Algunas integrales interesantes con dilogaritmo

Question

Cálculo sin técnicas que impliquen la integración del contorno

$$a) \ \int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^2-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^2}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x;$$

$$b) \ \int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^3-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^3}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x.$$

Ahora estoy trabajando en un método de este tipo. ¿Cuál sería su método real ¿la inspiración está aquí?

Pregunta complementaria : Calcular

$$ \int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^4-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^4}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x.$$

Además, ¿podemos esperar una generalización del tipo siguiente?

$$ I(n)=\int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^n-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^n}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x.$$

Preparando otras dos generalizaciones: $$ i) \ J(n,m)=\int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_m(e^{-i x}))^n-(\operatorname{Li}_m(e^{i x}))^n}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x;$$

$$ ii) \ K(n)=\int_0^{2\pi} \frac{\operatorname{Li}_2(e^{-i x})\operatorname{Li}_3(e^{-i x})\cdots \operatorname{Li}_n(e^{-i x})-\operatorname{Li}_2(e^{i x})\operatorname{Li}_3(e^{i x})\cdots \operatorname{Li}_n(e^{i x})}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x.$$

Answer 1

$ \large \text{ Hooray!!!}$ La forma cerrada de la integral $a)$ es impresionante. Según mis cálculos,

$$ \int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^2-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^2}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\frac{\pi^5}{48}.$$

Incluyendo también el caso trivial, $n=1$ ,

$$ \int_0^{2\pi} \frac{\operatorname{Li}_2(e^{-i x})-\operatorname{Li}_2(e^{i x})}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\frac{\pi^3}{4}.$$

$ \large \text{ Second Hooray!!!}$

$$ \int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^3-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^3}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\frac{\pi^7}{192}.$$

$ \large \text{Third Hooray!!!}$

¡Creo que he encontrado una primera generalización!

$$ I(n)=\int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_2(e^{-i x}))^n-(\operatorname{Li}_2(e^{i x}))^n}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\frac{\pi^{2n+1}}{6^n}\left(1-\left(-\frac{1}{2}\right)^n\right).$$

$ \large \text{Fourth Hooray!!!}$

¡¿Adivina qué?! También he terminado con la generalización $J(n,m)$ $$\ J(n,m)=\int_0^{2\pi} \frac{(\operatorname{Li}_m(e^{-i x}))^n-(\operatorname{Li}_m(e^{i x}))^n}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\pi(\zeta(m)^n-((2^{1-m}-1)\zeta(m))^n).$$

$ \large \text{Fifth Hooray!!!}$

He computado $2$ casos de la generalización en $K(n)$ y me aproximo a la solución de la generalización. Así que, $$ \int_0^{2\pi} \frac{\operatorname{Li}_2(e^{-i x})\operatorname{Li}_3(e^{-i x})-\operatorname{Li}_2(e^{i x})\operatorname{Li}_3(e^{i x})}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\frac{5}{48}\pi^3\zeta(3);$$ $$ \int_0^{2\pi} \frac{\operatorname{Li}_2(e^{-i x})\operatorname{Li}_3(e^{-i x})\operatorname{Li}_4(e^{-i x})-\operatorname{Li}_2(e^{i x})\operatorname{Li}_3(e^{i x})\operatorname{Li}_4(e^{i x})}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x=\frac{17}{6912}\pi^7 \zeta(3).$$

$ \large \text{Sixth Hooray!!!}$

Parece que hoy he tenido suerte. Permítanme poner la última generalización que acabo de probar en una forma agradable

$$K(n)=\int_0^{2\pi} \frac{\operatorname{Li}_2(e^{-i x})\operatorname{Li}_3(e^{-i x})\cdots \operatorname{Li}_n(e^{-i x})-\operatorname{Li}_2(e^{i x})\operatorname{Li}_3(e^{i x})\cdots \operatorname{Li}_n(e^{i x})}{e^{-i x}-e^{i x}}\textrm{d}x$$

$$=\pi \left(\zeta(2)\zeta(3)\cdots \zeta(n)+(-1)^{n-1} \eta(2)\eta(3)\cdots\eta(n))\right).$$

Información adicional :

https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function

https://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet_eta_function

https://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm

Answer 2

Hacerse una idea a través de un ejemplo

Considere la integral $$ I=\int_0^{2\pi}dx\frac{\text{Li}^2_2(e^{i x})-\text{Li}^2_2(e^{-i x})}{2 i \sin(x)} $$ utilizando la representación en serie del dilogaritmo se puede reescribir como

$$ I=\int_0^{2\pi}dx\sum_{n,m>0}\frac{1}{n^2 m^2}\frac{\sin(m+n)x}{\sin(x)} $$ intercambiar la suma y la integración y utilizar el simple hecho de que $\int_0^{2\pi}dx \frac{\sin(lx)}{\sin(x)}=2 \pi$ para $l \in 2\mathbb{N}+1$ obtenemos

$$ I=2 \pi s^{(2)}_2 =2 \pi\sum_{\substack{n,m>0 \\n+m=odd}}\frac{1}{n^2 m^2} $$

La solución de forma cerrada de $s^{(2)}_2$ es bastante sencillo de obtener. Observe para cumplir la condición $n+m=odd$ o bien $n$ tiene que ser impar y $m$ sea par, o viceversa. Esto significa que tenemos $2$ posibles combinaciones de pares e Impares que aporten una contribución a nuestra suma.

$$ s^{(2)}_2 =2\sum_{\substack{n>0,m\geq 0}}\frac{1}{(2n)^2 (2m+1)^2}=2\frac{\zeta(2)}{4}\frac{3\zeta(2)}{4}=\frac{3}{8}\zeta^2(2) $$

la estrategia para proporcionar una solución de forma cerrada seguirá los mismos argumentos, excepto que necesitamos adicionalmente un lema combinatorio demostrado en el apéndice

El caso general

Ahora queremos investigar

$$ I^{(r)}_n=\int_0^{2\pi}dx\frac{\text{Li}^n_r(e^{i x})-\text{Li}^n_r(e^{-i x})}{2 i \sin(x)} $$

Siguiendo el mismo procedimiento que en el ejemplo motivador, podríamos demostrar que

$$ I^{(r)}_n=2 \pi s^{(r)}_n $$

Esto significa que estamos interesados en una familia de sumas tipo Euler, ya que

$$ s^{(r)}_n=\sum_{\substack{ k_i \geq 1, \\ \sum_{n\geq i \geq 1} k=odd }}\frac{1}{\prod_{ n \geq i\geq1}{k^r_i}} $$

ahora tenemos que tener en cuenta todas las posibles particiones de los enteros de manera que la restricción $\sum_{n\geq i \geq 1} k=odd$ se cumple. Como se muestra en el Apéndice, tenemos que elegir $2l-1$ números para ser impar y $n-2l+1$ para estar en paz. Cada una de estas particiones contiene $N_{l,n}=\binom{n}{2l-1}$ combinaciones equivalentes. Esto significa que

$$ s^{(r)}_n=\sum_{l_{max}(n)\geq l\geq1}N_{l,n}\sum_{k_i\geq 1, K_i \geq 0} \prod_{2l-1 \geq i\geq1}\frac{1}{{(2K_i+1)^r}} \prod_{n- 2l+1 \geq i\geq1}\frac{1}{{(2k_i)^r}} $$

utilizando ahora la conocida identidad $\sum_{k\geq 0}(2m+1)^{-r}=(1-1/2^{-r})\zeta(r)$ podemos realizar las sumas infinitas $$ s^{(r)}_n=\sum_{l_{max}(n)\geq l\geq1}\frac{N_{l,n}}{2^{r(n-2l+1)}}(1-\frac{1}{2^{r}})^{2l-1}\zeta^n(r)=\sum_{l_{max}(n)\geq l\geq1}c_{l,n}\zeta(r)^n $$

Además, la suma sobre los coeficientes puede hacerse en forma cerrada en virtud de la identidad binomial:

$$ s^{(r)}_n=C_{n,r}\zeta(r)^n\,\,,\,\,C_{n,r}=\begin{cases} \frac{1}{2}\left(1+\frac{2^{n-r}}{4^{r n/2}}(2^{r-1}-1)^n\right)\,\, \text{if} \,\,n \,\, even\\ \frac{1}{2}\left(1+\frac{2^{n-r}}{4^{r(n-1)/2}}(2^{r-1}-1)^n\right)\,\, \text{if} \,\,n \,\, odd \\ \end{cases} $$

Obsérvese que obtenemos las sumas con la restricción $\sum_{n\geq i\geq1} k_i=even$ gratis: $$ \bar{s}_n^{r}=\left(1-C_{n,r}\right)\zeta(r)^n $$

También es interesante señalar que $\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{s^{(r)}_n}{\zeta(r)^n}=\frac{1}{2}$ lo que puede deberse al hecho de que para las grandes $n$ tenemos que elegir aproximadamente $n/2$ Los factores de impar fuera de $\sum_{n\geq 1 i\geq1} k_i$ debido a la concentración de $N_{l,n}$ alrededor de $n/2$ .

Por último, pero no menos importante, algunos ejemplos:

\begin{align*} s^{(2)}_2=\frac{3}{8}\zeta^2(2)\,\, ,\,\,\bar{s}^{(2)}_2=\frac{5}{8}\zeta^2(2) \\ s^{(3)}_3=\frac{91}{128}\zeta^3(3)\,\, ,\,\,s^{(3)}_5=\frac{1267}{2048}\zeta^5(3), \end{align*}

Apéndice: Un pequeño desvío hacia la combinatoria

Consideremos la suma de enteros

$$ c_m=n_1+n_2+...+n_m $$ cómo podemos partionar $c_m$ en elementos Impares y pares, tal que $c_m$ es impar? Dado que el impar y los números pares proporcionan una representación del grupo $\mathbb{Z}_2$ se deduce trivialmente que necesitamos siempre un número impar $2l-1$ de la $n_m$ para ser impar. Para cualquier $l$ entonces tenemos

$$ N_{l,m}=\binom{m}{2l-1}\,\, ,\,\, l \in \begin{cases} \{1,m/2\} \,\, \text{if} \,\,m \,\, \text{even}\\ \{1,\lceil m/2 \rceil\} \,\, \text{if} \,\,m \,\, \text{odd}\\ \end{cases} $$ particiones admisibles equivalentes de $c_m$ .