Formelsammlung Mathematik: Identitäten: Polylogarithmus Identitäten

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${\text{Li}}_{2}(z)+{\text{Li}}_{2}(-z)={\frac {1}{2}}\,{\text{Li}}_{2}(z^{2})\qquad \forall z\in \mathbb {C}$

Beweis

Für $|z|\leq 1$ ist $\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {z^{k}}{k^{2}}}+\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\,z^{k}}{k^{2}}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2\,z^{2k}}{(2k)^{2}}}={\frac {1}{2}}\,\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(z^{2})^{k}}{k^{2}}}$.

Und für alle anderen $z\in \mathbb {C}$ folgt die Gleichung aus der analytischen Fortsetzbarkeit.

 

${\text{Li}}_{2}(z)+{\text{Li}}_{2}(1-z)={\frac {\pi ^{2}}{6}}-\log(z)\,\log(1-z)\qquad \forall z\in \mathbb {C} \setminus \{0,1\}$

Beweis

${\text{Li}}_{2}(1-z)=\int _{0}^{1-z}{\frac {-\log(1-t)}{t}}\,dt=\int _{1}^{z}{\frac {\log t}{1-t}}\,dt=\int _{z}^{1}{\frac {-\log t}{1-t}}\,dt$

$={\frac {\pi ^{2}}{6}}-\int _{0}^{z}{\frac {-\log t}{1-t}}\,dt={\frac {\pi ^{2}}{6}}-\underbrace {{\Big [}\log(t)\,\log(1-t){\Big ]}_{0}^{z}} _{\log(z)\,\log(1-z)}-\underbrace {\int _{0}^{z}{\frac {-\log(1-t)}{t}}\,dt} _{{\text{Li}}_{2}(z)}$

 

${\text{Li}}_{2}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)+{\text{Li}}_{2}(1-z)=-{\frac {1}{2}}\log ^{2}(z)\qquad \forall z\in \mathbb {C} \setminus \{0\}$

Beweis

Für $t\neq 0,1\,$ ist $\left[{\text{Li}}_{2}\left(1-{\frac {1}{t}}\right)\right]'={\frac {-\log \left({\frac {1}{t}}\right)}{1-{\frac {1}{t}}}}\,{\frac {1}{t^{2}}}={\frac {-\log t}{(1-t)\,t}}={\frac {-\log t}{1-t}}-{\frac {\log t}{t}}$.

Integriert man nach $t\,$ von $1\,$ bis $z\,$, so ist ${\text{Li}}_{2}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)=\int _{1}^{z}{\frac {-\log t}{1-t}}\,dt-{\frac {1}{2}}\log ^{2}(z)$.

Dabei ist $\int _{1}^{z}{\frac {-\log t}{1-t}}\,dt=\int _{0}^{1-z}{\frac {\log(1-t)}{t}}\,dt=-{\text{Li}}_{2}(1-z)$.

 

${\text{Li}}_{3}(z)+{\text{Li}}_{3}(1-z)+{\text{Li}}_{3}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)=\zeta (3)+{\frac {1}{6}}\log ^{3}z+{\frac {\pi ^{2}}{6}}\log z-{\frac {1}{2}}\log ^{2}(z)\,\log(1-z)\qquad \forall z\in \mathbb {C} \setminus \{0,1\}$

Beweis

Für $z\neq 0,1\,$ ist $\left[{\text{Li}}_{3}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)\right]'={\frac {{\text{Li}}_{2}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)}{1-{\frac {1}{z}}}}\,{\frac {1}{z^{2}}}={\frac {-{\text{Li}}_{2}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)}{z\,(1-z)}}$.

Benutze die Identität $-{\text{Li}}_{2}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)={\frac {1}{2}}\log ^{2}(z)+{\text{Li}}_{2}(1-z)$ und schreibe ${\frac {1}{z\,(1-z)}}$ als ${\frac {1}{z}}+{\frac {1}{1-z}}$.

$\left[{\text{Li}}_{3}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)\right]'=\underbrace {\frac {{\frac {1}{2}}\log ^{2}z}{z}} _{\left[{\frac {1}{6}}\log ^{3}z\right]'}+{\frac {{\frac {1}{2}}\log ^{2}z}{1-z}}+{\frac {{\text{Li}}_{2}(1-z)}{z}}+\underbrace {\frac {{\text{Li}}_{2}(1-z)}{1-z}} _{{\big [}-{\text{Li}}_{3}(1-z){\big ]}'}$

Also ist $\left[{\text{Li}}_{3}(1-z)+{\text{Li}}_{3}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)-{\frac {1}{6}}\log ^{3}z\right]'={\frac {{\frac {1}{2}}\log ^{2}z}{1-z}}+{\frac {{\frac {\pi ^{2}}{6}}-\log(z)\,\log(1-z)-{\text{Li}}_{2}(z)}{z}}$,

und somit ist $\left[{\text{Li}}_{3}(z)+{\text{Li}}_{3}(1-z)+{\text{Li}}_{3}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)-{\frac {1}{6}}\log ^{3}z-{\frac {\pi ^{2}}{6}}\log z\right]'$

$={\frac {{\frac {1}{2}}\log ^{2}z}{1-z}}-{\frac {\log(z)\,\log(1-z)}{z}}=-\left[{\frac {1}{2}}\,\log ^{2}(z)\,\log(1-z)\right]'$.

Damit ist ${\text{Li}}_{3}(z)+{\text{Li}}_{3}(1-z)+{\text{Li}}_{3}\left(1-{\frac {1}{z}}\right)={\frac {1}{6}}\log ^{3}z+{\frac {\pi ^{2}}{6}}\log z-{\frac {1}{2}}\log ^{2}(z)\,\log(1-z)+C$.

Für $z\to 1\,$ erkennt man, dass die Konstante $C={\text{Li}}_{3}(1)=\zeta (3)\,$ sein muss.