Khai triển một hàm thành tổng vô hạn hoặc tích vô hạn và một số ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI QUÁCH THỊ THU HUYỀN KHAI TRIỂN MỘT HÀM THÀNH TỔNG VÔ HẠN HOẶC TÍCH VÔ HẠN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán giải tích Mã số : 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học TS Bùi Kiên Cường HÀ NỘI, 2015 Lời cảm ơn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Bùi Kiên Cường, thầy định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, giảng giải để hoàn thành luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng Sau đại học, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích, trường Đại học Sư phạm Hà Nội trang bị kiến thức, giúp đỡ suốt trình học tập Qua xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Ban giám hiệu toàn thể thầy cô giáo trường THPT Vĩnh Yên, TP Vĩnh Yên, Vĩnh Phúc giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi giúp hoàn thành luận văn Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè động viên, cổ vũ, giúp đỡ trình học tập hoàn thành luận văn Hà Nội, tháng 07 năm 2015 Tác giả Quách Thị Thu Huyền Lời cam đoan Tôi xin cam đoan hướng dẫn TS Bùi Kiên Cường, luận văn: Khai triển hàm thành tổng vô hạn tích vô hạn số ứng dụng công trình nghiên cứu riêng Trong trình nghiên cứu viết luận văn, tác giả kế thừa thành tựu nhà khoa học với trân trọng biết ơn, thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Hà Nội, tháng 07 năm 2015 Tác giả Quách Thị Thu Huyền Mục lục Mở đầu Chương Tổng vô hạn tích vô hạn 1.1 Tổng vô hạn tích vô hạn 1.1.1 Tổng vô hạn 1.1.2 Tích vô hạn 1.2 Đa thức số Bernoulli, Euler 15 1.2.1 Đa thức Bernoulli số Bernoulli 15 1.2.2 Đa thức Euler số Euler 20 1.3 Khai triển Lagrange 22 1.4 Khai triển hàm phân hình theo hàm phân thức 27 Chương Một số ứng dụng tổng vô hạn tích vô hạn 33 2.1 Phương trình vi phân thường cấp 33 2.1.1 Các điểm kì dị phương trình vi phân thường cấp 33 2.1.2 Nghiệm lân cận điểm thường 34 2.2 Ứng dụng tổng vô hạn việc tìm nghiệm số phương trình vi phân thường 39 2.2.1 Nghiệm lân cận điểm kì dị 39 2.2.2 Nghiệm quy Điểm kì dị quy 45 2.2.3 Phương pháp Frobenius 51 2.3 Khai triển hàm qua tích vô hạn 54 2.4 Khai triển tiệm cận 59 2.4.1 Mở đầu khai triển tiệm cận 59 2.4.2 Khai triển tiệm cận tích phân Laplace, Bổ đề Watson 65 Kết luận 68 Tài liệu tham khảo 69 Mở đầu Lý chọn đề tài Trong giải tích cổ điển, bên cạnh lý thuyết tổng vô hạn hay gọi chuỗi số, đối tượng khác quan tâm nghiên cứu, tích vô hạn Cũng tương tự chuỗi, người ta quan tâm đến việc biểu diễn hàm cho tích vô hạn Nhờ việc biểu diễn hàm qua tổng vô hạn tích vô hạn, số kiểu phương trình vi phân thường tìm biểu diễn nghiệm, đặc biệt nghiệm kỳ dị chúng Nhằm tìm hiểu sâu ứng dụng lý thuyết chuỗi tổng vô hạn lĩnh vực biểu diễn nghiệm kỳ dị số lớp phương trình vi phân, hướng dẫn TS Bùi kiên Cường, chọn đề tài nghiên cứu: Khai triển hàm thành tổng vô hạn tích vô hạn số ứng dụng để thực luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Mục đích nghiên cứu Biểu diễn số hàm qua tích vô hạn ứng dụng tìm nghiệm kỳ dị số phương trình vi phân thường Nhiệm vụ nghiên cứu • Nghiên cứu lý thuyết tích vô hạn việc khai triển hàm thành tổng tích vô hạn; • Nghiên cứu ứng dụng việc khai triển hàm thành tổng vô hạn việc tìm nghiệm kỳ kị số phương trình vi phân Đối tượng phạm vi nghiên cứu • Một số đa thức: Bernoulli, Euler, tích vô hạn, khai triển tiệm cận giải tích cổ điển; • Nghiệm số phương trình vi phân thường cấp có sử dụng hàm đặc biệt Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp kiến thức thu thập qua tài liệu liên quan đến đề tài, sử dụng phương pháp nghiên cứu lý thuyết Những đóng góp đề tài Luận văn tài liệu tổng quan biểu diễn hàm qua tổng vô hạn tích vô hạn số ứng dụng việc giải số kiểu phương trình vi phân thường cấp 2 Chương Tổng vô hạn tích vô hạn 1.1 Tổng vô hạn tích vô hạn Mục trình bày dựa theo tài liệu [4] 1.1.1 Tổng vô hạn ∞ Cho dãy số {an }∞ n=1 , ta định nghĩa dãy {sn }n=1 , gồm tổng riêng ∞ sn = a1 + a2 + · · · + an Tổng vô hạn hình thức an gọi chuỗi n=1 ∞ an hội tụ tới giới hạn S dãy tổng riêng Ta nói rằng, chuỗi n=1 {sn }∞ n=1 hội tụ tới S Ta biết rằng, tiêu chuẩn hội tụ Cauchy cho dãy số phát biểu rằng: Một dãy số hội tụ dãy (dãy Cauchy) Áp dụng tiêu chuẩn hội tụ Cauchy cho dãy tổng riêng {sn }∞ n=1 ta có tiêu chuẩn Cauchy cho chuỗi sau: ∞ an hội tụ với Định lý 1.1.1 Chuỗi > tồn n=1 N ∈ N∗ cho m ≥ n > N ta có |an + an+1 + · · · + am | < ∞ an hội tụ Hơn nữa, từ định lí ta suy chuỗi n=1 lim an = Tuy nhiên điều ngược lại không Chẳng hạn, chuỗi ∞ 1 điều hòa phân kì lim an = lim = n→∞ n→∞ n n=1 n n→∞ ∞ n=1 ∞ N |A − ∞ an Do đó, n=1 n=N +1 an | < | n=1 N an = A − an = A Ta thấy rằng, chuỗi an | < n=N +1 Sử dụng chuỗi Taylor ta có công thức khai triển thành tổng vô hạn số hàm sơ cấp đây: ∞ z e = a = 1−z n=0 ∞ zn , n! az n , n=0 ∞ sin z = n=0 ∞ cos z = n=0 ∞ log(1 + z) = n=1 ∞ − log(1 − z) = n=1 (1.1.1) |z| < 1, (−1)n z 2n+1 , (2n + 1)! (−1)n z 2n , (2n)! (−1)n z n , n zn , n (1.1.2) ∀z ∈ C, (1.1.3) ∀z ∈ C, (1.1.4) |z| < 1, (1.1.5) |z| < (1.1.6) Ta có số kết tính hội tụ tổng vô hạn sau ∞ Định lý 1.1.2 Cho hai dãy số phức {an }∞ n=0 {bn }n=0 Nếu ∞ |an | n=0 ∞ hội tụ {bn } bị chặn chuỗi an bn hội tụ n=0 ∞ ∞ |an | hội an hội tụ tuyệt đối chuỗi Ta nói chuỗi n=0 n=0 tụ ∞ n=0 n=0 an hội tụ hội tụ chuỗi |an | an chuỗi số phức chuỗi Định lý 1.1.3 Nếu ∞ ∞ n=0 Điều ngược lại định lí không đúng, chẳng hạn xét chuỗi (−1)n , chuỗi chuỗi đan dấu hội tụ theo dấu hiệu Leibnitz, n n=1 ∞ ∞ (−1)n = nhiên chuỗi phân kì n n n=1 n=1 ∞ Định lý 1.1.4 Giả sử am,n ∈ [0, ∞) với (m, n) ∈ N × N φ : N → N × N song ánh Với ngầm hiểu chuỗi số thực không âm hội tụ đến ∞ không hội tụ đến số thực, ta có ∞ ∞ ∞ ∞ am,n = n=1 m=1 ∞ aφ(k) am,n = m=1 n=1 k=1 Định lý 1.1.5 Giả sử cm,n ∈ C với (m, n) ∈ N×N φ : N → N×N song ánh Nếu ba tổng sau ∞ ∞ ∞ ∞ |am,n | , n=1 m=1 ∞ |am,n | , m=1 n=1 |aφ(k) | k=1 hội tụ tổng sau hội tụ tuyệt đối có tổng ∞ ∞ ∞ ∞ am,n , n=1 m=1 ∞ am,n , m=1 n=1 aφ(k) k=1 1.1.2 Tích vô hạn Trong mục này, trình bày khái niệm toán hội tụ tích vô hạn, đặc biệt trình bày điều kiện hội tụ tuyệt đối Tích vô hạn ∞ un = u1 u2 u3 · · · (1.1.7) n=1 gọi hội tụ tồn m cho ∀n > m, un = 0, tích riêng pn = um+1 um+2 · · · un , n>m (1.1.8) ∞ cực điểm hàm nguyên, chẳng hạn, trường hợp đa thức trường hợp kì dị thiết yếu hàm ez , sin z, Trong đại số, ta thường biểu diễn đa thức qua tích thừa số nguyên tố Tương tự, với hàm nguyên, ta biểu diễn tích thế, nhiên, tích vô hạn không điểm hàm vô hạn, chẳng hạn, sin z, cos z, Định lý 2.3.1 Giả sử f (z) hàm nguyên với không điểm a1 , a2 , không 0, lim an = ∞ Giả sử tồn dãy n→∞ chu tuyến {Cm } cho chu tuyến |f (z)/f (z)| < M, M số dương không phụ thuộc vào m Khi đó, f (z) khai triển dạng tích vô hạn: ∞ f (0)/f (0).z 1− f (z) = f (0)e n=1 z an ez/an (2.3.1) thừa số (1 − z/an )ez/an điểm z = an gọi thừa số nguyên tố hàm nguyên f (z) Chứng minh Đặt F (z) = f (z)/f (z), điểm z = an , (z − an )2 f (z) = (z − an )f (an ) + f (an ) + · · · , 2! f (z) = f (an ) + (z − an )f (an ) + · · · , f (an ) = Từ đó, F (z) = ϕ(z) f (z) = , f (z) z − an ϕ(an ) = 1, tức là, an , n = 1, 2, cực điểm đơn F (z) với thặng dư điểm F (z) giải tích Do đó, F (z) hàm phân 55 hình Vì F (z) thỏa mãn điều kiện (1.4.8), nên ta khai triển theo phân thức hữu tỉ: ∞ F (z) = F (0) + n=1 tức ∞ f (z) f (0) = + f (z) f (0) n=1 1 + z − an an , 1 + z − an an Chuỗi vế phải hội tụ đều, nên ta nhân phương trình với dz lấy tích phân từ tới z, thu (2.3.1) Ví dụ 2.3.1 Khai triển thành tích vô hạn hàm sin z Khi z = không điểm sin z, ta áp dụng trực tiếp định lí 2.3.1 Xét hàm f (z) = sin z/z có tất không điểm z = ±nπ, n = 1, 2, , tất không điểm đơn Bây giờ, f (z)/f (z) = cot z − 1/z ta Ví dụ 1.4.3 hàm thỏa mãn điều kiện phát biểu khai triển (2.3.1) Do đó, ta khai triển sin z/z theo tích vô hạn: ∞ sin z = z n=1 1− z ez/nπ nπ 1+ z e−z/nπ nπ (2.3.2) ∞ sin z z2 = 1− 2 z nπ n=1 (2.3.3) z2 Vì hội tụ tuyệt đối, tích vô hạn hội tụ tuyệt đối 2 n=1 n π Ta nhận thấy rằng, việc khai triển hàm thành tích vô hạn không ∞ hạn chế trường hợp mà không điểm hàm số không điểm đơn Giả sử an không điểm f (z) có cấp mn Khi 56 f (z) , thặng dư tương f (z) ứng mn Do đó, điều kiện khác thỏa mãn, ta có an cực điểm đơn hàm F (z) = thể khai triển thành tích vô hạn f (z) cách áp dụng (1.4.8), cụ thể ∞ f (0) f (0) z f (z) = f (0)e z 1− an n=1 mn e z/an , (2.3.4) thừa số nguyên tố chứa an xuất mn lần Biểu diễn hàm qua tích vô hạn không hạn chế hàm nguyên Một hàm phân hình f (z) khai triển thành tích vô hạn hàm phân hình hiểu thương hai hàm nguyên Để biểu diễn hàm phân thương hai hàm nguyên, ta thực theo trình sau: đặt G(z) hàm nguyên mà toàn không điểm cực điểm f (z) Khi hàm tích f (z)G(z) điểm kì dị miền hữu hạn, nên hàm tích hàm nguyên Đặt G1 (z) = f (z)G(z), f (z) = G1 (z)/G(z) Ta có định lí Weierstrass phân tích thành thừa số nguyên tố Định lý 2.3.2 (Weierstrass) Giả sử f (z) điểm kì dị cốt yếu miền hữu hạn Ký hiệu không điểm cực điểm a1 , a2 , , < |a1 | ≤ |a2 | ≤ · · · Khi f (z) khai triển thành tích vô hạn có dạng: ∞ z 1− an G(z) f (z) = f (0)e n=1 mn gn (z) e , (2.3.5) G(z) hàm nguyên với G(0) = 0; gn (z) đa thức chọn phù hợp cho đa thức gn (z) làm cho tích vô hạn hội tụ tuyệt đối 57 miền hữu hạn nào, ngoại trừ cực điểm f (z), mn bậc không điểm cực điểm an ; mn âm an cực điểm Chứng minh Trước tiên ta chứng tỏ rằng, đa thức gn (z) tìm cho tích vô hạn (2.3.5) hội tụ với z không cực điểm Theo Định lý 1.1.10, điều tương đương với việc chứng tỏ chuỗi ∞ ln{(1 − z/an )egn (z) }mn n=1 hội tụ z không cực điểm Số hạng tổng quát chuỗi un = ln ∞ = mn mn z 1− an − s=1 gn (z) = mn ln − e s z an z an + gn (z) s + gn (z) Nếu ta lấy kn −1 gn (z) = s=1 s z an s , (2.3.6) kn số nguyên > xác định, ta có ∞ |un | = |mn | − s=1 ≤ |mn || z kn | an s z an ∞ | s=0 s z ≤ |mn || |kn an ∞ s=0 z | |s s + kn an z s | an Đặt K số nguyên dương |z| < K Vì an → ∞, nên tồn N −1 cho |an | < 2K, ∀n > N |za−1 < Do đó, n > N, n | < K|an | |un | < 2|mn || 58 K kn | an Bây giờ, ta chọn kn số nguyên dương nhỏ cho |un | < bn ∞ bn chuỗi hội tụ với số hạng không âm, chẳng hạn n=1 bn = 2−n Khi chuỗi an hội tụ mà hội tụ tuyệt đối với |z| < K trừ cực điểm Vì vậy, với gn (z) chọn, tích vô hạn (2.3.5) hội tụ tuyệt đối Nếu ta đặt ∞ mn z 1− an F (z) = n=1 e gn (z) , f (z)/F (z) = G1 (z) hàm nguyên mà không điểm, G1 (z)/G1 (z) hàm nguyên Kí hiệu G2 (z) = G1 (z)/G1 (z) ta có G1 (z) = CeG2 (z) , C số Do đó, ∞ z 1− an G2 (z) f (z) = Ce n=1 mn e gn (z) Khi z = 0, tích vô hạn vế phải Do f (0) = CeG2 (0) ∞ G2 (z)−G2 (0) f (z) = f (0)e n=1 z 1− an mn e gn (z) điều chứng minh (2.3.5) với G(z) = G2 (z) − G2 (0) 2.4 Khai triển tiệm cận 2.4.1 Mở đầu khai triển tiệm cận Ta biết rằng, việc khai triển tiệm cận hàm theo nghĩa thông thường việc biểu diễn xấp xỉ hàm với giá trị lớn đối số (argument) hàm tham số Trong trường hợp tổng quát, khai triển tiệm cận không hạn chế trường hợp đối số tham số lớn Trong mục này, trình bày Bổ đề Watson cho khai triển 59 tiệm cận hàm biểu diễn nhờ tích phân mà ta gọi tích phân Laplace Giả sử f (z) hàm giải tích vô cực, hàm f (z) khai triển dạng chuỗi Talor với số mũ z giảm dần: f (z) = c0 + c1 z −1 + c2 z −2 + · · · , cn = f (n) (∞)/n! Mức độ xấp xỉ cải tiến vô thời hạn số hạng vế phải lấy đủ lớn Trong trường hợp tổng quát, ta tìm chuỗi không thiết hội tụ A0 + A1 z −1 + A2 z −2 + · · · (2.4.1) chuỗi có tính chất với n cố định, argz hạn chế miền biết, ∆1 < argz < ∆2 , lim z n {f (z) − Sn (z)} = 0, (2.4.2) f (z) = Sn (z) + o(z −n ), (2.4.3) Sn = A0 + A1 z −1 + A2 z −2 + · · · + An z −n (2.4.4) |z|→∞ tức là, tổng riêng, chuỗi (2.4.1) gọi chuỗi tiệm cận f (z) z = ∞; ta viết f (z) ∼ A0 + A1 z −1 + A2 z −2 + · · · |z| → ∞, ∆1 < argz < ∆2 60 (2.4.5) Lưu ý rằng, khai triển tiệm cận (2.4.5) ta sử dụng tổng riêng Sn (z), mà tất số hạng Sn (z) hữu hạn, coi xấp xỉ hàm f (z) Điều nghĩa f (z) = lim Sn (z), chuỗi phân kỳ giới hạn không tồn tại, chí n→∞ An z −n không dần tới n → ∞ Trong khai triển tiệm cận bất kì, điều quan trọng đánh giá sai số xấp xỉ Từ (2.4.2) (2.4.3), bậc sai số o(z −n ) Do đó, với n cố định cho trước khoảng argz, |z| lớn sai số nhỏ, tức có xấp xỉ Hơn nữa, mức độ xấp xỉ phụ thuộc vào số số hạng tổng riêng Nhưng chuỗi phân kì với z cho trước, xấp xỉ cải thiện vô hạn cách lấy nhiều số hạng tổng riêng, tức là, cách tăng n Điều khác biệt với biểu diễn hàm xấp xỉ tổng riêng chuỗi hội tụ Ví dụ 2.4.1 Tìm khai triển tiệm cận hàm ∞ f (x) = ex−t dt t với x → ∞, x > (2.4.6) x Đặt t − x = λ, ∞ ex−t dt = t x ∞ e−λ dλ = x+λ x x ∞ n−1 −λ e dλ k=0 x n−1 = k=0 k! (−1)n (−1)k k+1 + x xn ∞ λ − x k λ + − x e−λ λn dλ x+λ n x x+λ (2.4.7) Nếu ta lấy tổng n số hạng vế phải, xấp xỉ f (x), sai số đánh sau | (−1) xn n ∞ ∞ −k n e λ dλ| < n+1 x+λ x e−k λn dλ = 61 n! xn+1 (2.4.8) Do đó, f (x) ∼ 2! (n − 1)! − + − · · · + (−1)n−1 + ··· x x x xn (2.4.9) Từ (2.4.8), với n cố định, bậc sai số x−n−1 x → ∞; tức là, x lớn xấp xỉ tốt Nhưng trái lại, x cố định n vượt giá trị (≈ x), sai số lớn n lớn Do đó, ta thấy rằng, với khai triển tổng quát, mức độ xấp xỉ cải thiện vô hạn lần cách tăng số phần tử tổng riêng Ta lưu ý rằng, trường hợp hàm biến phức, khai triển tiệm cận hàm phụ thuộc vào miền argument (pha) biến: miền khác argument, khai triển tiệm cận tương đối khác Tính chất tuyến tính Nếu ∞ ∞ f (z) ∼ An z −n Bn z −n , (2.4.10) (αAn + βBn )z −n , (2.4.11) g(z) ∼ , n=0 n=0 ∞ αf (z) + βg(z) ∼ n=0 α β số Điều chứng minh trực định nghĩa khai triển tiệm cận Tính chất nhân Giả sử có (2.4.10) ∞ Cm z −m , f (z)g(z) ∼ (2.4.12) m=0 m Cm = Ak Bm−k k=0 62 (2.4.13) Thật vậy, theo định nghĩa khai triển tiệm cận ta có: f (z) = A0 + A1 z −1 + · · · + An z −n + z −n g(z) = B0 + B1 z −1 + · · · + Bn z −n + ηz −n → η → |z| → ∞ Do đó, |z| → ∞, n z n Cm z −m f (z)g(z) − = A0 β + B0 + O(z −1 ) → m=0 Tích phân số hạng Giả sử z hàm thực biến phức với argument cố định Nếu ∞ f (z) ∼ A2 z −2 + A3 z −3 Ak z −k , + ··· = (2.4.14) k=2 ∞ ∞ f (z)dz ∼ k=2 z Ak −k+1 z k−1 (2.4.15) Thật vậy, giả sử Sn (z) tổng riêng chuỗi bên vế phải (2.4.14) Vì z n {f (z) − Sn (z)} → |z| → ∞, với > bất kì, tồn R cho |z| > R, |f (z) − Sn (z)| < |z|−n Vì vậy, ∞ ∞ f (z)dz − z ∞ Sn (z)dz ≤ z z n−1    ∞ z n f (z)dz − z k=2 |z|−n d|z| |f (z) − Sn (z)| |dz| < − ∞ |z| n − |z|n−1   Ak −k+1 z → 0, |z| → ∞  k−1 63 Đạo hàm số hạng Trong trường hợp tổng quát, việc lấy đạo hàm số hạng không thực khai triển tiệp cận Chẳng hạn, ex sin(ex ) ∼ 0 0+ + +· · · , đạo hàm nó, tức là, −e−x sin(ex )+cos(ex ), x x giao động x → ∞, khai triển tiệm cận điểm Tuy nhiên, hàm số đạo hàm khai triển tiệm cận chúng dạng chuỗi lũy thừa, đó, áp dụng kết phép lấy tích phân số hạng (tính chất 3) để khai triển tiệm cận cho f (z), ta thấy khai triển tiệm cận f (z) lấy đạo hàm số hạng Tính Với khoảng cho trước argz, hàm z có nhiều khai triển tiệm cận, tức là, khai triển tiệm cận tồn Nhưng, xảy trường hợp khai triển tiệm cận biểu diễn hàm khác Ta làm rõ nhận xét sau: Giả sử ∞ f (z) ∼ ∞ Ak z −k Bk z −k f (z) ∼ n=0 n=0 Khi đó, với n cố định, ta có lim {z n {A0 + A1 z −1 + · · · + An z −n − B0 − B1 z −1 − · · · − Bn z −n }} = 0, |z|→∞ từ ta có A0 = B0 , A1 = B1 , , An = Bn Nhưng n bất kì, hai khai triển tiệm cận phải trùng Tuy nhiên, chuỗi phân kì khai triển tiệm cận 64 hai hàm khác Chẳng hạn, ∞ Ak z −k , f (z) ∼ π , |argz| < n=0 ∞ f (z) + e −z Ak z −k ∼ n=0 2.4.2 Khai triển tiệm cận tích phân Laplace, Bổ đề Watson Ta gọi ∞ e−zt ϕ(t)dt, z ∈ C f (z) = (2.4.16) tích phân Laplace f (z) gọi biến đổi Laplace ϕ(t) Bổ đề 2.4.1 (Bổ đề Watson) Giả sử ϕ(t) hàm giải tích đơn trị |argt| < θ, t → ∞, ϕ(t) = O(ebt ), b thực t → 0, ∞ an tn/r , r > 0, an tn/r−1 , r > tϕ(t) ∼ n=1 tức ∞ ϕ(t) ∼ (2.4.17) n=1 Khi ta có công thức khai triển tiệm cận quan trọng ∞ ∞ −zt f (z) = e n −n/r z , r π − δ, δ > 0, n=1 |z| → ∞, an Γ ϕ(t)dt ∼ |argz| ≤ Γ(s) hàm Gamma cho Γ(s) = 65 (2.4.18) ∞ −t s−1 dt, Re(s) e t > Chứng minh Từ (2.4.17) dáng điệu ϕ(t) t → ∞, ta biết với N số nguyên dương cố định N, tồn K > cho N −1 an tn/r−1 < KtN/r−1 ebt ϕ(t) − n=1 Do đó, ∞ ∞ N −1 ezt ϕ(t)dt = n=1 ezt tn/r−1 dt + RN an N −1 = an Γ n=1 n −n/r z + RN , r ∞ e−zt+bt tN/r−1 dt = KΓ |RN | < K N r (x − b)−N/r = O(|z|−N/r ), x = Re(z), x − b > 0, điều thỏa mãn |z| > b csc δ Điều chứng minh (2.4.18) Bổ đề Watson mở rộng tới dạng tích phân chu tuyến (0+) e−zt ϕ(t)dt f (z) = ∞ < argt < 2π, |argz1 | ≤ π − δ, δ > (2.4.19) Lấy tích phân đường C (hình đây) Khi t → ∞, ϕ(t) = O(ebt ), b thực t → 0, ta có N an tλn | = o(|t|λN ), |tϕ(t) − n=1 66 < λ1 < λ2 < · · · Dưới điều kiện đó, ta có công thức khai triển tiệm cận: (0+) f (z) = e ∞ −zt an Γ(λn ) sin λn π · eiλn π z −λn ϕ(t)dt ∼ 2i n=1 ∞ |z| → ∞, π − δ, |argz| < δ > (2.4.20) Ví dụ 2.4.2 Tìm khai triển tiệm cận (0+) e−xt−βt (−t)−µ dt, f (x) = |arg(−t)| < π (2.4.21) ∞ π − δ, δ > 0, f (x) nghiệm phương trình Hermite dạng tích phân với x → ∞; |argx| < Từ công thức (2.4.20) ta có (0+) ∞ −zt iµπ f (z) = e e ϕ(t) n=0 ∞ ∞ ∼ −2ix µ−1 sin µπ n=0 (−β)n 2n−µ t dt n! (−β)n Γ(2n − µ + 1)x−2n n! 67 (2.4.22) Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau đây: Trình bày tổng vô hạn, tích vô hạn việc biểu diễn hàm qua tổng vô hạn tích vô hạn Trình bày hệ thống kiến thức đa thức, số Bernoulli, số Euler, khai triển Lagrande, khai triển hàm chỉnh hình hàm phân thức; khai triển hàm zeta qua số Bernoulli trường hợp đặc biệt Trình bày số ứng dụng biểu diễn hàm qua tổng vô hạn việc giải phương trình vi phân thường Trình bày ứng dụng tổng vô hạn khai triển tiệm cận, trường hợp khai triển tiệm cận tích phân Do lực nghiên cứu trình độ thân hạn chế, luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong góp ý thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện 68 Tài liệu tham khảo [A] Tài liệu Tiếng Việt [1] Nguyễn Thế Hoàn, Phạm Phu (2007), Cơ sở phương trình vi phân lý thuyết ổn định, Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [B] Tài liệu Tiếng Anh [2] Jeffreys, Harold; Jeffreys, Bertha Swirles (1999), Methods of Mathematical Physics, Cambridge University Press [3] Knopp, Konrad (1990), Theory and Application of Infinite Series (in English translation), Dover Publications [4] S E Payne (2007), Infinite Sums, Infinite Products and ζ(2k), Internet [5] William F Trench (1999), “Conditional Convergence of Infinite Products”, American Mathematical Monthly, 106 pp 646-651 [6] Z X Wang, D R Guo (1989), Special Functions, World Scientific, Singapore 69 [...]... của Qm (z) Ví dụ 1.4.2 Các hàm csc z, cot z, , các điểm kì dị của chúng là z = ±nπ, n = 0, 1, 2, , và tất cả các cực điểm đơn Trong một miền hữu hạn, số các cực điểm của một hàm phân hình phải là hữu hạn Còn lại, chỉ có thể là các điểm đó là điểm tụ (điểm giới hạn) mà không thể là một cực điểm, vì một cực điểm là một điểm kì dị cô lập Nếu một hàm phân hình có một số vô hạn các cực điểm an , n =... ở trên đây, thì ta phải có lim an = ∞ n→∞ Vì nếu giới hạn là hữu hạn, thì sẽ có vô hạn các cực điểm trong một lân cận của điểm giới hạn đó, và như vậy có vô hạn các cực điểm trong một miền hữu hạn, mâu thuẫn với định nghĩa hàm phân hình Bây giờ ta sẽ khai triển theo các phân thức của lớp hàm phân hình Trong khai triển đó, tất cả các cực điểm của hàm cùng với tính kì dị tại mỗi điểm của chúng được trình... + an | + iarg(1 + an ) Vì vậy, ta phải có an → 0 và arg(1 + an ) → 0 Do đó, ngoại trừ với một số số hạng hữu hạn ta phải có |arg(1 + an )| < π, tức là logarit là lấy các giá trị chính của chúng Tiếp theo, ta trình bày điều kiện cần và đủ để một tích vô hạn là hội tụ tuyệt đối ∞ Định nghĩa 1.1.1 (Hội tụ tuyệt đối) Tích vô hạn ∞ tuyệt đối nếu tích vô hạn (1 + an ) hội tụ n=1 (1 + |an |) hội tụ n=1 ∞... 26 1.4 Khai triển hàm phân hình theo hàm phân thức Hàm phân hình là hàm đơn trị và trong mỗi miền hữu hạn có kì dị chỉ có thể là các cực điểm Phần này được trình bày dựa theo tài liệu [6] Pn (z) , trong đó Pn (z) và Qm (z) là các Qm (z) đa thức bậc n và m tương ứng, là hàm phân hình Nếu Pn (z) và Qm (z) Ví dụ 1.4.1 Bất kì hàm hữu tỉ không có thừa số chung, chỉ các điểm kì dị trong một miền hữu hạn là... = |am+1 | + |am+2 | · · · + |an | Vì 1 + |aν | ≤ e|aν| , do đó Sn < Pn < eSn và điều này suy ra sự hội tụ của Sn và Pn là tương đương Định lí được chứng minh 8 ∞ (1 + an ) hội tụ tuyệt đối thì tổng Định lý 1.1.10 Nếu tích vô hạn n=1 ∞ ln(1 + an ) cũng hội tụ tuyệt đối và ngược lại vô hạn n=1 Chứng minh Vì tích hoặc tổng vô hạn hội tụ thì ta phải có an → 0 khi n → ∞ 1 Do đó, với n đủ lớn mà |an | < ,... chứng minh một định lí quan trọng của lí thuyết hàm biến phức đó là định lí về các không điểm và cực điểm của một hàm Phần này được trình bày dựa theo tài liệu [6] Định lý 1.3.1 Cho ψ(z) là một hàm giải tích trong một chu tuyến đơn C trừ tại một số các cực điểm bj , j = 1, 2, ; ak , k = 1, 2, là các 22 không điểm của ψ(z) trong C; trên C, ψ(z) = 0 Cho ϕ(z) là một hàm giải tích trong và trên C... được biểu diễn Euler cho hàm cos x ∞ 4x2 1− (2k − 1)2 π 2 cos x = k=1 Ví dụ 1.1.3 Hàm sin hyperbolic sinh x có thể được khai triển dưới dạng tích vô hạn ∞ 1+ sinh x = x k=1 x2 k2π2 (1.1.21) Thật vậy, để chứng tỏ (1.1.21) ta áp dụng công thức Euler eix − e−ix sinh x = , 2 và thay các hàm mũ eix , e−ix bởi các giới hạn tương ứng của các hàm này là ix e = lim n→∞ ix 1+ n n và e 13 −ix = lim n→∞ ix 1−... định và với bất kì n (2k + 1)! k=1 n, ta có ∞ 2k+1 1 sin(z) − z k z · (−1) ≤ |bn | ≤ (2k + 1)! |z| z ∞ k k=1 Do đó, {|bn |} là dãy bị chặn và dụng Định lí 1.1.9 tích vô hạn là 1 bn hội tụ, do đó hội tụ Áp n2 n2 bn (1+ 2 ) hội tụ, điều này cũng có nghĩa n ∞ ∞ bn sin(z/n) (1 + 2 ) = n z/n n=1 n=1 hội tụ tuyệt đối Ví dụ 1.1.2 Các hàm sin x và cos x có thể được khai triển dưới dạng tích vô hạn tương ứng. ..tiến tới một giới hạn Um không bằng 0 khi n → ∞ Khi đó, ∞ un = u1 u2 · · · um Um U= (1.1.9) n=1 được gọi là giá trị của tích vô hạn Định lý 1.1.6 Nếu tích vô hạn (1.1.7) hội tụ thì lim un = 1 n→∞ Chứng minh Khi n → ∞ ta có un = pn /pn−1 → 1 vì pn , pn−1 có cùng một giới hạn Um khi n → ∞ Nếu ta đặt un = 1 + an , và thì (1.1.7) trở thành ∞ (1 + an ) (1.1.10) n=1 Khi đó,... k=1 Tương tự, đối với hàm cos x, trước tiên ta sử dụng công thức Euler cos x = eix + e−ix 2 và biểu diễn các hàm mũ dưới dạng giới hạn 1 cos x = lim 2 n→∞ n ix 1+ n ix + 1− n n Áp dụng các đa thức ở (1.1.18) và (1.1.19) vào vế phải của đẳng thức trên, ta có thể thấy rằng, ngược lại với hàm sin x, tất cả các số hạng có mũ lẻ sẽ không còn xuất hiện và ta thu được biểu diễn đối với hàm cos x như sau: (n−1)/2