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 elim 
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  二重对数函数 $\mathrm{Li}_2(z)\,$初步\K
由Taylor定理易见$\;-\log(1-x)=\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$fH&j
Leibnitz 1696,  Euler 1768 $polylogarithm :$m=_'d^
$\qquad{\small\mathrm{Li}}_m (x):=\small\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^m}\;\;(0< x< 1)$a/S#
$\qquad\boxed{{\small\frac{d}{dx}}{\small\mathrm{Li}}_m(x)={\small\frac{1}{x}}{\small\mathrm{Li}}_{m-1}(x)\;\;(m>1)}$=p}3ej
$dilogarithm\;{\small\mathrm{Li}}_2(z)\,$解析延拓:t2"
$\qquad\boxed{{\small\mathrm{Li}}_2(z)={\small-\int_0^z\frac{\log(1-u)}{u}}du\;\;(z\in\mathbb{C}-[1,\infty))}$u
$(0)\quad{\small\displaystyle\mathrm{Li}_2(1)=\frac{\pi^2}{6},\;\mathrm{Li}_2(-1)\overset{(1)}{=}-\frac{\pi^2}{12},\;\mathrm{Li}_2\big({\scriptsize\frac{1}{2}}\big)\overset{(3)}{=}{\frac{\pi^2}{\scriptsize 12}-\scriptsize\frac{1}{2}}}\log^2(2)$1
$(1)\quad\boxed{{\small\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(z^{-1})=-\frac{\pi^2}{\scriptsize 6}-\scriptsize\frac{1}{2}}\log^2(-z)}\;\;$(两边求导...);eV1=C
$(2)\quad\boxed{\small\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(-z)={\scriptsize\frac{1}{2}}\mathrm{Li}_2(z^2)}\;\;$(左边二幂级数求和...)"$c
$(3)\quad\boxed{{\small\mathrm{Li}_2(1-z)+\mathrm{Li}_2(1-z^{-1})={\scriptsize-\frac{1}{2}}}\log^2(z)}\small\color{grey}{(\frac{1}{s(1-s)}=\frac{1}{s}+\frac{1}{1-x})}$-Y:YU
$\qquad\color{grey}{\small\displaystyle\mathrm{Li}_2(1-z^{-1})\overset{u=1-\frac{1}{1-\Large s}}{=}{\scriptsize\int_0^{1-z}\frac{\log(1-s)}{s(1-s)}}ds=-\mathrm{Li}_2(1-z)-{\scriptsize\frac{1}{2}}\log^2(z)}$Sl=
$(4)\quad\boxed{{\small\mathrm{Li}_2(z)+\mathrm{Li}_2(1-z)=\frac{\pi^2}{\scriptsize 6}}-\log(z)\log(1-z)}\;$(两边求导)F%8STr
$(5)\quad\boxed{{\small\int_0^z\frac{\log u}{1+u}du=}\log(z)\log(1+z)\small+\mathrm{Li}_2(-z)}\quad$(分部积分)'Xe5


发贴时间2019/12/04 03:46pm IP: 已设置保密[本文共2121字节]  

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