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 7: Hàm PolyLogarit

VNMATH.COM 21 tháng 8, 2013 , 0

Tiếp theo Phần 1 ,  Phần 2,  Phần 3 , Phần 4, Phần 5Phần 6.

7. Hàm Polylogarit (Hàm đa logarit, hàm Jonquière)
Định nghĩa:

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{n}(z) = \sum_{k\geq 1} \frac{z^k}{k^n}$

Biểu thức này khá gần gũi với hàm zeta

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{n}(1) = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^n}= \zeta(n)$


Đặc biệt khi $n=2$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{2}(1) = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$


và khi $z=-1$ ta có mối liên hệ của nó với hàm eta


$ \displaystyle \operatorname{Li}_{n}(-1) = \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^k}{k^n}=-\eta(n)$

Mối liên hệ với hàm logarit

Cho $ \displaystyle n=1$ ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{\, 1}(z) = \sum_{n\geq 1} \frac{z^k}{k} $

Theo công thức khai triển Taylor ta có

$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{z^k}{k} = - \log(1-z) $.

Sau đây là một vài kết quả về hàm polylogarit

KQ1. Công thức truy hồi của hàm polylogarit
$ \displaystyle \operatorname{Li}_{\, n+1}(z) = \int^z_0 \frac{\operatorname{Li}_{\,n}(t) }{t}\, dt$
Chứng minh.

Ta có

$ \displaystyle \int^z_0 \frac{1}{t} \left( \sum_{k\geq 1} \frac{t^k}{k^n}\, \right) dt$

$ \displaystyle \sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^n} \int^z_0 t^{k-1} \, dt$

Tích phân từng số hạng ta được kết quả

$ \displaystyle \sum_{k\geq 1}\frac{z^{k}}{k^{n+1}} \, = \operatorname{Li}_{\, n+1}(z) $.

Đạo hàm 2 vế kết quả 1 ta có

$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial z}\operatorname{Li}_{\, n+1}(z) = \frac{1}{z} \operatorname{Li}_{\,n}(z)$

KQ2.
$ \displaystyle \operatorname{Li}_{\,n}(-z) + \operatorname{Li}_{\,n}(z) = 2^{1-n} \,\operatorname{Li}_{\,n}(z^2) $
Chứng minh.

Biến đổi vế trái ta có

$ \displaystyle \sum_{k\geq 1} \frac{z^k}{k^n}+\sum_{k\geq 1} \frac{(-z)^k}{k^n}$

Biểu diễn chi tiết

$ \displaystyle z+\frac{z^2}{2^n}+\frac{z^3}{3^n}+\cdots +\left(-z+\frac{z^2}{2^n}-\frac{z^3}{3^n}+\cdots \right) $

Bỏ các số hạng lẻ

$ \displaystyle 2\frac{z^2}{2^n}+2\frac{z^4}{4^n}+2\frac{z^6}{6^n} +\cdots $

Hay

$ \displaystyle 2^{1-n} \left( z^{2}+\frac{(z^2)^2}{2^n}+\frac{(z^2)^3}{3^n}+ \cdots \right)$

$ \displaystyle 2^{1-n} \sum_{k \geq 1} \frac{(z^2)^{k}}{k^n} = 2^{1-n} \, \operatorname{Li}_{\, n}(z^2) \, \square $

Bài tập tự làm. Chứng minh $ \displaystyle \operatorname{Li}_{\, 2}(z) = -\int^z_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt$

Trong tất cả các hàm polylogarit, hàm song logarit $ \displaystyle \operatorname{Li}_2(z) $ là đáng quan tâm nhất.

Định nghĩa
$ \displaystyle \operatorname{Li}_2(z) = \sum_{k\geq 1} \frac{z^k}{k^2} = - \int^z_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt$

KQ3.
$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) + \operatorname{Li}_2(-z) = - \frac{1}{2}\log^2(z)-\frac{\pi^2}{6}$
Chứng minh.

Ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = -\int^{\frac{-1}{z}}_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt $

Đạo hàm theo $z$


$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = \frac{1}{z^2} \left(-\frac{\log \left(1+\frac{1}{z} \right)}{\frac{-1}{z}} \right) = \frac{\log\left( 1+ \frac{1}{z} \right)}{z} = \frac{\log(1+z) - \log(z)}{z}$

Nguyên hàm theo $z$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = \int^{-z}_0 \frac{\log(1-t)}{t} \, dt - \frac{1}{2} \log^2(z) \,+ C $

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = -\operatorname{Li}_2 {-z} - \frac{1}{2} \log^2(z) \,+ C $

Cho $z = 1$

$ \displaystyle C= 2\operatorname{Li}_2\left(-1\right)$

Để ý

$ \displaystyle \displaystyle \operatorname{Li}_{2}(-1) =-\eta(2) = \frac{-\pi^2}{12}$

Suy ra

$ \displaystyle C= \frac{-\pi^2}{6}$

Từ đó

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right)+\operatorname{Li}_2(-z) = -\frac{1}{2} \log^2(z) -\frac{\pi^2}{6} \, \square$

Cho $ \displaystyle z=-1$

$ \displaystyle 2\operatorname{Li}_2\left(1\right)=-\frac{1}{2} \log^2(-1) -\frac{\pi^2}{6} \, $

Mặt khác $ \displaystyle \log(-1) = i \pi $

$ \displaystyle 2\operatorname{Li}_2\left(1\right)=\frac{\pi^2}{2} -\frac{\pi^2}{6} \, = \frac{\pi^2}{3} $

Vậy $ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(1\right) = \frac{\pi^2}{6}$.

KQ4.
$ \displaystyle \operatorname{Li}_2(z) + \operatorname{Li}_{2}(1-z) = \frac{\pi^2}{6}-\log(z) \log(1-z) \,\,\,\, 0<z<1$
Chứng minh.
Ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right) = -\int^{z}_0 \frac{\log(1-t)}{t} \, dt $

Tích phân từng phần


$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)= -\int^z_0 \frac{\log(t)}{1-t} \, dt -\log(z) \log(1-z) $

Tính $ \displaystyle \int^z_0 \frac{\log(t)}{1-t} \, dt \,$ đặt $ \displaystyle t = 1-x $

$ \displaystyle -\int^{1-z}_{1} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx$

Với $ \displaystyle 0<z <1 $

$ \displaystyle \int^{1}_{1-z} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx = \int^1_0 \frac{\log(1-x)}{x}\, dx - \int_0^{1-z} \frac{\log(1-x)}{x}\, dx$
Dễ thấy


$ \displaystyle \int^{1}_{1-z} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx =-\operatorname{Li}_2(1)+\operatorname{Li}_2(1-z)$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)= \operatorname{Li}_2(1)-\operatorname{Li}_2(1-z) -\log(z) \log(1-z) $

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)+\operatorname{Li }_2(1-z)\, = \, \operatorname{Li}_2(1)-\log(z) \log(1-z) $

Vì $ \displaystyle \operatorname{Li}_2(1) = \frac{\pi^2}{6}$ nên

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)+\operatorname{Li }_2(1-z)\, = \frac{\pi^2}{6}-\log(z) \log(1-z) \,\, \square$

Từ đó  $ \displaystyle z=\frac{1}{2}$

$ \displaystyle 2\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)= \frac{\pi^2}{6}-\log^2\left(\frac{1}{2}\right) \,\,$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)= \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}\log^2 \left(\frac{1}{2}\right) $

KQ5. 
$ \displaystyle \operatorname{Li}_2(z) + \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = - \frac{1}{2} \log^2 (1-z) \,\,\,\, \, z<1$
Chứng minh.
Ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = -\int^{\frac{z}{z-1}}_0 \frac{ \log(1-t)}{t}\, dt$

Đạo hàm 2 vế theo $z$

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = \frac{1}{(z-1)^2}\left( \frac{ \log \left(1-\frac{z}{z-1}\right)}{\frac{z}{z-1}} \right)$

Rút gọn

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = \frac{- \log(1-z)}{z(z-1)} $
Nói cách khác

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = \frac{\log(1-z)}{1-z}+ \frac{\log(1-z)}{z} $

Nguyên hàm hai vế theo $z$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = -\frac{1}{2} \log^2(1-z) - \operatorname{Li}_2(z) +C$

Cho $z=-1$ ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{1}{2} \right) = -\frac{1}{2} \log^2(2) - \operatorname{Li}_2(-1) +C$


  • $ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{1}{2} \right) = \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2} \log^2\left(\frac{1}{2} \right) $
  • $ \displaystyle \operatorname{Li}_2(-1) = -\frac{\pi^2}{12}$
  • $ \displaystyle \log^2 \left( \frac{1}{2} \right) = \log^2 \left(2 \right) $
nên $C=0$, và do đó

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = -\frac{1}{2} \log^2(1-z) - \operatorname{Li}_2(z) $
hay

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right)+\operatorname{Li}_2(z) = -\frac{1}{2} \log^2(1-z) \, \,\square$

KQ6.
$ \displaystyle \frac{1}{2} \operatorname{Li}_2 (z^2) = \operatorname{Li}_2 (z)+\operatorname{Li}_2 (-z)$
Chứng minh.
Tương tự KQ5

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 (z^2) = -\int^{z^2}_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt$

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 (z^2) = -2 \frac{\log(1-z^2)}{z}$

$ \displaystyle \frac{1}{2} \frac{d}{dz} \operatorname{Li}_2 (z^2) = -\frac{\log(1-z)}{z}- \frac{\log(1+z)}{z}$

$ \displaystyle \frac{1}{2}\operatorname{Li}_2 (z^2) = \operatorname{Li}_2(z)+\operatorname{Li}_2(-z) \,+ C$

Cho $ \displaystyle z=1$ ta có $ \displaystyle C=0 $ và do đó

$ \displaystyle \frac{1}{2}\operatorname{Li}_2 (z^2) = \operatorname{Li}_2(z)+\operatorname{Li}_2(-z) \, \square$

Ví dụ 1.

Tính

$ \displaystyle I=\int^1_0 \, \frac{\ln(1-x) \ln(x) }{x} \, dx $

Giải. 
Tích phân từng phần với lưu ý

$ \displaystyle\int \frac{\log(1-x)}{x} = - \text{Li}_2(x)$

ta được
$ \displaystyle I=-\log(x) \text{Li}_2(x) |^1_0+\int^1_0 \frac{\text{Li}_2(t)}{t}\, dt$

$ \displaystyle I=\text{Li}_3(1) = \sum_{k\geq 1} \frac{1}{k^3} = \zeta(3)$

Ví dụ 2.
$ \displaystyle \int^x_0 \frac{\log^2(1-t)}{t}\, dt \,\,\,\,\, 0<x<1$

Giải.
Tích phân từng phần

$ \displaystyle \int^x_0 \frac{\log^2(1-t)}{t}\, dt = - \log(1-x) \text{Li}_2(x) -\int^x_0\frac{\text{Li}_2 (t)}{1-t} \, dt $

Mặt khác

$ \displaystyle \int^x_0\frac{\text{Li}_2 (t)}{1-t} \, dt = \int^{1}_{1-x} \frac{\text{Li}_2 (1-t)}{t} \, dt $

Theo KQ5

$ \displaystyle \int^{1}_{1-x} \frac{\frac{\pi^2}{6} -\text{Li}_2(t) - \log(1-t) \log(t)}{t} \, dt $

$ \displaystyle -\frac{\pi^2}{6}\log(1-x)- \int^{1}_{1-x} \frac{\text{Li}_2(t)}{t}\,dt -\int^{1}_{1-x}\frac{ \log(1-t) \log(t)}{t} \, dt $
Tích phân thứ nhất

$ \displaystyle \int^{1}_{1-x} \frac{\text{Li}_2(t)}{t}\,dt =\text{Li}_3(1)-\text{Li}_3(1-x) $

Tích phân thứ 2

$ \displaystyle \int^{1}_{1-x}\frac{ \log(1-t) \log(t)}{t} =\text{Li}_3(1) +\log(1-x)\text{Li}_2(1-x)-\text{Li}_3(1-x) $

Do đó

$ \displaystyle \int^x_0\frac{\text{Li}_2 (t)}{1-t} \, dt =-\frac{\pi^2}{6}\log(1-x)-\text{Li}_2(1-x) \log(1-x)+2\, \text{Li}_3(1-x)- 2 \zeta(3). $

$ \displaystyle \int^x_0 \frac{\log^2(1-t)}{t}\, dt = - \log(1-x) \text{Li}_2(x) +\frac{\pi^2}{6}\log(1-x)+\text{Li}_2(1-x) \log(1-x)$

$ \displaystyle-2\, \text{Li}_3(1-x)+ 2 \zeta(3)$.


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