac{1}{\sqrt 2})-\frac{1}{2} \ln^2(\sqrt{2})\)

\(=-[-\mbox{Li}_2(\frac{1}{\sqrt 2})+\frac{\pi^2}{6}-\ln\frac{1}{\sqrt{2}}\ln(1-\frac{1}{\sqrt{2}})]-\frac{1}{8} \ln^2 2\)

\(=\mbox{Li}_2(\frac{1}{\sqrt 2})-\frac{\pi^2}{6}+\ln\frac{1}{\sqrt{2}}\ln(1-\frac{1}{\sqrt{2}})-\frac{1}{8} \ln^2 2\)

\(=\mbox{Li}_2(\frac{1}{\sqrt 2})-\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\ln{2}\ln({\sqrt{2}}-1)+\frac{1}{8} \ln^2 2\)

 

 

\(\mbox{Li}_2(\sqrt 2-1)=\mbox{Li}_2(1-(2-\sqrt 2))\)

\(=-\mbox{Li}_2(1-\frac{1}{2-\sqrt 2})-\frac{1}{2}\ln^2(2-\sqrt{2})\)

\(=-\mbox{Li}_2(1-\frac{2+\sqrt{2}}{2})-\frac{1}{2}\ln^2(2-\sqrt{2})\)

\(=-\mbox{Li}_2(-\frac{1}{\sqrt{2}})-\frac{1}{2}(\frac{1}{2}\ln {2} + \ln(\sqrt{2}-1}))^2\)

\(=-\mbox{Li}_2(-\frac{1}{\sqrt{2}})-\frac{1}{8}\ln^2 {2}-\frac{1}{2}\ln 2\ln(\sqrt{2}-1})-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1})\)

 

 

\(\mbox{Li}_2(1-\sqrt 2)-\mbox{Li}_2(\sqrt2 -1)=\)

\(=\mbox{Li}_2(\frac{1}{\sqrt 2})-\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\ln{2}\ln({\sqrt{2}}-1)+\frac{1}{8} \ln^2 2-(-\mbox{Li}_2(-\frac{1}{\sqrt{2}})-\frac{1}{8}\ln^2 {2}-\frac{1}{2}\ln 2\ln(\sqrt{2}-1})-\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1}))\)

\(=\mbox{Li}_2(\frac{1}{\sqrt 2})+\mbox{Li}_2(-\frac{1}{\sqrt{2}})-\frac{\pi^2}{6}+\frac{1}{4} \ln^2 2+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1})\)

\(=\frac{1}{2}\mbox{Li}_2\frac{1}{2}-\frac{\pi^2}{6}+\frac{1}{4} \ln^2 2 +\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1})\)

\(=\frac{1}{2}(\frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}\ln^2 2)-\frac{\pi^2}{6}+\frac{1}{4} \ln^2 2+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1})\)

\(=-\frac{\pi^2}{8}+\frac{1}{2}\ln^2(\sqrt{2}-1})\)

 

따라서,

\(2[\mbox{Li}_2(1-\sqrt 2)-\mbox{Li}_2(\sqrt2 -1)]=\ln^2(\sqrt{2}-1)-\frac{\pi^2}{4}=\ln^2(\sqrt{2}+1)-\frac{\pi^2}{4}\)

재미있는 사실
  • Don Zagier

The dilogarithm is the only mathematical function with a sense of humor.

 

 

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