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1. 개요
폴리로그함수(polylogarithm) 혹은 다중로그는 특수함수의 하나로, 로그함수를 일반화한 이변수 함수이다. 표기는 [math(\operatorname{Li}_s(x))]로 하며,[1] 정의는 다음과 같다.[math(\displaystyle \operatorname{Li}_s(z) \equiv \sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n^s})]
위 급수는 임의의 복소수 [math(s)]와 [math(|z|<1)]인 복소수 [math(z)]에 대해 수렴함이 알려져 있다. 또한, [math(s=1)]인 경우 로그함수 꼴로 표현된다. 즉,
[math(\displaystyle \operatorname{Li}_1(z) = -\ln(1-z) )]
이다. 로그함수의 매클로린 급수를 사용해서 증명할 수 있다. 폴리로그함수는 해석적 연속에 의해 [math(|z|\ge1)]인 복소수 [math(z)]에 대해서도 잘 정의된다. 자세한 내용은 영문 위키피디아 문서를 참고하라.
한편, [math(\operatorname{Li}_2(z))]와 [math(\operatorname{Li}_3(z))]는 자주 쓰이는 관계로 각각 이중로그(dilogarithm), 삼중로그(trilogarithm)라고도 불린다. 특히 [math(\operatorname{Li}_2(z))]는 Spence's function이라고도 불린다.
몇몇 폴리로그함수에 대한 그래프는 아래와 같다.
무한급수의 형태에서 알 수 있듯 리만 제타 함수 [math(\zeta(s))]와 관련이 있다.[2]
2. 미적분
- 폴리로그함수는 다음과 같이 적분을 통해 재귀적으로도 정의된다.
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_{s+1}(x)=\int_0^x\frac{\mathrm{Li}_s(t)}t\,\mathrm{d}t=\int_0^1\frac{\mathrm{Li}_s(xt)}t\,\mathrm{d}t )]}}}
먼저 [math(xt=y)]로 치환함으로써 시작한다. [math((xt=y\Rightarrow x\,\mathrm{d}t=\mathrm{d}y))]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{\mathrm{Li}_s(xt)}t\,\mathrm{d}t&=\int_0^x\frac{\mathrm{Li}_s(y)}{y/x}\frac{\mathrm{d}y}{x} \\
&=\int_0^x\frac{\mathrm{Li}_s(y)}y\,\mathrm{d}y \\
&=\int_0^x\frac{\mathrm{Li}_s(t)}t\,\mathrm{d}t \\
\end{aligned} )]
이어서 무한급수꼴 정의를 사용하면 된다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^x\frac{\mathrm{Li}_s(t)}t\,\mathrm{d}t&=\int_0^x\frac1t\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^n}{n^s}\,\mathrm{d}t \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}\int_0^xt^{n-1}\,\mathrm{d}t \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}\cdot\frac1nx^n \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^{s+1}} \\
&=\mathrm{Li}_{s+1}(x)
\end{aligned} )]
}}} ||
특히 [math(\mathrm{Li}_2(x))]의 경우, 위의 적분식과 [math(\displaystyle \mathrm{Li}_1(x)=-\ln{(1-x)})]임을 사용해서 다음과 같이 표현할 수 있다.
{{{#!wiki style="text-align: center"
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_2(x)=\int_0^x\frac{-\ln{(1-t)}}t\,\mathrm{d}t=\int_0^1\frac{-\ln{(1-xt)}}t\,\mathrm{d}t )]}}}
- 위의 적분 관계식을 사용하면 폴리로그함수의 미분을 구할 수 있다.
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_s(x)=\frac{\mathrm{Li}_{s-1}(x)}{x} )]}}}
폴리로그함수와 임의의 함수 [math(f(x))]가 합성된 경우에도 위의 적분 관계식을 사용해 미분 가능하다. 이때는 정적분으로 정의된 함수를 미분하는 방법을 사용하면 된다.
{{{#!wiki style="text-align: center"
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \mathrm{Li}_s(f(x)) &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \int_0^{f(x)} \frac{\mathrm{Li}_{s-1}(t)}t \,\mathrm{d}t \\
&= \frac{\mathrm{Li}_{s-1}(f(x))}{f(x)} \cdot f'(x)
\end{aligned} )]}}}
이를 사용하면 상수 [math(a\in\mathbb{R})]에 대해 다음 식도 얻을 수 있다.
{{{#!wiki style="text-align: center"
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \mathrm{Li}_s(ax) = \frac{\mathrm{Li}_{s-1}(ax)}{x} )]}}}
- 한편, [math(x)]가 아니라 [math(s)]로 미분할 수도 있다.
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\mathrm{Li}_s(x)=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\ln n}{n^s} )]}}}
[math(\displaystyle \begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\mathrm{Li}_s(x)&=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^s} \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}x^n\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}n^{-s} \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}x^n\cdot(-n^{-s}\ln n) \\
&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\ln n}{n^s}
\end{aligned} )]
&=\sum_{n=1}^{\infty}x^n\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}s}n^{-s} \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}x^n\cdot(-n^{-s}\ln n) \\
&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n\ln n}{n^s}
\end{aligned} )]
}}} ||
3. 성질
- 배 공식(duplication formula)
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_s(x)+\mathrm{Li}_s(-x)=2^{1-s}\mathrm{Li}_s(x^2) )]}}}
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{Li}_s(x)+\mathrm{Li}_s(-x)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^s}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-x)^n}{n^s} \\
&=2\sum_{n=2,4,\cdots}^{\infty}\frac{x^n}{n^s}\qquad\quad\mathrm{Let}: n=2k \\
&=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{2k}}{(2k)^s} \\
&=2^{1-s}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(x^2)^k}{k^s} \\
&=2^{1-s}\mathrm{Li}_s(x^2)
\end{aligned} )]
&=2\sum_{n=2,4,\cdots}^{\infty}\frac{x^n}{n^s}\qquad\quad\mathrm{Let}: n=2k \\
&=2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{2k}}{(2k)^s} \\
&=2^{1-s}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(x^2)^k}{k^s} \\
&=2^{1-s}\mathrm{Li}_s(x^2)
\end{aligned} )]
}}} ||
- 오일러의 반사 공식(Euler's reflection formula)
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2(1-x)=\frac{\pi^2}6-\ln x\ln{(1-x)} )]}}}
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\frac{\rm d}{{\rm d}t} \ln t \ln(1-t) &= \frac{\ln(1-t)}t -\frac{\ln t}{1-t} \\
-\int_0^x \biggl( \frac{\rm d}{{\rm d}t} \ln t \ln(1-t)\biggr) {\rm d}t &= \int_0^x \frac{-\ln(1-u)}u \,{\rm d}u +\int_0^x \frac{\ln v}{1-v} \,{\rm d}v \\
&\qquad {\sf Let}: v=1-t \quad \Rightarrow \quad {\rm d}v = -{\rm d}t \\
\Bigl. -\ln t \ln(1-t) \Bigr|_0^x &= \int_0^x \frac{-\ln(1-u)}u \,{\rm d}u +\int_1^{1-x} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\
-\ln x \ln(1-x) +\lim_{t\to0+} \ln t \ln(1-t) &= \int_0^x \frac{-\ln(1-u)}u \,{\rm d}u +\int_0^{1-x} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t -\int_0^1 \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\
-\ln x \ln(1-x) +0 &= \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2(1-x) -\operatorname{Li}_2(1) \\
&= \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2(1-x) -\zeta(2) \\
\therefore \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2(1-x) &= \frac{\pi^2}6 -\ln x \ln(1-x)
\end{aligned} )]
\frac{\rm d}{{\rm d}t} \ln t \ln(1-t) &= \frac{\ln(1-t)}t -\frac{\ln t}{1-t} \\
-\int_0^x \biggl( \frac{\rm d}{{\rm d}t} \ln t \ln(1-t)\biggr) {\rm d}t &= \int_0^x \frac{-\ln(1-u)}u \,{\rm d}u +\int_0^x \frac{\ln v}{1-v} \,{\rm d}v \\
&\qquad {\sf Let}: v=1-t \quad \Rightarrow \quad {\rm d}v = -{\rm d}t \\
\Bigl. -\ln t \ln(1-t) \Bigr|_0^x &= \int_0^x \frac{-\ln(1-u)}u \,{\rm d}u +\int_1^{1-x} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\
-\ln x \ln(1-x) +\lim_{t\to0+} \ln t \ln(1-t) &= \int_0^x \frac{-\ln(1-u)}u \,{\rm d}u +\int_0^{1-x} \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t -\int_0^1 \frac{-\ln(1-t)}t \,{\rm d}t \\
-\ln x \ln(1-x) +0 &= \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2(1-x) -\operatorname{Li}_2(1) \\
&= \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2(1-x) -\zeta(2) \\
\therefore \operatorname{Li}_2(x) +\operatorname{Li}_2(1-x) &= \frac{\pi^2}6 -\ln x \ln(1-x)
\end{aligned} )]
위 증명 과정 중에 나오는 극한값은 아래와 같이 계산되었다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\lim_{t\to0+} \ln t \ln(1-t) &= \lim_{t\to0+} (-t) \ln t \,\frac{\ln(1-t)}{-t} \\
&= \lim_{t\to0+} (-t \ln t) \cdot \lim_{t\to0+} \frac{\ln(1-t)}{-t} \\
&\qquad {\sf Let}: t=e^{-x} \\
&= \lim_{x\to\infty} xe^{-x} \cdot \lim_{t\to0+} \frac{\ln(1-t) -\ln1}{(1-t)-1} \\
&= \lim_{x\to\infty} xe^{-x} \cdot \biggl[ \frac{{\rm d}\ln t}{{\rm d}t} \biggr]_{t=1} \\
&= 0 \cdot 1 \\
&= 0
\end{aligned} )]
}}} ||
- 역수 공식(inversion formula)
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac1x\right)=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2(-x) )]}}}
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)&=\int_0^{-\frac1x}\frac{-\ln{(1-t)}}t\,\mathrm{d}t \\
\Rightarrow\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)&=\frac{-\ln\!\left(1+\frac1x\right)}{-\frac1x}\cdot\frac1{x^2} \\
&=\frac{\ln{(x+1)}-\ln x}x \\
\Rightarrow\int_1^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)\mathrm{d}x&=\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_2(-1) \\
&=\int_1^t\frac{\ln{(x+1)}-\ln x}x\,\mathrm{d}x \\
&=\int_1^t\frac{-\ln{(1-(-x))}}{-x}\,\mathrm{d}x-\biggl[\frac12\ln^2x\biggr]_1^t \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: -x=y \\
&=\int_{-1}^{-t}\frac{-\ln{(1-y)}}y(-\mathrm{d}y)-\frac12\ln^2t \\
&=\int_{-t}^{-1}\frac{-\ln{(1-y)}}y\,\mathrm{d}y-\frac12\ln^2t \\
&=\int_{0}^{-1}\frac{-\ln{(1-y)}}y\,\mathrm{d}y-\int_{0}^{-t}\frac{-\ln{(1-y)}}y\,\mathrm{d}y-\frac12\ln^2t \\
&=\mathrm{Li}_2(-1)-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2t \\
\therefore\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_2(-1)&=\mathrm{Li}_2(-1)-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2t \\
\Rightarrow\mathrm{Li}_2(-t)+\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1t\right)&=2\mathrm{Li}_2(-1)-\frac12\ln^2t \\
&=2\cdot(2^{-1}-1)\zeta(2)-\frac12\ln^2t \\
&=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2t\qquad\quad\mathrm{Let}: t=-x \\
\therefore\mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac1x\right)&=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2(-x)
\end{aligned} )]
\Rightarrow\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)&=\frac{-\ln\!\left(1+\frac1x\right)}{-\frac1x}\cdot\frac1{x^2} \\
&=\frac{\ln{(x+1)}-\ln x}x \\
\Rightarrow\int_1^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)\mathrm{d}x&=\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_2(-1) \\
&=\int_1^t\frac{\ln{(x+1)}-\ln x}x\,\mathrm{d}x \\
&=\int_1^t\frac{-\ln{(1-(-x))}}{-x}\,\mathrm{d}x-\biggl[\frac12\ln^2x\biggr]_1^t \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: -x=y \\
&=\int_{-1}^{-t}\frac{-\ln{(1-y)}}y(-\mathrm{d}y)-\frac12\ln^2t \\
&=\int_{-t}^{-1}\frac{-\ln{(1-y)}}y\,\mathrm{d}y-\frac12\ln^2t \\
&=\int_{0}^{-1}\frac{-\ln{(1-y)}}y\,\mathrm{d}y-\int_{0}^{-t}\frac{-\ln{(1-y)}}y\,\mathrm{d}y-\frac12\ln^2t \\
&=\mathrm{Li}_2(-1)-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2t \\
\therefore\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_2(-1)&=\mathrm{Li}_2(-1)-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2t \\
\Rightarrow\mathrm{Li}_2(-t)+\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1t\right)&=2\mathrm{Li}_2(-1)-\frac12\ln^2t \\
&=2\cdot(2^{-1}-1)\zeta(2)-\frac12\ln^2t \\
&=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2t\qquad\quad\mathrm{Let}: t=-x \\
\therefore\mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac1x\right)&=-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2(-x)
\end{aligned} )]
}}} ||
- 랜던 항등식(Landen's identity)
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_2(1-x)+\mathrm{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)=-\frac12\ln^2x )]}}}
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{Li}_2\!\left(\frac x{1+x}\right)&=\int_0^{\textstyle \frac x{1+x}}\frac{-\ln{(1-t)}}t\,\mathrm{d}t \\
\Rightarrow\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(\frac x{1+x}\right)&=\frac{-\ln\!\left(1-\frac x{1+x}\right)}{\frac x{1+x}}\cdot\frac1{(1+x)^2} \\
&=-\frac{\ln\!\left(\frac1{1+x}\right)}{x(1+x)} \\
&=\ln{(1+x)}\cdot\left(\frac1x-\frac1{1+x}\right) \\
\Rightarrow\int_0^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(\frac x{1+x}\right)\mathrm{d}x&=\mathrm{Li}_2\!\left(\frac t{1+t}\right) \\
&=\int_0^t\frac{\ln{(1+x)}}x\,\mathrm{d}x-\int_0^t\frac{\ln{(1+x)}}{1+x}\,\mathrm{d}x \\
&=\int_0^t\frac{-\ln{(1-(-x))}}{-x}\,\mathrm{d}x-\biggl[\frac12\ln^2(1+x)\biggr]_0^t \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: -x=y \\
&=\int_0^{-t}\frac{-\ln{(1-y)}}y(-\mathrm{d}y)-\frac12\ln^2(1+t) \\
&=-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2(1+t) \\
\therefore\mathrm{Li}_2\!\left(\frac t{1+t}\right)&=-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2(1+t)\qquad\quad\mathrm{Let}: 1+t=x \\
\Rightarrow\mathrm{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)&=-\mathrm{Li}_2(1-x)-\frac12\ln^2x \\
\therefore\mathrm{Li}_2(1-x)+\mathrm{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)&=-\frac12\ln^2x
\end{aligned} )]
\Rightarrow\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(\frac x{1+x}\right)&=\frac{-\ln\!\left(1-\frac x{1+x}\right)}{\frac x{1+x}}\cdot\frac1{(1+x)^2} \\
&=-\frac{\ln\!\left(\frac1{1+x}\right)}{x(1+x)} \\
&=\ln{(1+x)}\cdot\left(\frac1x-\frac1{1+x}\right) \\
\Rightarrow\int_0^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_2\!\left(\frac x{1+x}\right)\mathrm{d}x&=\mathrm{Li}_2\!\left(\frac t{1+t}\right) \\
&=\int_0^t\frac{\ln{(1+x)}}x\,\mathrm{d}x-\int_0^t\frac{\ln{(1+x)}}{1+x}\,\mathrm{d}x \\
&=\int_0^t\frac{-\ln{(1-(-x))}}{-x}\,\mathrm{d}x-\biggl[\frac12\ln^2(1+x)\biggr]_0^t \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: -x=y \\
&=\int_0^{-t}\frac{-\ln{(1-y)}}y(-\mathrm{d}y)-\frac12\ln^2(1+t) \\
&=-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2(1+t) \\
\therefore\mathrm{Li}_2\!\left(\frac t{1+t}\right)&=-\mathrm{Li}_2(-t)-\frac12\ln^2(1+t)\qquad\quad\mathrm{Let}: 1+t=x \\
\Rightarrow\mathrm{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)&=-\mathrm{Li}_2(1-x)-\frac12\ln^2x \\
\therefore\mathrm{Li}_2(1-x)+\mathrm{Li}_2\!\left(1-\frac1x\right)&=-\frac12\ln^2x
\end{aligned} )]
}}} ||
- 삼중로그의 역수 공식(inversion formula for trilogarithm)
{{{#!wiki style="text-align: center"
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_3(x)-\mathrm{Li}_3\!\left(\frac1x\right)=-\frac{\pi^2}6\ln{(-x)}-\frac16\ln^3(-x) )]}}}
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1x\right)&=\int_0^{-\frac1x}\frac{\mathrm{Li}_2(t)}t\,\mathrm{d}t \\
\Rightarrow\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1x\right)&=\frac{\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)}{-\frac1x}\cdot\frac1{x^2} \\
&=-\frac{\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)}x\qquad\quad(\mathrm{Use\ Inversion\ Formula}) \\
&=-\frac1x\left[-\mathrm{Li}_2(-x)-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2x\right] \\
&=\frac{\mathrm{Li}_2(-x)}x+\frac{\pi^2}6\frac1x+\frac12\frac{\ln^2x}x \\
\Rightarrow\int_1^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1x\right)\mathrm{d}x&=\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_3(-1) \\
&=\int_1^t\frac{\mathrm{Li}_2(-x)}x\,\mathrm{d}x+\frac{\pi^2}6\int_1^t\frac{\mathrm{d}x}x+\frac12\int_1^t\frac{\ln^2x}x\,\mathrm{d}x \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: -x=y\Rightarrow\frac{\mathrm{d}x}x=\frac{\mathrm{d}y}y \\
&=\int_{-1}^{-t}\frac{\mathrm{Li}_2(y)}y\,\mathrm{d}y+\frac{\pi^2}6\bigl[\ln x\bigr]_1^t+\frac12\biggl[\frac13\ln^3x\biggr]_1^t \\
&=\int_{0}^{-t}\frac{\mathrm{Li}_2(y)}y\,\mathrm{d}y-\int_{0}^{-1}\frac{\mathrm{Li}_2(y)}y\,\mathrm{d}y+\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t \\
&=\mathrm{Li}_3(-t)-\mathrm{Li}_3(-1)+\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t \\
\therefore\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_3(-1)&=\mathrm{Li}_3(-t)-\mathrm{Li}_3(-1)+\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t \\
\Rightarrow\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_3(-t)&=\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t\qquad\quad\mathrm{Let}: t=-x \\
\therefore\mathrm{Li}_3(x)-\mathrm{Li}_3\!\left(\frac1x\right)&=-\frac{\pi^2}6\ln{(-x)}-\frac16\ln^3(-x)
\end{aligned} )]
\Rightarrow\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1x\right)&=\frac{\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)}{-\frac1x}\cdot\frac1{x^2} \\
&=-\frac{\mathrm{Li}_2\!\left(-\frac1x\right)}x\qquad\quad(\mathrm{Use\ Inversion\ Formula}) \\
&=-\frac1x\left[-\mathrm{Li}_2(-x)-\frac{\pi^2}6-\frac12\ln^2x\right] \\
&=\frac{\mathrm{Li}_2(-x)}x+\frac{\pi^2}6\frac1x+\frac12\frac{\ln^2x}x \\
\Rightarrow\int_1^t\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1x\right)\mathrm{d}x&=\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_3(-1) \\
&=\int_1^t\frac{\mathrm{Li}_2(-x)}x\,\mathrm{d}x+\frac{\pi^2}6\int_1^t\frac{\mathrm{d}x}x+\frac12\int_1^t\frac{\ln^2x}x\,\mathrm{d}x \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}: -x=y\Rightarrow\frac{\mathrm{d}x}x=\frac{\mathrm{d}y}y \\
&=\int_{-1}^{-t}\frac{\mathrm{Li}_2(y)}y\,\mathrm{d}y+\frac{\pi^2}6\bigl[\ln x\bigr]_1^t+\frac12\biggl[\frac13\ln^3x\biggr]_1^t \\
&=\int_{0}^{-t}\frac{\mathrm{Li}_2(y)}y\,\mathrm{d}y-\int_{0}^{-1}\frac{\mathrm{Li}_2(y)}y\,\mathrm{d}y+\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t \\
&=\mathrm{Li}_3(-t)-\mathrm{Li}_3(-1)+\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t \\
\therefore\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_3(-1)&=\mathrm{Li}_3(-t)-\mathrm{Li}_3(-1)+\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t \\
\Rightarrow\mathrm{Li}_3\!\left(-\frac1t\right)-\mathrm{Li}_3(-t)&=\frac{\pi^2}6\ln t+\frac16\ln^3t\qquad\quad\mathrm{Let}: t=-x \\
\therefore\mathrm{Li}_3(x)-\mathrm{Li}_3\!\left(\frac1x\right)&=-\frac{\pi^2}6\ln{(-x)}-\frac16\ln^3(-x)
\end{aligned} )]
}}} ||
4. 함숫값
- [math(\displaystyle \mathrm{Li}_s(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^s}=\zeta(s) )]
- [math(\displaystyle \mathrm{Li}_s(-1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n^s}=(2^{1-s}-1)\zeta(s) )]
- [math(\displaystyle \mathrm{Li}_1\!\left(\frac12\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^nn}=\ln2\approx0.6931471806 )]
위의 [math(\mathrm{Li}_1(x))]에 관한 식에 [math(x=1/2)]을 대입하면 된다.
[math(\displaystyle \mathrm{Li}_1\!\left(\dfrac12\right)=-\ln\!\left(1-\dfrac12\right)=\ln2 )]
}}} ||
* [math(\displaystyle \mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^nn^2}=-\frac12\ln^22+\frac{\pi^2}{12}\approx0.5822405265 )]
로그 함수의 매클로린 급수에서 시작한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\ln{(1-x)}&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}n \\
\frac{\ln{(1-x)}}x&=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}n \\
\int_0^{1/2}\frac{\ln{(1-x)}}x\,\mathrm{d}x&=-\int_0^{1/2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}n\,\mathrm{d}x=-\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^{1/2}\frac{x^{n-1}}n\,\mathrm{d}x \\
&=-\sum_{n=1}^{\infty}\left.\frac{x^n}{n^2}\right|_0^{1/2}=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n n^2} \\
&=-\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)\quad\cdots(1)
\end{aligned} )]
한편, 좌변의 정적분은 다음과 같이 계산할 수 있다. 부분적분으로 시작한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^{1/2}\frac{\ln{(1-x)}}x\,\mathrm{d}x&=\int_0^{1/2}\ln{(1-x)}\cdot\frac1x\,\mathrm{d}x \\
&=\Bigl.\ln{(1-x)}\ln x\Bigr|_0^{1/2}+\int_0^{1/2}\frac{\ln x}{1-x}\,\mathrm{d}x\qquad\quad\mathrm{Let}: x=1-t \\
&=\left(\ln^2\frac12-\lim_{x\to0^+}\ln{(1-x)}\ln x\right)-\int_1^{1/2}\frac{\ln{(1-t)}}{t}\,\mathrm{d}t \\
&=\ln^22-0-\int_1^{1/2}\frac{\ln{(1-x)}}x\,\mathrm{d}x=\ln^22+\sum_{n=1}^{\infty}\left.\frac{x^n}{n^2}\right|_1^{1/2} \\
&=\ln^22+\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^nn^2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\ln^22+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)-\zeta(2) \\
&=\ln^22+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)-\frac{\pi^2}6\quad\cdots(2)
\end{aligned} )]
위 식의 셋째 줄에 있는 극한값은 아래와 같이 계산되었다. 로피탈의 정리를 사용한 곳은 [math(\overset\mathbf{*}=)]로 나타내었다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\lim_{x\to0^+}\ln{(1-x)}\ln x&=\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}\frac{\ln{(1-x)}}{x} \\& =\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{1/x}\lim_{x\to0^+}\frac{\ln{(1-x)}}{x} \\
&\overset\mathbf*=\lim_{x\to0^+}\frac{1/x}{-1/x^{2}}\lim_{x\to0^+}\frac{-1/(1-x)}{1}\\&=\lim_{x\to0^+}x\lim_{x\to0^+}\frac1{1-x} \\&=0\cdot1 \\&=0
\end{aligned} )]
[math((1))]과 [math((2))]에 따라 다음과 같이 [math(\mathrm{Li}_2(1/2))]의 값을 계산할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\ln^22+\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)-\frac{\pi^2}6&=-\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right) \\
2\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)&=\frac{\pi^2}6-\ln^22 \\
\therefore\mathrm{Li}_2\!\left(\frac12\right)&=-\frac12\ln^22+\frac{\pi^2}{12}
\end{aligned} )]
}}} ||
* [math(\displaystyle \mathrm{Li}_3\!\left(\frac12\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^nn^3}=\frac16 \ln^3 2-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac78\,\zeta(3)\approx0.5372131936 )]
여기서는 위에 있는 성질 문단에 소개된 formula 및 identity를 사용하지 않는 증명 방법을 소개하였다. 먼저 다음 4가지의 참고식들을 증명한 다음, 이 참고식들을 사용하여 [math(\mathrm{Li}_3\!\left(\dfrac12\right))]의 값을 계산할 것이다.
- 참고식 [math(A)], [math(B)]
[math(n\in\mathbb{Z}^+)], [math(k\in\mathbb{Z}^+)]에 대하여 다음 두 식을 얻을 수 있다. 여기서 [math(\mathbb{Z}^+)]는 양의 정수의 집합을 의미한다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1x^{n-1}\ln^kx\,\mathrm{d}x&=\Bigl.\frac1nx^n\ln^kx\Bigr|_0^1-\int_0^1\frac1nx^n\cdot k\ln^{k-1}x\cdot\frac1x\,\mathrm{d}x \\
&=-\frac kn\int_0^1x^{n-1}\ln^{k-1}x\,\mathrm{d}x \\
&=\cdots \\
&=\frac{(-1)^kk!}{n^k}\int_0^1x^{n-1}\,\mathrm{d}x \\
&=\frac{(-1)^kk!}{n^{k+1}}\qquad\cdots A \\
\Rightarrow\frac1{n^{k+1}}&=\frac{(-1)^k}{k!}\int_0^1x^{n-1}\ln^kx\,\mathrm{d}x\qquad\cdots B
\end{aligned} )]}}}
* 참고식 [math(C)]
[math(s\in\mathbb{Z}^+)]에 대하여 다음 식을 얻을 수 있다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^s}=(1-2^{1-s})\zeta(s)\qquad\cdots C )]}}}
- 참고식 [math(D)]
먼저 [math(x=t^2)]으로 치환함으로써 시작한다.
{{{#!wiki style="text-align:center"
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x&=\int_0^1\frac{(2\ln t)^2}{1-t^2}\,2t\,\mathrm{d}t \\
&=8\int_0^1\ln^2t\cdot\frac t{1-t^2}\,\mathrm{d}t \\
&=8\int_0^1\ln^2t\cdot\frac12\left(\frac1{1-t}-\frac1{1+t}\right)\mathrm{d}t \\
&=4\int_0^1\frac{\ln^2t}{1-t}\,\mathrm{d}t-4\int_0^1\frac{\ln^2t}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
\Rightarrow-3\int_0^1\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x&=-4\int_0^1\frac{\ln^2t}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
\therefore\int_0^1\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x&=\frac43\int_0^1\frac{\ln^2t}{1+t}\,\mathrm{d}t\qquad\cdots D
\end{aligned} )]}}}
이제 위의 참고식들을 사용하여 [math(\mathrm{Li}_3\!\left(\dfrac12\right))]의 값을 계산해보자. 계산 과정 중, 위의 참고식이나 아래의 과정에서 나타나는 관계식을 사용한 경우, 등호 위에다가 해당 참고식·관계식의 알파벳·번호를 적을 것이다. (예: [math(\overset{A}=)], [math(\overset{(1)}=)])
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\mathrm{Li}_3\!\left(\frac12\right)&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n n^3}\overset{B}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^n}\left(\frac12\int_0^1x^{n-1}\ln^2x\,\mathrm{d}x\right)=\frac14\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{2^{n-1}}\int_0^1x^{n-1}\ln^2x\,\mathrm{d}x \\
&=\frac14\int_0^1\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac x2\right)^{n-1}\ln^2x\,\mathrm{d}x=\frac14\int_0^1\frac1{1-\frac x2}\ln^2x\,\mathrm{d}x=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2x}{2-x}\,\mathrm{d}x \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:\frac x{2-x}=t\quad\rightarrow\quad x=\frac{2t}{1+t}\quad\rightarrow\quad\mathrm{d}x=\frac2{(1+t)^2}\,\mathrm{d}t \\
&=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2\!\left(\dfrac{2t}{1+t}\right)}{2-\left(\dfrac{2t}{1+t}\right)}\frac2{(1+t)^2}\,\mathrm{d}t=\frac12\int_0^1\frac{\ln^2\!\left(\dfrac{2t}{1+t}\right)}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
&=\frac12\int_0^1\frac{(\ln2+\ln t-\ln{(1+t)})^2}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
&=\frac12\int_0^1\frac{\ln^22+\ln^2t+\ln^2(1+t)+2\ln2\ln t-2\ln t\ln{(1+t)}-2\ln2\ln{(1+t)}}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
&=\frac12\int_0^1\frac{{\color{blue}\ln^22-2\ln2\ln{(1+t)}}+{\color{red}\ln^2t}+{\color{limegreen}\ln^2(1+t)}+{\color{darkorchid}2\ln2\ln t}-{\color{fuchsia}2\ln t\ln{(1+t)} }}{1+t}\,\mathrm{d}t\qquad\cdots(1)
\end{aligned} )]
위의 정적분을 색깔별로 쪼개서 적분한 후 마지막에 값을 합쳐주면 된다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{{\color{blue}\ln^22-2\ln2\ln{(1+t)} }}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\ln2\int_0^1\frac{\ln2-2\ln{(1+t)}}{1+t}\,\mathrm{d}t\overset{\mathrm{let}}=I \\
&\qquad\mathrm{Let}:t=\frac{1-x}{1+x}\quad\rightarrow\quad1+t=\frac2{1+x}\quad\rightarrow\quad\mathrm{d}t=\frac{-2}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x \\
&=\ln2\int_1^0\frac{\ln2-2\ln\!\left(\dfrac2{1+x}\right)}{\cfrac2{1+x}}\frac{-2}{(1+x)^2}\,\mathrm{d}x \\
&=\ln2\int_0^1\frac{\ln2-2\ln2+2\ln{(1+x)}}{1+x}\,\mathrm{d}x \\
&=\ln2\int_0^1\frac{-\ln2+2\ln{(1+x)}}{1+x}\,\mathrm{d}x=-I\quad\Rightarrow I=-I\quad\therefore I=0 \\
&=0\qquad\cdots(2)
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{{\color{red}\ln^2t}}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\int_0^1\ln^2t\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,t^{n-1}\,\mathrm{d}t \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_0^1t^{n-1}\ln^2t\,\mathrm{d}t \\
&\overset{A}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac2{n^3}\right) \\
&=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3} \\
&\overset{C}=2\cdot\frac34\zeta(3) \\
&=\frac32\zeta(3)\qquad\cdots(3)
\end{aligned} )]
\int_0^1\frac{{\color{red}\ln^2t}}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\int_0^1\ln^2t\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,t^{n-1}\,\mathrm{d}t \\
&=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_0^1t^{n-1}\ln^2t\,\mathrm{d}t \\
&\overset{A}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(\frac2{n^3}\right) \\
&=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^3} \\
&\overset{C}=2\cdot\frac34\zeta(3) \\
&=\frac32\zeta(3)\qquad\cdots(3)
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{{\color{limegreen}\ln^2(1+t)}}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\Bigl.\frac13\ln^3(1+t)\Bigr|_0^1 \\
&=\frac13\ln^32\qquad\cdots(4)
\end{aligned} )]
\int_0^1\frac{{\color{limegreen}\ln^2(1+t)}}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\Bigl.\frac13\ln^3(1+t)\Bigr|_0^1 \\
&=\frac13\ln^32\qquad\cdots(4)
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{{\color{darkorchid}2\ln2\ln t}}{1+t}\,\mathrm{d}t&=2\ln2\int_0^1\ln t\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,t^{n-1}\,\mathrm{d}t \\
&=2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_0^1t^{n-1}\ln t\,\mathrm{d}t \\
&\overset{A}=2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(-\frac1{n^2}\right) \\
&=-2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} \\
&\overset{C}=-2\ln2\cdot\frac12\zeta(2) \\
&=-\frac{\pi^2}6\ln2\qquad\cdots(5)
\end{aligned} )]
\int_0^1\frac{{\color{darkorchid}2\ln2\ln t}}{1+t}\,\mathrm{d}t&=2\ln2\int_0^1\ln t\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\,t^{n-1}\,\mathrm{d}t \\
&=2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\int_0^1t^{n-1}\ln t\,\mathrm{d}t \\
&\overset{A}=2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left(-\frac1{n^2}\right) \\
&=-2\ln2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} \\
&\overset{C}=-2\ln2\cdot\frac12\zeta(2) \\
&=-\frac{\pi^2}6\ln2\qquad\cdots(5)
\end{aligned} )]
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1\frac{{\color{fuchsia}2\ln t\ln{(1+t)} }}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\int_0^1\ln t\cdot\frac{2\ln{(1+t)}}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
&=\Bigl.\ln t\ln^2(1+t)\Bigr|_0^1-\int_0^1\frac1t\cdot\ln^2(1+t)\,\mathrm{d}t \\
&=-\int_0^1\frac{\ln^2(1+t)}t\,\mathrm{d}t \\
&=-\frac12\int_0^1\frac{(\ln{(1-t)}+\ln{(1+t)})^2}t\,\mathrm{d}t-\frac12\int_0^1\frac{(\ln{(1-t)}-\ln{(1+t)})^2}t\,\mathrm{d}t+\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)}t\,\mathrm{d}t \\
&=-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2(1-t^2)}t\,\mathrm{d}t-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2\!\left(\dfrac{1-t}{1+t}\right)}t\,\mathrm{d}t+\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)}{t}\,\mathrm{d}t \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:1-t^2=x\quad\rightarrow\quad t^2=1-x\quad\rightarrow\quad2t\,\mathrm{d}t=-\mathrm{d}x \\
&\qquad\qquad\rightarrow\quad\frac{\mathrm{d}t}t=-\frac12\frac{\mathrm{d}x}{t^2}=-\frac12\frac{\mathrm{d}x}{1-x} \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:\frac{1-t}{1+t}=y\quad\rightarrow\quad t=\frac{1-y}{1+y}\quad\rightarrow\quad\mathrm{d}t=\frac{-2}{(1+y)^2}\,\mathrm{d}y \\
&\qquad\qquad\rightarrow\quad\frac{\mathrm{d}t}t=\frac{1+y}{1-y}\frac{-2}{(1+y)^2}\mathrm{d}y=-\left(\frac1{1-y}+\frac1{1+y}\right)\mathrm{d}y \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:1-t=z\quad\rightarrow\quad t=1-z\quad\rightarrow\quad\mathrm{d}t=-\mathrm{d}z \\
&\qquad\qquad\rightarrow\quad\frac{\mathrm{d}t}t=-\frac{\mathrm{d}z}{1-z} \\
&=\frac14\int_1^0\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x+\frac12\int_1^0\left(\frac{\ln^2y}{1-y}+\frac{\ln^2y}{1+y}\right)\mathrm{d}y-\int_1^0\frac{\ln^2z}{1-z}\,\mathrm{d}z \\
&=\frac14\int_0^1\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2y}{1+y}\,\mathrm{d}y \\
&\overset{D}=\frac14\cdot\frac43\int_0^1\frac{\ln^2x}{1+x}\,\mathrm{d}x-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2y}{1+y}\,\mathrm{d}y \\
&=-\frac16\int_0^1\frac{\ln^2x}{1+x}\,\mathrm{d}x \\
&\overset{(3)}=-\frac16\cdot\frac32\zeta(3) \\
&=-\frac14\zeta(3)\qquad\cdots(6)
\end{aligned} )]
\int_0^1\frac{{\color{fuchsia}2\ln t\ln{(1+t)} }}{1+t}\,\mathrm{d}t&=\int_0^1\ln t\cdot\frac{2\ln{(1+t)}}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
&=\Bigl.\ln t\ln^2(1+t)\Bigr|_0^1-\int_0^1\frac1t\cdot\ln^2(1+t)\,\mathrm{d}t \\
&=-\int_0^1\frac{\ln^2(1+t)}t\,\mathrm{d}t \\
&=-\frac12\int_0^1\frac{(\ln{(1-t)}+\ln{(1+t)})^2}t\,\mathrm{d}t-\frac12\int_0^1\frac{(\ln{(1-t)}-\ln{(1+t)})^2}t\,\mathrm{d}t+\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)}t\,\mathrm{d}t \\
&=-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2(1-t^2)}t\,\mathrm{d}t-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2\!\left(\dfrac{1-t}{1+t}\right)}t\,\mathrm{d}t+\int_0^1\frac{\ln^2(1-t)}{t}\,\mathrm{d}t \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:1-t^2=x\quad\rightarrow\quad t^2=1-x\quad\rightarrow\quad2t\,\mathrm{d}t=-\mathrm{d}x \\
&\qquad\qquad\rightarrow\quad\frac{\mathrm{d}t}t=-\frac12\frac{\mathrm{d}x}{t^2}=-\frac12\frac{\mathrm{d}x}{1-x} \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:\frac{1-t}{1+t}=y\quad\rightarrow\quad t=\frac{1-y}{1+y}\quad\rightarrow\quad\mathrm{d}t=\frac{-2}{(1+y)^2}\,\mathrm{d}y \\
&\qquad\qquad\rightarrow\quad\frac{\mathrm{d}t}t=\frac{1+y}{1-y}\frac{-2}{(1+y)^2}\mathrm{d}y=-\left(\frac1{1-y}+\frac1{1+y}\right)\mathrm{d}y \\
&\qquad\quad\mathrm{Let}:1-t=z\quad\rightarrow\quad t=1-z\quad\rightarrow\quad\mathrm{d}t=-\mathrm{d}z \\
&\qquad\qquad\rightarrow\quad\frac{\mathrm{d}t}t=-\frac{\mathrm{d}z}{1-z} \\
&=\frac14\int_1^0\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x+\frac12\int_1^0\left(\frac{\ln^2y}{1-y}+\frac{\ln^2y}{1+y}\right)\mathrm{d}y-\int_1^0\frac{\ln^2z}{1-z}\,\mathrm{d}z \\
&=\frac14\int_0^1\frac{\ln^2x}{1-x}\,\mathrm{d}x-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2y}{1+y}\,\mathrm{d}y \\
&\overset{D}=\frac14\cdot\frac43\int_0^1\frac{\ln^2x}{1+x}\,\mathrm{d}x-\frac12\int_0^1\frac{\ln^2y}{1+y}\,\mathrm{d}y \\
&=-\frac16\int_0^1\frac{\ln^2x}{1+x}\,\mathrm{d}x \\
&\overset{(3)}=-\frac16\cdot\frac32\zeta(3) \\
&=-\frac14\zeta(3)\qquad\cdots(6)
\end{aligned} )]
이제 [math((2))]~[math((6))]의 값을 [math((1))]에 대입하고 정리하면 최종적으로 [math(\mathrm{Li}_3(1/2))]의 값을 구할 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\mathrm{Li}_3\!\left(\dfrac12\right)&=\frac12\int_0^1\frac{{\color{blue}\ln^22-2\ln2\ln{(1+t)}}+{\color{red}\ln^2t}+{\color{limegreen}\ln^2(1+t)}+{\color{darkorchid}2\ln2\ln t}-{\color{fuchsia}2\ln t\ln{(1+t)} }}{1+t}\,\mathrm{d}t \\
&=\frac12\left[{\color{blue}0}+{\color{red}\frac32\zeta(3)}+{\color{limegreen}\frac13\ln^32}+\left({\color{darkorchid}-\frac{\pi^2}6\ln2}\right)-\left({\color{fuchsia}-\frac14\zeta(3)}\right)\right] \\
&=\frac16\ln^32-\frac{\pi^2}{12}\ln2+\frac78\zeta(3)
\end{aligned} )]
}}} ||
* [math(\displaystyle \operatorname{Li}_2(i) = \sum_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n^2} = -\frac{\pi^2}{48} +iG \approx -0.2056167584 +0.9159655942\,i \quad)] (단, [math(G)]는 카탈랑 상수)
우선 폴리로그 함수의 정의에 [math(i)]를 대입한 후 급수를 실수부와 허수부로 나눠 정리해보자.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\operatorname{Li}_2(i) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n^2} \\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac i{(4n+1)^2} -{\color{red} \sum_{n=0}^\infty \frac1{(4n+2)^2} } -\sum_{n=0}^\infty \frac i{(4n+3)^2} +{\color{blue} \sum_{n=1}^\infty \frac1{(4n)^2} } \\
&= -\,{\color{red} \sum_{n=0}^\infty \frac1{2^2(2n+1)^2} } +{\color{blue} \sum_{n=1}^\infty \frac1{2^2(2n)^2} } +i\Biggl( \sum_{n=0}^\infty \frac1{(4n+1)^2} -\sum_{n=0}^\infty \frac1{(4n+3)^2} \Biggr) \\
&= \frac14 \Biggl( -\,{\color{red} \sum_{n=0}^\infty \frac1{(2n+1)^2} } +{\color{blue} \sum_{n=1}^\infty \frac1{(2n)^2} } \Biggr) +i\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
&= \frac14 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} +i\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
\end{aligned})]
\operatorname{Li}_2(i) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{i^n}{n^2} \\
&= \sum_{n=0}^\infty \frac i{(4n+1)^2} -{\color{red} \sum_{n=0}^\infty \frac1{(4n+2)^2} } -\sum_{n=0}^\infty \frac i{(4n+3)^2} +{\color{blue} \sum_{n=1}^\infty \frac1{(4n)^2} } \\
&= -\,{\color{red} \sum_{n=0}^\infty \frac1{2^2(2n+1)^2} } +{\color{blue} \sum_{n=1}^\infty \frac1{2^2(2n)^2} } +i\Biggl( \sum_{n=0}^\infty \frac1{(4n+1)^2} -\sum_{n=0}^\infty \frac1{(4n+3)^2} \Biggr) \\
&= \frac14 \Biggl( -\,{\color{red} \sum_{n=0}^\infty \frac1{(2n+1)^2} } +{\color{blue} \sum_{n=1}^\infty \frac1{(2n)^2} } \Biggr) +i\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
&= \frac14 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} +i\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
\end{aligned})]
앞의 급수는 제타 함수의 성질에 의해 [math(-\dfrac{\pi^2}{12})]의 값을 가지고, 뒤의 급수는 카탈랑 상수 [math(G)]의 정의이다. 따라서 [math(\operatorname{Li}_2(i))]의 값은 다음과 같다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\operatorname{Li}_2(i) &= \frac14 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} +i\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
&= -\frac{\pi^2}{48} +iG
\end{aligned})]
\operatorname{Li}_2(i) &= \frac14 \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n^2} +i\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{(2n+1)^2} \\
&= -\frac{\pi^2}{48} +iG
\end{aligned})]
}}} ||
5. 항등식
- [math(\displaystyle \int_0^1 \operatorname{Li}_n(x) \,{\rm d}x = \sum_{k=2}^n (-1)^{n-k} \zeta(k) +(-1)^{n-1} \qquad)] (단, [math(n)]은 자연수)[3]
[math(n=1)]인 경우
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \operatorname{Li}_1(x) \,{\rm d}x &= \int_0^1 (-\ln(1-x)) \,{\rm d}x \\
&= \Bigl[ (1-x)\ln(1-x) +x \Bigr]_0^1 \\
&= 1
\end{aligned} )]
[math(n\ge2)]인 경우
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\int_0^1 \operatorname{Li}_n(x) \,{\rm d}x &= \Bigl. x \operatorname{Li}_n(x) \Bigr|_0^1 -\int_0^1 x \,\frac{\operatorname{Li}_{n-1}(x)}x \,{\rm d}x \\
&= \operatorname{Li}_n(1) -\int_0^1 \operatorname{Li}_{n-1}(x) \,{\rm d}x \\
&= \zeta(n) -\int_0^1 \operatorname{Li}_{n-1}(x) \,{\rm d}x \\
&= \zeta(n) -\zeta(n-1) +\int_0^1 \operatorname{Li}_{n-2}(x) \,{\rm d}x \\
&~~\vdots \\
&= \sum_{k=2}^n (-1)^{n-k} \zeta(k) +(-1)^{n-1} \int_0^1 \operatorname{Li}_1(x) \,{\rm d}x \\
&= \sum_{k=2}^n (-1)^{n-k} \zeta(k) +(-1)^{n-1}
\end{aligned} )]
한편, [math(n\ge2)]인 경우의 공식에 [math(n=1)]을 대입하면 [math(1)]이 나오므로 위 공식은 [math(n=1)]에 대해서도 성립한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned}
\therefore \int_0^1 \operatorname{Li}_n(x) \,{\rm d}x = \sum_{k=2}^n (-1)^{n-k} \zeta(k) +(-1)^{n-1} \qquad (n\in\N)
\end{aligned} )]
}}}||
[math(\displaystyle \int_0^1 \operatorname{Li}_1(x) \,{\rm d}x = 1)]
[math(\displaystyle \int_0^1 \operatorname{Li}_2(x) \,{\rm d}x = \zeta(2)-1 = \frac{\pi^2}6-1 \approx 0.6449340668)]
[math(\displaystyle \int_0^1 \operatorname{Li}_3(x) \,{\rm d}x = \zeta(3)-\zeta(2)+1 = \zeta(3)-\frac{\pi^2}6+1 \approx 0.5571228363)]
[math(\displaystyle \int_0^1 \operatorname{Li}_2(x) \,{\rm d}x = \zeta(2)-1 = \frac{\pi^2}6-1 \approx 0.6449340668)]
[math(\displaystyle \int_0^1 \operatorname{Li}_3(x) \,{\rm d}x = \zeta(3)-\zeta(2)+1 = \zeta(3)-\frac{\pi^2}6+1 \approx 0.5571228363)]