Computación $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\phi^{2n}n^2}$

Question

Me gustaría mostrar que

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\phi^{2n}n^2}=\frac{\pi^2}{15}-\ln^2(\phi) $$

donde $$ \phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$$

¿Cómo puede este resultado se deriva de la representación integral

$$ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\phi^{2n}n^2} = -\int_0^{1/\phi^2}\frac{\ln(1-x)}{x} \mathrm dx $$

?

Answer 1

Para justificar la representación integral, se observa que la $$ \frac{-\ln(1-x)}{x}=\sum_{n\geq 1} \frac{x^{n-1}}{n} $$ converge normalmente (por lo tanto de manera uniforme absolutamente) en $[0,1/\phi^2]$. Así que término por término integración es posible y los rendimientos de la fórmula deseada.

Ahora para calcular la integral, tenemos que saber que una antiderivada de $-\ln(1-x)/x$ es el llamado dilogarithm. De acuerdo a Wikipedia, Don Zagier dijo una vez que el dilogarithm es la única función matemática con sentido del humor.

Así $$ \sum_{n\geq 1} \frac{1}{\phi^{2n}n^2}=\mbox{Li}_2(1/\phi^2)=\mbox{Li}_2\left( \frac{3-\sqrt{5}}{2}\right). $$

He encontrado aquí: http://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm que $$ \mbox{Li}_2\left( \frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)=\frac{\pi^2}{15}-\ln^2\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right). $$

Esa es su fórmula, ya $\ln^2(1/\phi)=\ln^2(\phi)$.

El dilogarithm fórmula que se utilizó anteriormente es más probable demostrado aquí: http://books.google.fr/books?id=u_UVn_iquj0C&pg=PA141&lpg=PA141&dq=trilogarithm+identities&source=bl&ots=5lp7VWoN1p&sig=xkvQm5jZFj_bcb0CpPKqsmIa1Fw&hl=fr&sa=X&ei=d5EOUd_iPLK-0QH8k4CAAQ&ved=0CDoQ6AEwAQ#v=onepage&q=trilogarithm%20identities&f=false

Answer 2

A partir de la identidad $$ Li_2(x)+Li_2(1-x)=\frac{\pi^2}{6}-(\log x)(\log(1-x)) $$ de la siguiente manera: $$ Li_2(\phi^{-1})+Li_2(\phi^{-2}) = \frac{\pi^2}{6} - 2\log^2\phi. $$ A partir de la identidad $$ Li_2(1-x)+Li_2(1-x^{-1})=-\frac{1}{2}\log^2 x$$ de la siguiente manera: $$ Li_2(-\phi^{-1})+Li_2(\phi^{-2}) = -\frac{1}{2}\log^2\phi.$$ A partir de la identidad $$ Li_2(x)+Li_2(-x) = \frac{1}{2} Li_2(x^2)$$ y los anteriores se deduce que: $$ \frac{5}{2}Li_2(\phi^{-2}) = \frac{\pi^2}{6}-\frac{5}{2}\log^2\phi, $$ así: $$ Li_2(\phi^{-2}) = \frac{\pi^2}{15}-\log^2(\phi). $$ Para demostrar que el utilizado identidades, es suficiente para derivar con respecto a $x$ y tener en cuenta que: $$ \frac{d}{dx}Li_2(x) = \frac{-\log(1-x)}{x},\quad \frac{d}{dx}\log^2{x}=\frac{2\log x}{x},\quad \frac{d}{dx}(\log x \log(1-x)) = \frac{\log(1-x)}{x}-\frac{\log x}{1-x},\quad Li_2(0)=0,\quad Li_2(1)=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}.$$

Answer 3

Utilice el hecho de que $- \ln (1-x) = \sum \frac{x^n}{n}$. Entonces demostrar que puede cambiar de la suma y la integral.