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 8: Logarit của hàm lượng giác

VNMATH.COM 12 tháng 9, 2013 , 0

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

Trong phần này ta sẽ tính tích phân logarit của hàm lượng giác. Trước hết ta giới thiệu các hàm Clausen, sau đó là 10 dạng thường gặp của loại tích phân. Bài viết sẽ được cắt ra thành nhiều phần nếu quá dài.

Các hàm Clausen được định nghĩa như sau:

\(\displaystyle \text{Cl}_2(\theta)=-\int_0^{\theta}2\log\bigg|\sin \frac{x}{2}\bigg|\,dx\)

\(\displaystyle \text{Cl}_n(\theta) = \left\{
\begin{array}{l l}
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ chẵn}\\
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ lẻ}
\end{array} \right.\)

\(\displaystyle \text{Sl}_n(\theta) = \left\{
\begin{array}{l l}
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ chẵn}\\
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ lẻ}
\end{array} \right.\)

10 bài tập tương ứng với 10 kiểu hay gặp là

Bài 1:

\(\displaystyle \int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx\)

Giải:
\(\displaystyle \int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx=\int_0^1\frac{(\log x)^m}{(1+x^2)}\,dx=\)


\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^1x^{2k}(\log x)^m\,dx=(-1)^mm!\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{m+1}}=(-1)^mm!\,\beta(m+1).\,\Box\)

trong đó

\(\displaystyle \beta(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^x}\)

is là hàm Dirichlet Beta.


Khi x=2  ta có hằng số Catalan


\(\displaystyle \beta(2)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}=G\)

Bài 2:

\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx\)

Giải:
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx=\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx+\int_{\pi/4}^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx\)

Đặt \(\displaystyle x=\pi/2 - y\,\) ở tích phân thứ hai ta có


\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx=\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx+\int_0^{\pi/4}\log^m(\cot x)\, dx=\)


\(\displaystyle \int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx+(-1)^m\,\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx=\)


\(\displaystyle [1+(-1)^m]\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx\)

Do đó
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx = [1+(-1)^m]\,m!\,\beta(m+1).\,\Box\)

Bài 3:
\(\displaystyle \mathcal{T}_m(\theta)=\int_0^{\theta}\log^m(\tan x)\,dx\)

Giải:
\(\displaystyle \int_0^{\theta}\log^m(\tan x)\,dx=\int_0^{z=\tan\theta}\frac{(\log x)^m}{1+x^2}\,dx=\)


\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^zx^{2k}(\log x)^m\,dx\)


Cho \(\displaystyle x= z\,y\,\) ta có


\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^zx^{2k}(\log x)^m\,dx=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,z^{2k+1}\int_0^1y^{2k}(\log z+\log y)^m\,dy\)


Theo khai triển nhị thức Newton cho phần loga


\(\displaystyle \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\log z)^{m-j}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,z^{2k+1}\int_0^1y^{2k}(\log y)^j\,dy\)

và kết quả kinh điển


\(\displaystyle \int_0^1x^n(\log x)^m\,dx=\frac{(-1)^m\,m!}{(n+1)^{m+1}}\)

ta được


\(\displaystyle \sum_{j=0}^m(-1)^j\,j!\,\binom{m}{j}(\log z)^{m-j}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)^{j+1}}=\)


\(\displaystyle m!\,\sum_{j=0}^m(-1)^j\,\frac{(\log z)^{m-j}}{(m-j)!}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)^{j+1}}\)


Mặt khác, với \(\displaystyle 0\le z\le 1\,\) ta có các tích phân hàm lượng giác ngược


\(\displaystyle \text{Ti}_1(z)=\frac{\tan^{-1}z}{z}\)


\(\displaystyle \text{Ti}_{m+1}(z)=\int_0^z\frac{\text{Ti}_m(x)}{x}\)

có biểu diễn chuỗi


\(\displaystyle \text{Ti}_m(z)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)^k}\)

 và ta có điều tìm

\(\displaystyle \mathcal{T}_m(\theta)=m!\,\sum_{j=0}^m(-1)^j\frac{\log^{m-j}(\tan \theta)}{(m-j)!}\,\text{Ti}_{j+1}(\tan \theta).\,\Box\)

Bài 4:
1. \(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=\int_0^\theta\log(\sin x)\,dx\)


2. \(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)=\int_0^\theta\log(\cos x)\,dx\)

Giải:
1. \(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(\sin x)\,dx=\int_0^\theta\log(2\sin x)\,dx-\log 2\int_0^{\theta}\,dx=\)


\(\displaystyle \frac{1}{2}\int_0^{2\theta}\log[2\sin (y/2)]\,dx-\theta\log 2\)


Biểu diễn theo hàm Clausen


\(\displaystyle \text{Cl}_2(\phi)=-\int_0^{\phi}|\log(2\sin (x/2))|\,dx=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\phi}{k^2}\)

ta có kết quả

\(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(2\theta)+\frac{1}{2}\text{Cl}_2(0)-\theta\log 2=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(2\theta)-\theta\log 2\)


2. Đối với bài còn lại, ta dùng phép thế
\(\displaystyle x=\pi/2-y\,\) với \(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)\,\) thì

\(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)=-\int_{\pi/2}^{\pi/2-\theta}\log\left[\cos\left(\frac{\pi}{2}-y\right)\right]\,dy=-\int_{\pi/2}^{\pi/2-\theta}\log(\sin y)\,dy=\)


\(\displaystyle \mathcal{S}(\pi/2)-\mathcal{S}(\pi/2-\theta)=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi)+\frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi-2\theta)-\theta\log 2=\)

\(\displaystyle \frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi-2\theta)-\theta\log 2\)

Kết quả

\(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=\int_0^\theta\log(\sin x)\,dx=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(2\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)

\(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)=\int_0^\theta\log(\cos x)\,dx=\frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi-2\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)

Bài 5:

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{\pm}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1\pm \cos x)\,dx\)

Giải:
Đối với

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{+}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1+ \cos x)\,dx\,\)
dùng

\(\displaystyle \cos \frac{x}{2}=\left(\frac{1+\cos x}{2}\right)^{1/2}\,\) for
\(\displaystyle |\theta|\le \pi\)
ta có

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{+}(\theta)=\int_0^{\theta}\log\left(2\cos^2 \frac{x}{2}\right)\,dx=2\int_0^{\theta}\log\left(2\cos \frac{x}{2}\right)\,dx-\log 2\int_0^{\theta}\,dx=\)

\(\displaystyle -2\int_{\pi}^{\pi-\theta}\log\left(2\sin \frac{x}{2}\right)\,dx-\theta\log 2=\)

\(\displaystyle 2\text{Cl}_2(\pi-\theta)-2\text{Cl}_2(\pi)-\theta\log 2\)

Do đó
\(\displaystyle  {Lc}_{+}(\theta)=2\text{Cl}_2(\pi-\theta)-\theta\log 2\)

Tương tự với

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{-}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1- \cos x)\,dx\)

dùng
\(\displaystyle \sin \frac{x}{2}=\left(\frac{1-\cos x}{2}\right)^{1/2}\,\) for
\(\displaystyle 0\le \theta\le 2\pi\)
ta có
\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{-}(\theta)=\int_0^{\theta}\log\left(2\sin^2 \frac{x}{2}\right)\,dx=2\int_0^{\theta}\log\left(2\sin \frac{x}{2}\right)\,dx-\log 2\int_0^{\theta}\,dx=\)

\(\displaystyle -2\text{Cl}_2(\theta)-\theta\log 2\)
Kết quả

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{+}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1+ \cos x)\,dx=2\text{Cl}_2(\pi-\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{-}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1- \cos x)\,dx=-2\text{Cl}_2(\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)
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