Polylogarithm

的polylogarithm函数是积分的重要函数，求看似复杂的和。

的polylogarithm函数定义为 $李\ operatorname {} _ (x) = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {x ^ n} {n ^ s}$对于所有复合体 $年代$而且 $| | \ leq x 1$可以计算 $| | x > 1$通过解析延拓。 $_ \广场$

$李\ operatorname {} _ (x) = \ int_0 x ^ \ dfrac {\ operatorname{李}_ {1}(u)}{你}du。\ _ \广场$

考虑 $I = \ int_0 x ^ \ dfrac {\ operatorname{李}_ {1}(u)}{你}du = \ int_0 x ^ \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {u ^ {n}} {n ^ {1}} du。$ 求和和积分符号互换，我们得到 $I = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ int_0 x ^ \ dfrac {u ^ {n}} {n ^ {1}} du = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty \ dfrac {x ^ n} {n ^ s} = \ operatorname{李}_ (x)。\ _ \广场$

多对数与无穷几何级数和有关 $李\ operatorname {} _0 (x) = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty x ^ n = \ dfrac {x} {1 - x}。$我们可以除以 $x$求微分 $x$得到 $李\ operatorname {} _ {1} (x) = \ sum_ {n = 1} ^ \ infty nx ^ n = \ dfrac {x} {(1 - x) ^ 2}。$我们可以一直这样做，得到封闭形式 $李\ operatorname {} _ {- s} (x)$，但如果给我们 $李\ operatorname {} _ {-25} (0.5)$，除以它就会变得极其乏味 $x$求微分 $x$25倍。类似于二项式定理，它是繁琐的帕斯卡三角形的捷径，有一个简单的方法来计算它们:

$\开始{数组}{l c c | | | |} \线s & \ operatorname{李}_ (z)和文本{代数表达式}\ \ \ \线1 & \ operatorname{李}_1 (z) & - \ ln (1 - z) \ \ \线0 & \ operatorname{李}_0 (z) & \ dfrac z {1 - z} \ \ \线1 & \ operatorname{李}_ {1}(z) & \ dfrac {z} {(1 - z) ^ 2} \ \ \线2 & \ operatorname{李}_ {2}(z) & \ dfrac {z (z + 1)} {(1 - z) ^ 3} \ \ \线3 & \ operatorname{李}_ {3}(z) & \ dfrac {z (z z ^ 2 + 4 + 1)} {(1 - z) ^ 4} \ \ \线4 & \ operatorname{李}_ {4}(z) & \ dfrac {z (1 + z) (z z ^ 2 + 10 + 1)} {(1 - z) ^ 5} \ \ \线5 &李\ operatorname {} _ {5} (z) & \ dfrac {z (z ^ 4 + 26 z ^ 3 + 66 z ^ 2 + z + 1) 26日}{(1 - z) ^ 6} \ \ \线\{数组}结束$

一般来说，我们可以表示 $李\ def \{李\}\ Li_ {n} (z)$作为 $\def\Li{Li\，} \Li_{-n}(z) = \left(z \;\ dfrac{\部分}{部分z \} \右)^ n \ dfrac z {1 - z} = \ sum_ {k = 0} ^ n k !\;S(n+1,k+1) \left(\dfrac z{1-z} \right)^{k+1} \;，$在哪里 $n$是非负整数，和 $年代(n, k)$表示第二类斯特林数。 $_ \广场$

试着用多对数来解决下面的问题!