Đề thi THPT Quốc gia môn Toán năm 2015, De thi thu THPT Quoc Gia nam 2015

You are here: Home »

Like VNMATH on FACEBOOK để ủng hộ VNMATH.

Kĩ thuật tính tích phân nâng cao - Phần 5: Hàm Polygamma

VNMATH.COM 17 tháng 8, 2013 , 0

Tiếp theo Phần 1 ,  Phần 2,  Phần 3 và Phần 4.

5. Hàm đa Gamma (Polygamma)

Định nghĩa:


Hàm đa Gamma bậc $m$ là một hàm phân hình trên $\mathbb{C}$, được định nghĩa là đạo hàm cấp $m+1$ hàm logarit của hàm Gamma


Đặc biệt, $$\psi^{0}(x)=\psi(x) \, = \, \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}$$
gọi là hàm song Gamma.

Từ định nghĩa ngày ta có công thức tính đạo hàm của hàm Gamma như sau: $ \displaystyle \Gamma'(x)=\psi(x)\, \Gamma(x)$.

Một số kết quả cơ bản

KQ1. Công thức phản xạ: $$\psi(1-x)-\psi(x)=\pi \cot(\pi x). $$

Chứng minh.
Theo công thức Euler, $ \displaystyle \Gamma(x)\Gamma(1-x)=\pi \csc(\pi x) $

Đạo hàm hai vế


$ \displaystyle \psi(x)\Gamma(x)\Gamma(1-x)-\psi(1-x)\Gamma(x)\Gamma(1-x)=-\pi^2 \csc(\pi x)\,\cot(\pi x) $

Suy ra

$ \displaystyle \Gamma(x)\Gamma(1-x)\left(\psi(1-x)-\psi(x)\right)=-\pi^2 \csc(\pi x)\,\cot(\pi x).  $



Áp dụng công thức Euler lần nữa


KQ2. $$\psi(1+x)-\psi(x) = \frac{1}{x}.$$

Chứng minh.

Ta có

$ \displaystyle \frac{\Gamma(1+x)}{\Gamma(x)}= x$

Đạo hàm 2 vế

$ \displaystyle \frac{\Gamma(1+x)}{\Gamma(x)}\left(\psi(1+x)-\psi(x)\right)= 1$

$ \displaystyle \psi(1+x)-\psi(x)= \frac{\Gamma(x)}{\Gamma(1+x)}=\frac{1}{x}$

Ví dụ 1. Tính tích phân

1) $ \displaystyle \int^{\infty}_{0} \frac{x^a}{(1+x^2)^2}\, dx. $

2) $$\int^{\infty}_{0}\frac{\ln(x) }{(1+x^2)^2}\, dx.$$

Giải.

1. Đặt $ \displaystyle x^2= t$ ta có

$ \displaystyle \frac{1}{2}\int^{\infty}_{0}\frac{t^{\frac{a-1}{2}}}{(1+t)^2}\, dt $

Sử dụng hàm Beta ta được

$ \displaystyle \frac{1}{2}\int^{\infty}_{0}\frac{t^{\frac{a-1}{2}}}{(1+t)^2}\, dt = \frac{1}{2}B\left(\frac{a+1}{2},2-\frac{a+1}{2}\right)=\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{ a+1}{2}\right) \Gamma\left(2-\frac{a+1}{2}\right)$.

2. Đặt

$ \displaystyle F(a) =\frac{1}{2}\int^{\infty}_{0}\frac{t^{\frac{a-1}{2}}}{(1+t)^2}\, dt =\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma \left(2-\frac{a+1}{2}\right)$

Đạo hàm 2 vế theo a ta có

$ \displaystyle F'(a) =\frac{1}{4}\int^{\infty}_{0}\frac{\ln(t) \,t^{\frac{a-1}{2}}}{(1+t)^2}\, dt =\frac{1}{4}\Gamma\left(\frac{a+1}{2}\right)\Gamma \left(2-\frac{a+1}{2}\right)\left[\psi \left(\frac{a+1}{2}\right)-\psi \left(2-\frac{a+1}{2}\right) \right]$.

Thay $a=0$

$ \displaystyle \frac{1}{4}\int^{\infty}_{0}\frac{\ln(t) \,t^{\frac{-1}{2}}}{(1+t)^2}\, dt =\frac{1}{4}\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)\Gamma \left(\frac{3}{2}\right)\left[\psi \left(\frac{1}{2}\right)-\psi \left(\frac{3}{2}\right)\right] $.

Theo KQ2


$ \displaystyle \psi \left(\frac{1}{2}\right)-\psi \left(\frac{3}{2}\right)=-\left(\psi \left(1+\frac{1}{2}\right)-\psi \left(\frac{1}{2}\right)\right)=-2$

Tính toán ta được:

$ \displaystyle \Gamma \left(\frac{1}{2}\right)\Gamma \left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{2}\,\Gamma^2 \left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi}{2}$

Do đó

$ \displaystyle \frac{1}{4}\int^{\infty}_{0}\frac{\ln(t) \,t^{\frac{-1}{2}}}{(1+t)^2}\, dt=-\frac{\pi}{4}$

Trở về biến ban đầu $ \displaystyle x^2= t$/

$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{\ln(x) }{(1+x^2)^2}\, dx=-\frac{\pi}{4}$/

Ta nhắc lại biểu diễn Weierstrass của hàm Gamma trong phần 3:

$$\Gamma(x)=\frac{e^{-{\gamma}\,x}}{x}\,\prod^{\infty}_{n=1}\left(1+x/n \right)^{-1}e^{\frac{x}{n}}$$
ở đây $\gamma=0.57721…$ là hằng số Euler–Mascheroni.


Từ đây ta sẽ suy ra một kết quả tương tự cho hàm song Gamma và tính một số giá trị của nó để áp dụng vào việc tính tích phân sau này.


Lấy logarit hai vế


$ \displaystyle \ln\left(\Gamma(x)\right)=-\gamma\, x\,-\,\ln(x)\,+\sum^{\infty}_{n=1}-\ln\left(1+\frac{x}{n}\right)+{x\over n} $

Đạo hàm hai vế theo $x$ để xuất hiện hàm song Gamma:

$ \displaystyle \psi(x)=-\gamma\,-\frac{1}{x}\,+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{\frac{-1}{n}}{1+\frac{x}{n}}+{1 \over n} $

Suy ra:

$ \displaystyle \psi(x)=-\gamma\,-\frac{1}{x}\,+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{x}{n(n+x)} $.

Tiếp theo ta tính một số giá trị của hàm song Gamma.


1. $ \displaystyle \psi(1)=-\gamma\,-1 \,+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n(n+1)} $

$ \displaystyle \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n(n+1)}=1$

Vậy
$ \displaystyle \fbox{$ \displaystyle \psi(1)\,=\,-\gamma $}$


2. $ \displaystyle \psi\left(\frac{1}{2}\right)=-\gamma\,-2\,+\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n(2n+1)} $



Ta có $ \displaystyle \sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n(2n+1)}=2-2\ln(2)$.



do đó  $ \displaystyle \fbox{ $ \displaystyle \psi \left( \frac{1}{2} \right)=-\gamma \,-\, 2\ln (2) $} $

Ví dụ 2.  Tính tích phân


$$\int^{\infty}_{0}e^{-a t}\, \ln(t) \, dt. $$
Giải. Xét

$ \displaystyle F(b)= \int^{\infty}_{0}e^{-at}\, t^b\,dt$

Thay $ x=at $ ta có
$ \displaystyle F(b)= \frac{1}{a}\int^{\infty}_{0}e^{-x}\, \left(\frac{x}{a}\right)^b\,dx$

Suy ra

$ \displaystyle F(b)= \frac{1}{a}\int^{\infty}_{0}e^{-x}\, \left(\frac{x}{a}\right)^b\,dx=\frac{\Gamma(b+1)}{ a^{b+1}}$

Đạo hàm hai vế theo b
$ \displaystyle F'(b)= \frac{1}{a}\int^{\infty}_{0}e^{-x}\,\ln\left(\frac{x}{a}\right) \left(\frac{x}{a}\right)^b\,dx=\frac{\Gamma(b+1) \psi (b+1)}{a^{b+1}}-\frac{\ln(a)\Gamma(b+1)}{a}$



Cho $b=0$ và $at=x$


$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}e^{-at}\,\ln(t) \,dx=\frac{\psi(1)-\ln(a)}{a}=-\frac{\gamma+\ln(a)}{a}$


Ví dụ 3. Chứng minh
$\displaystyle \int^{\infty}_0 \frac{e^{-z}-(1+z)^{-a}}{z}\,dz = \psi(a)$.

Giải. Ta có

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \int^t_1 \,e^{-xz}\,dx\,dz=\int^{\infty}_{0}\frac{e^{-z}-e^{-tz}}{z}\, dz $

Theo Định lí Fubini:

$ \displaystyle \int^t_1 \int^{\infty}_0\,e^{-xz}\,dz \,dx = \int^t_1 \frac{1}{x}\,dx = \ln t $

Suy ra

$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{e^{-z}-e^{-tz}}{z}\, dz = \ln(t)\text{                       (*)}$

Mặt khác,

$ \displaystyle \Gamma'(a) = \int^{\infty}_0 t^{a-1}e^{-t}\,\ln t \, dt \text{                  (**)}$

Thay (*) vào (**) ta có

$ \displaystyle \Gamma'(a) = \int^{\infty}_0 t^{a-1}e^{-t}\,\left(\int^{\infty}_{0}\frac{e^{-z}-e^{-tz}}{z}\, dz \right)\, dt$

$ \displaystyle \Gamma'(a) = \int^{\infty}_0 \int^{\infty}_{0}\frac{t^{a-1}e^{-t}e^{-z}-t^{a-1}e^{-t(z+1)}}{z}\, dz \, dt$.

Áp dụng định lí Fubini lần nữa

$ \displaystyle \Gamma'(a) = \int^{\infty}_0 \int^{\infty}_{0}\frac{t^{a-1}e^{-t}e^{-z}-t^{a-1}e^{-t(z+1)}}{z}\, dt \, dz$

$ \displaystyle \Gamma'(a) = \int^{\infty}_0 \frac{1}{z} \left( e^{-z}\int^{\infty}_{0}t^{a-1}e^{-t}\, dt-\int^{\infty}_0 t^{a-1}e^{-t(z+1)}\, dt \right)\, dz$              (***)

Sử dụng biến đổi Laplace

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 t^{a-1}e^{-t(z+1)}\,dt= \Gamma(a) \,(z+1)^{-a}$

Để ý

$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}t^{a-1}e^{-t}\, dt=\Gamma(a)$.

Thay vào tích phân (***):


$ \displaystyle \Gamma'(a) = \Gamma(a)\, \int^{\infty}_0 \frac{e^{-z}-(1+z)^{-a}}{z} dz$


$ \displaystyle \frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)} = \int^{\infty}_0 \frac{e^{-z}-(1+z)^{-a}}{z}\, dz = \psi(a)$.

Bài tập tự làm.

1. Chứng minh $ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\, \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}\, dx=\ln\left({b\over a}\right) $.
2. Chứng minh $ \displaystyle \psi \left(x\right)=\int^{\infty}_0 \, \frac{e^{-t}}{t}-\frac{e^{-\left(x t\right)}}{1-e^{-t}}\, dt$.

Ví dụ 3. Tính  $\displaystyle \int^{\infty}_0\left(e^{-bx}-\frac{1}{1+ax}\right)\,\frac{dx}{x}$
Giải. Thay t = ax ta có

$ \displaystyle \int^{\infty}_0\left(e^{-\frac{bt}{a}}-\frac{1}{1+t}\right)\,\frac{dt}{t}$.

Theo ví dụ 2

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \frac{e^{-x}-(1+x)^{-a}}{x}\,dx = \psi(a)$.

Thêm bớt $ \displaystyle e^{-x}$ ta được

$ \displaystyle \int^{\infty}_0\left(e^{-t}-e^{-t}+e^{-\frac{bt}{a}}-\frac{1}{1+t}\right)\,\frac{dt}{t}$

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\,\frac{dt}{t}+\int^{\infty}_0 \frac{e^{-\frac{bt}{a}}-e^{-t}}{t}\, dt$.

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \left(e^{-t}-\frac{1}{1+t}\right)\frac{dt}{t}=-\gamma$

Theo bài tập tự làm (hy vọng bạn đã làm)

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \frac{e^{-\frac{bt}{a}}- e^{-t}}{t}\, dt= -\ln\left(\frac{b}{a}\right) = \ln\left(\frac{a}{b}\right)$.

Kết quả là

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \left(e^{-bx}-\frac{1}{1+ax} \right)\, \frac{dx}{x} = \ln\left(\frac{a}{b} \right)-\gamma$.

Ví dụ 4. Chứng minh

$\displaystyle \int^{\infty}_0 \, e^{-ax} \left(\frac{1}{x}-\text{coth}(x) \right) \, dx = \psi\left(\frac{a}{2}\right) - \ln\left(\frac{a}{2}\right) + \frac{1}{a}$.

Giải. Ta có

$ \displaystyle \text{coth}(x)= \frac{1+e^{-2x}}{1-e^{-2x}}$.

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, e^{-ax} \left(\frac{1}{x}-\frac{1+e^{-2x}}{1-e^{-2x}} \right) \, dx$

Thay $2x=t$

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, e^{-\left(\frac{at}{2}\right)} \left(\frac{1}{t}-\frac{1+e^{-t}}{2(1-e^{-t})} \right) \, dt$

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, \frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}}{t}-\frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}+e^{\left(-\frac{at}{2}-t\right)}}{2(1-e^{-t})} \, dt$

Thêm bớt ta được

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, \frac{e^{-t}+e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}-e^{-t}}{t}\,-\,\frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}+e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}-e^{-\frac{at}{2}}+e^{-\left(\frac{at}{2}\right)-t}}{2(1-e^{-t})} \, dt$

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, \frac{e^{-t}}{t}-\frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}}{1-e^{-t}}\,dt +\int^{\infty}_0 \frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}-e^{\left(-\frac{at}{2}-t\right)}} {2(1-e^{-t})}\, dt +\int^{\infty}_0 \frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}-e^{-t}}{t} \, dt$.

Tính tích phân thứ nhất

$ \displaystyle \psi \left(x\right)=\int^{\infty}_0 \, \frac{e^{-t}}{t}-\frac{e^{-\left(x t\right)}}{1-e^{-t}}\, dt$

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, \frac{e^{-t}}{t}-\frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}}{1-e^{-t}}\, dt=\psi \left(\frac{a}{2}\right)$.

Tích phân thứ hai

$ \displaystyle \int^{\infty}_0\frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}-e^{-\left(\frac{at}{2}-t\right)}}{2(1-e^{-t})}=\int^{\infty}_0 \frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}}{2}\,dt=\frac{1}{a}$

Tích phân thứ ba
$ \displaystyle \int^{\infty}_0\frac{e^{-t}\,-\,e^{-st}}{t} \, dt = \ln \left( s \right)$

$ \displaystyle \int^{\infty}_0\frac{e^{-\left(\frac{at}{2}\right)}-e^{-t}}{t} \, dt = -\ln \left(\frac{a}{2}\right)$.

Kết quả là

$ \displaystyle \int^{\infty}_0 \, e^{-ax} \left(\frac{1}{x}-\text{coth}(x) \right) \, dx = \psi\left(\frac{a}{2}\right) - \ln\left(\frac{a}{2}\right) + \frac{1}{a}$.

Một tính chất khá thú vị khác của hàm song gamma là


$\displaystyle \psi(s+1)\,=\, -\gamma \,+\, \int^{1}_{0}\frac{1-x^s}{1-x}dx$.
Ta kết thúc phần 5 bằng một đẳng thức nhìn vào là hoa cả mắt

Ví dụ 5. Chứng minh rằng
$ \displaystyle \int_0^1 \frac{(1-x^a)(1-x^b)(1-x^c)}{(1-x)(-\ln x)}dx= \ln \left\{\frac{\Gamma(b+c+1) \Gamma(c+a+1)\Gamma(a+b+1)}{\Gamma(a+1) \Gamma(b+1) \Gamma(c+1) \Gamma(a+b+c+1)} \right\}$

Giải. Đặt $ \displaystyle F(c)=\int_0^1 \frac{(1-x^a)(1-x^b)(1-x^c)}{(1-x)(-\ln x)}dx$

Đạo hàm theo c ta có

$ \displaystyle F'(c)=\int_0^1 \frac{(1-x^a)(1-x^b)x^c}{(1-x)}dx$

$ \displaystyle F'(c)=\int_0^1 \frac{(1-x^a-x^b+x^{a+b})x^c}{(1-x)}dx$

$ \displaystyle F'(c)=\int_0^1 \frac{x^c\,-\,x^{a+c}\,-\,x^{b+c}\,+\,x^{a+b+c}}{(1-x)}dx$

$ \displaystyle F'(c)=\int_0^1 \frac{(x^c\,-1)\,+\,(1-\,x^{a+c})\,+\,(1-\,x^{b+c})\,+\,(x^{a+b+c}-1)}{(1-x)}dx$

$ \displaystyle F'(c)=-\int_0^1 \frac{1-x^c\,}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{1-x^{a+c}}{1-x}\,dx+\int_0^1\frac{1-x^{b+c}}{1-x}\,dx-\int_0^1\frac{1-x^{a+b+c}}{1-x}dx$

Áp dụng kết quả $ \displaystyle \psi(s+1)=-\gamma+\int^{1}_0\frac{1-x^s}{1-x}\,dx$ ta được

$ \displaystyle F'(c)=-\psi(c+1)-\gamma+\psi(a+c+1)+\gamma+\psi(b+c+1)+\gamma-\psi(a+b+c+1)-\gamma$

$ \displaystyle F'(c)=-\psi(c+1)+\psi(a+c+1)+\psi(b+c+1)-\psi(a+b+c+1)$.

Lấy nguyên hàm hai vế theo c

$ \displaystyle F(c)=-\ln\left[\Gamma(c+1)\right]+\ln \left[\Gamma(a+c+1)\right] +\ln\left[\Gamma(b+c+1)\right]-\ln \left[\Gamma(a+b+c+1)\right] +C_1$

Rút gọn

$ \displaystyle \ln\left[\frac{\Gamma(a+c+1)\Gamma(b+c+1)}{\Gamma (c+1) \Gamma (a+b+c+1)} \right] +C_1$
Cho c=0

$ \displaystyle 0=\ln \left[ \frac{\Gamma(a+1)\Gamma(b+1)}{\Gamma(a+b+1)}\right]+C_1$.

$ \displaystyle C_1=-\ln \left[ \frac{\Gamma(a+1)\Gamma(a+1)}{\Gamma(a+b+1)}\right]$.

Kết quả là

$ \displaystyle F(c)=\ln\left[ \frac{\Gamma(a+c+1)\Gamma(b+c+1)}{\Gamma(c+1) \Gamma (a+b+c+1)}\right] -\ln\left[\frac{\Gamma(a+1)\Gamma(a+1)}{\Gamma(a+b+1)}\right] $.

Vậy

$ \displaystyle \int_0^1 \frac{(1-x^a)(1-x^b)(1-x^c)}{(1-x)(-\ln x)}dx= \ln \left\{\frac{\Gamma(b+c+1) \Gamma(c+a+1)\Gamma(a+b+1)}{\Gamma(a+1) \Gamma(b+1) \Gamma(c+1) \Gamma(a+b+c+1)} \right\}$.


Còn nữa...

Về VNMATH.COM

VNMATH hoạt động từ năm 2008 với slogan Trao đổi để học hỏi, Sẻ chia để vươn lên. Hiện nay VNMATH.COM là trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam.

Chia sẻ bài viết này


Bài viết liên quan

Không có nhận xét nào :

Để lại Nhận xét