多重対数関数[9]

\begin{alignat}{2}
&(1)  \mathrm{Li}_3(x)+\mathrm{Li}_3(-x)=\frac{1}{4}\mathrm{Li}_3(x^2)\\
&(2)  \mathrm{Li}_3(-x)-\mathrm{Li}_3\left(-\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{6}(\log x)^3-\frac{π^2}{6}\log x\\
&(3)  \mathrm{Li}_3(x)+\mathrm{Li}_3(1-x)+\mathrm{Li}_3\left(1-\frac{1}{x}\right)\\
&=ζ(3)+\frac{1}{6}(\log x)^3+\frac{π^2}{6}\log x-\frac{1}{2}(\log x)^2 \log (1-x)\\
\end{alignat}









<証明>

次の等式を用います。(詳細はこちらです)
\begin{alignat}{2}
&(A)  \mathrm{Li}_2(x)+\mathrm{Li}_2(-x)=\frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(x^2)\\
&(B)  \mathrm{Li}_2(-x)+\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{x}\right)=-\frac{π^2}{6}-\frac{1}{2}(\log x)^2
\end{alignat}







\((1)\) \(t=s^2\) と置きます。\((dt=2sds)\)

途中 \((A)\) の式を用いています。
\begin{alignat}{2}
\mathrm{Li}_3(x^2)&=\displaystyle\int_0^{x^2} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(s^2)}{s^2} \cdot 2sds=2 \displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(s^2)}{s} ds\\
&=4 \displaystyle\int_0^x \frac{1}{s} \cdot \frac{1}{2}\mathrm{Li}_2(s^2)ds=4 \displaystyle\int_0^x \frac{1}{s}\{\mathrm{Li}_2(s)+\mathrm{Li}_2(-s)\}ds\\
&=4 \left\{\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(s)}{s}ds+\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds\right\}\\
\end{alignat}右の積分について。\(-s=r\) と置きます。\((ds=-dr)\)$$\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds=\displaystyle\int_0^{-x} \frac{\mathrm{Li}_2(r)}{-r}(-dr)=\displaystyle\int_0^{-x} \frac{\mathrm{Li}_2(r)}{r}dr=\mathrm{Li}_3(-x)$$となるので、元の計算は$$\mathrm{Li}_3(x^2)=4 \{\mathrm{Li}_3(x)+\mathrm{Li}_3(-x)\}$$以上より$$\mathrm{Li}_3(x)+\mathrm{Li}_3(-x)=\frac{1}{4}\mathrm{Li}_3(x^2)$$







$$(2)  \mathrm{Li}_3(-x)-\mathrm{Li}_3\left(-\frac{1}{x}\right)=\displaystyle\int_0^{-x} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt-\displaystyle\int_0^{-\frac{1}{x}} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt$$左の積分は \(-t=s\) \((dt=-ds)\)

右の積分は \(\displaystyle -\frac{1}{t}=r\) と置きます。\(\displaystyle \left(dt=\frac{1}{r^2}dr\right)\)
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{-s}(-ds)-\displaystyle\int_{\infty}^x \frac{\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{r}\right)}{-\frac{1}{r}} \cdot \frac{1}{r^2}dr\\
&=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds-\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{r}\right)}{r}dr\\
\end{alignat}\((B)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds-\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{-\mathrm{Li}_2(-r)-\frac{π^2}{6}-\frac{1}{2}(\log r)^2}{r}dr\\
&=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds+\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-r)}{r}dr+\frac{π^2}{6}\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{1}{r}dr+\frac{1}{2}\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{(\log r)^2}{r}dr\\
&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds +\frac{π^2}{6}\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{1}{r}dr+\frac{1}{2}\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{(\log r)^2}{r}dr\\
\end{alignat}
\((α)\) \(\displaystyle \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds\) を計算します。$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds=\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds+\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds$$右の積分について \(\displaystyle s=\frac{1}{u}\) と置きます。\(\displaystyle \left( ds=-\frac{1}{u^2}du\right)\)$$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds=\displaystyle\int_1^0 \frac{\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{u}\right)}{\frac{1}{u}}\left(-\frac{1}{u^2}\right)du=\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{u}\right)}{u}du$$となるので \((B)\) の式を用いて
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds&=\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds+\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{u}\right)}{u}du\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{Li}_2(-s)+\mathrm{Li}_2\left(-\frac{1}{s}\right)}{s}ds\\
&=\displaystyle\int_0^1 \frac{-\frac{π^2}{6}-\frac{1}{2}(\log s)^2}{s}ds\\
&=-\frac{π^2}{6}\displaystyle\int_0^1 \frac{1}{s}ds-\frac{1}{2}\displaystyle\int_0^1 \frac{(\log s)^2}{s}ds\\
\end{alignat}\(\displaystyle \displaystyle\int_0^1 \frac{(\log s)^2}{s}ds\) 計算します。
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^1 \frac{(\log s)^2}{s}ds&=[(\log s)^3]_0^1 -\displaystyle\int_0^1 (\log s)\cdot \frac{2 \log s}{s}ds\\
&=-\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)^3-2 \displaystyle\int_0^1 \frac{(\log s)^2}{s}ds\\
3\displaystyle\int_0^1 \frac{(\log s)^2}{s}ds&=-\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)^3\\
\displaystyle\int_0^1 \frac{(\log s)^2}{s}ds&=-\frac{1}{3}\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)^3\\
\end{alignat}となるので
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds&=-\frac{π^2}{6}[\log s]_0^1+\frac{1}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)^3\\
&=\frac{π^2}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)+\frac{1}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)^3\\
\end{alignat}よって$$\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds=\frac{π^2}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)+\frac{1}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0}(\log s)^3$$
\((β)\) \(\displaystyle \displaystyle\int_x^{\infty} \frac{1}{r}dr\) と計算します。\(\displaystyle r=\frac{1}{u}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dr=-\frac{1}{u^2}du\right)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{1}{r}dr&=\displaystyle\int_{\frac{1}{x}}^0 u \cdot \left(-\frac{1}{u^2}\right)du=\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{1}{u}du=[\log u]_0^{\frac{1}{x}}\\
&=-\log x-\displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)\\
\end{alignat}
\((γ)\) \(\displaystyle \displaystyle\int_x^{\infty} \frac{(\log r)^2}{r}dr\) と計算します。\(\displaystyle r=\frac{1}{u}\) と置きます。\(\displaystyle \left(dr=-\frac{1}{u^2}du\right)\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{(\log r)^2}{r}dr&=\displaystyle\int_{\frac{1}{x}}^0 \frac{(\log u)^2}{\frac{1}{u}}\left(-\frac{1}{u^2}\right)du=\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{(\log u)^2}{u}du\\
&=[(\log u)^3]_0^{\frac{1}{x}} -\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} (\log u) \cdot \frac{2 \log u}{u}du\\
&=-(\log x)^3-\displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)^3 -2 \displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{(\log u)^2}{u}du\\
3\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{(\log u)^2}{u}du&=-(\log x^3)-\displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)^3\\
\displaystyle\int_0^{\frac{1}{x}} \frac{(\log u)^2}{u}du&=-\frac{1}{3}(\log x^3)-\frac{1}{3}\displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)^3\\
\end{alignat}よって$$\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{(\log r)^2}{r}dr=-\frac{1}{3}(\log x^3)-\frac{1}{3}\displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)^3$$
元の計算にこれらの結果を代入します。
\begin{alignat}{2}
\mathrm{Li}_3(-x)-\mathrm{Li}_3\left(-\frac{1}{x}\right)&=\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\mathrm{Li}_2(-s)}{s}ds +\frac{π^2}{6}\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{1}{r}dr+\frac{1}{2}\displaystyle\int_x^{\infty} \frac{(\log r)^2}{r}dr\\
&=\frac{π^2}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0} (\log s)+\frac{1}{6}\displaystyle\lim_{s \to 0} (\log s)^3-\frac{π^2}{6}\log x-\frac{π^2}{6}\displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)-\frac{1}{6}(\log x)^3 -\frac{1}{6} \displaystyle\lim_{u \to 0} (\log u)^3\\
&=-\frac{1}{6}(\log x)^3-\frac{π^2}{6}\log x\\
\end{alignat}以上より$$\mathrm{Li}_3(-x)-\mathrm{Li}_3\left(-\frac{1}{x}\right)=-\frac{1}{6}(\log x)^3-\frac{π^2}{6}\log x$$







\begin{alignat}{2}
&(3)  \mathrm{Li}_3(x)+\mathrm{Li}_3(1-x)+\mathrm{Li}_3\left(1-\frac{1}{x}\right)\\
&=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt+\displaystyle\int_0^{1-x} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt+\displaystyle\int_0^{1-\frac{1}{x}} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt\\
\end{alignat}
\((α)\) 真ん中の積分について。\(1-t=s\) と置きます。\((dt=-ds)\)$$\displaystyle\int_0^{1-x} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt=\displaystyle\int_1^x \frac{\mathrm{Li}_2(1-s)}{1-s}(-ds)=\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2(1-s)}{1-s}ds$$\((β)\) 右の積分について。\(\displaystyle \frac{1}{1-t}=r\) と置きます。\(\displaystyle \left[ dt=\frac{1}{(1-r)^2}dr\right]\)
\begin{alignat}{2}
\displaystyle\int_0^{1-\frac{1}{x}} \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt&=\displaystyle\int_1^x \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{1-\frac{1}{r}} \cdot \frac{1}{r^2}dr=\displaystyle\int_1^x \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{(r-1)r}dr\\
&=\displaystyle\int_1^x \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{r-1}dr-\displaystyle\int_1^x \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{r}dr\\
&=\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{1-r}dr+\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{r}dr\\
\end{alignat}となるので、元の積分計算に戻ります。\((B)\) の式を用います。
\begin{alignat}{2}
&=\displaystyle\int_0^x \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt+\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2(1-s)}{1-s}ds+\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{1-r}dr+\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2 \left(1-\frac{1}{r}\right)}{r}dr\\
&=\left\{\displaystyle\int_0^1 \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt-\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt\right\}+\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2(1-s)+\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{1}{s}\right)}{1-s}ds+\displaystyle\int_x^1 \frac{\mathrm{Li}_2\left(1-\frac{1}{r}\right)}{r}dr\\
&=ζ(3)+\displaystyle\int_x^1 \frac{-\frac{1}{2}(\log t)^2-\mathrm{Li}_2(1-t)-\mathrm{Li}_2(t)}{t}dt+\displaystyle\int_x^1 \frac{-\frac{1}{2}(\log s)^2}{1-s}ds\\
&=ζ(3)+\displaystyle\int_x^1 \frac{-\frac{1}{2}(\log t)^2-\frac{π^2}{6}+\log t \log (1-t)}{t}dt+\displaystyle\int_x^1 \frac{-\frac{1}{2}(\log s)^2}{1-s}ds\\
&=ζ(3)-\frac{1}{2}\displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{t}dt-\frac{1}{2}\displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{1-t}dt-\frac{π^2}{6}\displaystyle\int_x^1 \frac{1}{t}dt+\displaystyle\int_x^1 \frac{\log t \log (1-t)}{t}dt\\
\end{alignat}それぞれの積分を計算します。
\begin{alignat}{2}
(α)  \displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{t} dt&=[(\log t)^3]_x^1-\displaystyle\int_x^1 (\log t) \cdot \frac{2 \log t}{t}dt\\
&=-(\log x)^3-2 \displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{t} dt\\
3\displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{t} dt&=-(\log x)^3,  \displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{t} dt=-\frac{1}{3}(\log x)^3\\
&\\
&\\
(β)  \displaystyle\int_x^1 \frac{(\log t)^2}{1-t}dt&=[-\log(1-t)(\log t)^2]_x^1 +\displaystyle\int_x^1 \log (1-t) \cdot \frac{2 \log t}{t}dt\\
&=(\log x)^2 \log (1-x)+2 \displaystyle\int_x^1 \frac{\log t \log (1-t)}{t}dt\\
&\\
&\\
&(γ)  \displaystyle\int_x^1 \frac{1}{t}dt=[\log t]_x^1 =-\log x
\end{alignat}元の積分計算にこれらの結果を代入します。
\begin{alignat}{2}
&=ζ(3)+\frac{1}{6}(\log x)^3-\frac{1}{2}(\log x)^2\log (1-x) -\displaystyle\int_x^1 \frac{\log t \log (1-t)}{t}dt+\frac{π^2}{6}\log x+\displaystyle\int_x^1 \frac{\log t \log (1-t)}{t}dt\\
&=ζ(3)+\frac{1}{6}(\log x)^3+\frac{π^2}{6}\log x-\frac{1}{2}(\log x)^2 \log (1-x)
\end{alignat}以上より$$\mathrm{Li}_3(x)+\mathrm{Li}_3(1-x)+\mathrm{Li}_3\left(1-\frac{1}{x}\right)=ζ(3)+\frac{1}{6}(\log x)^3+\frac{π^2}{6}\log x-\frac{1}{2}(\log x)^2 \log (1-x)$$


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