Una identità particolare della funzione $Li_2(-1)$
Salve,
nella soluzione di un esercizio che coinvolge la funzione $Li_2$, c'è un passaggio in cui si fa ricorso a questa identità:
$Li_2(-1) = \sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2} =
\sum_{n = 1}^\infty[\frac{1}{(2n)^2} -
\frac{1}{(2n-1)^2}] =
\sum_{n = 1}^\infty[-\frac{1}{n^2} +
2\frac{1}{(2n)^2}]$
Qualcuno per caso è a conoscenza di come ci si arriva?
(intendo se ci fosse dietro un puro passaggio algebrico che mi sfugge oppure se deriva da qualche identità più articolata nella manipolazione delle funzioni $Li(x)$ stesse).
Non riesco proprio ad afferrarlo.
Grazie a tutti.
nella soluzione di un esercizio che coinvolge la funzione $Li_2$, c'è un passaggio in cui si fa ricorso a questa identità:
$Li_2(-1) = \sum_{n = 1}^\infty\frac{(-1)^n}{n^2} =
\sum_{n = 1}^\infty[\frac{1}{(2n)^2} -
\frac{1}{(2n-1)^2}] =
\sum_{n = 1}^\infty[-\frac{1}{n^2} +
2\frac{1}{(2n)^2}]$
Qualcuno per caso è a conoscenza di come ci si arriva?
(intendo se ci fosse dietro un puro passaggio algebrico che mi sfugge oppure se deriva da qualche identità più articolata nella manipolazione delle funzioni $Li(x)$ stesse).
Non riesco proprio ad afferrarlo.
Grazie a tutti.
Risposte
Ciao Gandalf73,
Per il primo passaggio mi pare abbia semplicemente distinto fra $n$ pari e $n$ dispari:
$\text{Li}_2 (- 1) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} = \sum_{n = 2, 4, 6,...}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} + \sum_{n = 1, 3, 5,...}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} = \sum_{n = 1}^{+\infty}\frac{1}{(2n)^2} - \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} = $
$ = \sum_{n = 1}^{+\infty} [\frac{1}{(2n)^2} - \frac{1}{(2n - 1)^2}] $
Per l'ultimo passaggio direi così:
$\text{Li}_x (- 1) + \text{Li}_x (1) = 2 \sum_{n = 2, 4, 6,...}^{+\infty} 1/n^x = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/(2n)^x = 2^{1 - x}\sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^x $
Sicché si ha:
$\text{Li}_x (- 1) = - \text{Li}_x (1) + 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/(2n)^x $
$\text{Li}_x (- 1) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^x} = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^x + 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/(2n)^x = \sum_{n = 1}^{+\infty} [- 1/n^x + 2 1/(2n)^x] $
Nel caso particolare $x = 2 $ si ha:
$\text{Li}_2 (- 1) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} = \sum_{n = 1}^{+\infty} [- 1/n^2 + 2 1/(2n)^2] $
Per il primo passaggio mi pare abbia semplicemente distinto fra $n$ pari e $n$ dispari:
$\text{Li}_2 (- 1) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} = \sum_{n = 2, 4, 6,...}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} + \sum_{n = 1, 3, 5,...}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} = \sum_{n = 1}^{+\infty}\frac{1}{(2n)^2} - \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{(2n - 1)^2} = $
$ = \sum_{n = 1}^{+\infty} [\frac{1}{(2n)^2} - \frac{1}{(2n - 1)^2}] $
Per l'ultimo passaggio direi così:
$\text{Li}_x (- 1) + \text{Li}_x (1) = 2 \sum_{n = 2, 4, 6,...}^{+\infty} 1/n^x = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/(2n)^x = 2^{1 - x}\sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^x $
Sicché si ha:
$\text{Li}_x (- 1) = - \text{Li}_x (1) + 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/(2n)^x $
$\text{Li}_x (- 1) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^x} = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^x + 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/(2n)^x = \sum_{n = 1}^{+\infty} [- 1/n^x + 2 1/(2n)^x] $
Nel caso particolare $x = 2 $ si ha:
$\text{Li}_2 (- 1) = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n^2} = \sum_{n = 1}^{+\infty} [- 1/n^2 + 2 1/(2n)^2] $
Ciao Pillo,
come pensavo è un misto di manipolazione + uso della funzione di-logaritmica con altro argomento.
Per il primo passaggio forse ci sarei arrivato ma per la seconda credo che non ce l'avrei mai fatta perchè occorre appunto saper maneggiare quel tipo di funzioni.Ho letto che sussiste anche una equivalenza della suddetta di-logaritmica con un integrale doppio in $xy$.
Grazie ancora ...preziosissima la "perla"
come pensavo è un misto di manipolazione + uso della funzione di-logaritmica con altro argomento.
Per il primo passaggio forse ci sarei arrivato ma per la seconda credo che non ce l'avrei mai fatta perchè occorre appunto saper maneggiare quel tipo di funzioni.Ho letto che sussiste anche una equivalenza della suddetta di-logaritmica con un integrale doppio in $xy$.
Grazie ancora ...preziosissima la "perla"
"Gandalf73":
Grazie ancora ...preziosissima la "perla"
Prego!
"Gandalf73":
Ho letto che sussiste anche una equivalenza della suddetta di-logaritmica con un integrale doppio in $xy$.
Credo tu stia facendo riferimento alla relazione seguente:
$ \text{Li}_2 (z) = - \int_0^z log(1 - x)/x \text{d}x = - \int_0^z 1/x [\int_1^{1 - x}\frac{\text{d}y}{y}] \text{d}x $
Oppure alla seguente:
$\text{Li}_x (- 1) = 2^{1 - x} \zeta(x) - \zeta(x) = (2^{1 - x} - 1) \zeta(x) $
Nel caso particolare $x = 2 $ si ha:
$\text{Li}_2 (- 1) = (2^{- 1} - 1) \zeta(2) = -1/2 \zeta(2) = - 1/2 \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^2}=- 1/2 \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{n+1}\frac{1}{n+1} = $
$ = - 1/2 \sum_{n=0}^{+\infty} (\int_0^1 x^n \text{d}x) (\int_0^1 y^n \text{d}y) = - 1/2 \sum_{n=0}^{+\infty}\int_{[0,1]^2} x^n y^n \text{d}x text{d}y = - 1/2 \int_{[0,1]^2} \sum_{n=0}^{+\infty} x^n y^n \text{d}x text{d}y = $
$ = - 1/2 \int_{[0,1]^2} 1/(1 - xy) \text{d}x text{d}y $
sfruttando il teorema della convergenza monotona per scambiare la serie e l'integrale.
Ciao Pillo,
si alla seconda forma che hai messo.
Nella seconda per arrivare all'integrale doppio c'è di mezzo un'altra funzione che se non erro è la funzione "Zeta" corretto?
Qui siamo sull'alta matematica.......rischio di perdere pezzi ah ah ah , debbo riportare tutto sul terra terra....
Racchiudere tutte queste funzioni "particolari", il loro legame e studiare le relazioni tra esse in modo sequenziale non è affatto banale...
si alla seconda forma che hai messo.
Nella seconda per arrivare all'integrale doppio c'è di mezzo un'altra funzione che se non erro è la funzione "Zeta" corretto?
Qui siamo sull'alta matematica....
...rischio di perdere pezzi ah ah ah , debbo riportare tutto sul terra terra....Racchiudere tutte queste funzioni "particolari", il loro legame e studiare le relazioni tra esse in modo sequenziale non è affatto banale...
"Gandalf73":
Nella seconda per arrivare all'integrale doppio c'è di mezzo un'altra funzione che se non erro è la funzione "Zeta" corretto?
Sì, è la famosa funzione zeta di Riemann:
$\zeta(x) = \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^x $
Nel caso particolare $x = 2 $ si ha:
$\zeta(2) = \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 = \pi^2/6 $
"Gandalf73":
Racchiudere tutte queste funzioni "particolari", il loro legame e studiare le relazioni tra esse in modo sequenziale non è affatto banale...
Eh no, concordo...
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