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 - P11: Hàm số Clausen (tiếp)

VNMATH.COM 17 tháng 9, 2013 , 0

Tiếp theo Phần 1 , Phần 2, Phần 3 , Phần 4, Phần 5, Phần 6, Phần 7, Phần 8, Phần 9Phần 10.

Ta tiếp tục với hàm Clausen.

Sử dụng phương pháp để có KQ4 đối với công thức nhân đôi cho hàm Clausen bậc lẻ ta có:

KQ6. \(\displaystyle \text{Cl}_{2m+1}(4\theta)=\)

\(\displaystyle \zeta(2m+1)+4^{2m}\left[\text{Cl}_{2m+1}(\theta)-\text{Cl}_{2m+1}(\pi-\theta)
-\text{Cl}_{2m+1}\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)+\text{Cl}_{2m+1}\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)\right]\)

Mối liên hệ với hàm polygamma

Ta có

\(\displaystyle \text{Cl}_{2m}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(kp\pi/q)}{k^{2m}}\)

Tách chuỗi trên thành q phần (ở đây ta đổi chỉ số $k$ bắt đầu từ 0):

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+1)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+1)^{2m}}+
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+2)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+2)^{2m}}+
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+3)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+3)^{2m}}+
\,\cdots\,+\)

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+(q-1))\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+(q-1))^{2m}}+
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+q)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+q)^{2m}}\)

Viết gọn hơn là

\(\displaystyle \sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(kp\pi+\frac{jp\pi}{q}\right)}{(kq+j)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(kp\pi+\frac{jp\pi}{q}\right)}{(k+j/q)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(kp\pi+\frac{jp\pi}{q}\right)}{(k+j/q)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(kp\pi)\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)}{(k+j/q)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{kp}}{(k+j/q)^{2m}}\)

Vì \(\displaystyle (-1)^{kp} =
\begin{cases}
1 & \text{if }p\text{ is even} \\
(-1)^k & \text{if }p\text{ is odd}
\end{cases}\)

nên ta xét 2 trường hợp

Trường hợp 1. $p$ chẵn.
Khi đó

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+j/q)^{2m}}\)


Áp dụng định nghĩa hàm polygamma theo chuỗi


\(\displaystyle \psi_n(z)= (-1)^{n+1}\,n!\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(z+k)^{n+1}}\)


ta được

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\frac{\psi_{2m-1}(j/q)}{(2m-1)!}\)
Do đó

KQ7. \(\displaystyle (2m-1)!\,q^{2m}\,\text{Cl}_{2m}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\psi_{2m-1}\left(\frac{j}{q}\right)\,.\Box\)

Trường hopwj 2. $p$ lẻ

Khi đó, ta gặp một chuỗi đan dấu và sẽ tách thành 2 để xử lí.

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(k+j/q)^{2m}}=\)


\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+j/q)^{2m}}-
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1+j/q)^{2m}}
\right]=\)


\(\displaystyle \frac{1}{(2q)^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{[k+(j/2q)]^{2m}}-
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{[k+((j+q)/2q)]^{2m}}
\right]=\)

\(\displaystyle \frac{1}{(2q)^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\frac{\psi_{2m-1}\left(\frac{j}{2q}\right)-\psi_{2m-1}\left(\frac{j+q}{2q}\right)
}{(2m-1)!}
\right]\)

Từ đó ta có
KQ8.

\(\displaystyle (2m-1)!\,(2q)^{2m}\,\text{Cl}_{2m}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\psi_{2m-1}\left(\frac{j}{2q}\right)-\psi_{2m-1}\left(\frac{j+q}{2q}\right)
\right]\,.\Box\)

Đối với hàm Clausen bậc lẻ, ta có

\(\displaystyle \text{Cl}_{2m+1}(2\theta)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos 2k\theta}{k^{2m+1}}\)

Áp dụng công thức nhân đôi trong lượng giác sơ cấp

\(\displaystyle \text{Cl}_{2m+1}(2\theta)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\cos^2 k\theta-\sin^2 k\theta)}{k^{2m+1}}=
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^2 k\theta}{k^{2m+1}}-
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin^2 k\theta}{k^{2m+1}}\)

Áp dụng công thức sơ cấp \(\displaystyle \sin^2 x+\cos^2 x=1\,\), ta có

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^2 k\theta}{k^{2m+1}}+
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin^2 k\theta}{k^{2m+1}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2m+1}}=\zeta(2m+1)\)


Giải hệ gồm các chuỗi trên ta được

KQ9. 

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin^2 k\theta}{k^{2m+1}}=\frac{1}{2}\Big[\zeta(2m+1)-\text{Cl}_{2m+1}(2\theta)\Big]\)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^2 k\theta}{k^{2m+1}}=\frac{1}{2}\Big[\zeta(2m+1)+\text{Cl}_{2m+1}(2\theta)\Big]\)

Một ví dụ về mối liên hệ với hàm Polylogarit

Với \(\displaystyle |z|\le 1\,\), hàm polylogaritbạc $m$ có biểu diễn:


\(\displaystyle \text{Li}_m(z)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k^m}\)


Đặt \(\displaystyle z=e^{i\theta}\,\) trong chuỗi trên ta có

\(\displaystyle \text{Li}_m(e^{i\theta})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(e^{i\theta})^k}{k^m}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\cos \theta+i\sin \theta)^k}{k^m}=\)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\cos k\theta+i\sin k\theta)}{k^m}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^m}+i\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^m}\)

Đối với hàm polylogarit bậc chẵn thì

\(\displaystyle \text{Li}_{2m}(e^{i\theta})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^{2m}}+i\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^{2m}}=
\text{Sl}_{2m}(\theta)+i\,\text{Cl}_{2m}(\theta)\)

Đối với hàm polylogarit bậc lẽ thì

\(\displaystyle \text{Li}_{2m+1}(e^{i\theta})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^{2m+1}}+i\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^{2m+1}}=
\text{Cl}_{2m+1}(\theta)+i\,\text{Sl}_{2m+1}(\theta)\)


KQ 10.

\(\displaystyle \text{Li}_{2m}(e^{i\theta})=
\text{Sl}_{2m}(\theta)+i\,\text{Cl}_{2m}(\theta)\)


\(\displaystyle \text{Li}_{2m+1}(e^{i\theta})=
\text{Cl}_{2m+1}(\theta)+i\,\text{Sl}_{2m+1}(\theta)\)


\(\displaystyle \text{Li}_{2m}(e^{-i\theta})=
\text{Sl}_{2m}(\theta)-i\,\text{Cl}_{2m}(\theta)\)


\(\displaystyle \text{Li}_{2m+1}(e^{-i\theta})=
\text{Cl}_{2m+1}(\theta)-i\,\text{Sl}_{2m+1}(\theta)\)

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