Ki thuat tinh tich phan nang cao P5

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Kĩ thuật tính tích phân nâng cao - Phần 5: Hàm Polygamma Posted: 17 Aug 2013 09:29 AM PDT 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.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> $ \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..

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> $$\int^{\infty}_{0}e^{-a t}\, \ln(t) \, dt. $$ 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{. (*)}$.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 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^{a1}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^{a1}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) $..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 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) \,.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 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(1e^{-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)}}{1e^{-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.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> $ \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}}{1x}\,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.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> $ \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\}$..

<span class='text_page_counter'>(11)</span>