TỪ BÀI TOÁN TÍC H PHÂN SUY RỘNG ĐẾN CÁCHÀM GAMMA Γ(s)VÀ HÀM ZETA RIEMANN ζ(s)

TỪ BÀI TỐN TÍCH PHÂN SUY RỘNG ĐẾN CÁC HÀM GAMMA Γ (s) VÀ HÀM ZETA RIEMANN ζ (s) Doãn Quang Tiến - Khoa Toán Tin Đại Học KHTN TP Hồ Chí Minh Ngày 11 tháng 11 năm 2019 Mình tình cờ biết đến tốn tích phân suy rộng thú vị anh khóa nhờ giải hộ Lúc đầu, thực tất bạn khác gặp toán này, vẻ ngồi vơ đơn giản dễ ăn Và thế, nghĩ bụng dễ ăn, đâu ngờ lại khó, khó đến mức mà buổi sáng để giải, học Tiếng Anh, cảm giác lút thầy giáo dạy Anh để làm toán, thật thú vị bạn ạ, hí hí :) Khơng khuyến khích cháu làm theo nha hehe :) Mà thực thì, tốn gần chục trang cho tưởng chừng ez này, haizz, lúc đầu mạnh miệng nha, bảo dễ nha, cuối lại cắn bút sáng nha, may làm khơng q lắm, lỡ bảo dễ rùi, bảo nhìn đơn giản làm chi, thui nói lung tung linh tinh đủ rồi, đến với phát biểu tích phân suy rộng ! Đề Hãy tính tích phân suy rộng sau ∞ I= x3 dx ex − Lời giải - Doãn Quang Tiến Trước tiên ta nhắc lại kiến thức cần thiết để giải Hàm Gamma Γ (s) Với số phức s có phần thực dương hàm Γ (s) xác định sau ∞ x s−1 e− x dx = (s − 1)! Γ (s) = Từ ta suy tính chất quan trọng Hàm Gamma sau Γ (s + 1) = sΓ (s) Chứng minh Ta có biến đổi sau ∞ s −x Γ ( s + 1) = xe ∞ s −x dx = − x e + 0 ∞ ∞ sx s −1 − x e x s−1 e− x dx = sΓ (s) dx = s 0 Hàm Zeta Riemann ζ (s) Với số phức s có phần thực lớn hàm ζ (s) xác định sau ∞ ζ (s) = 1 1 = s + s + s + s n n =1 ∑ Khai triển Fourier Chuỗi Fourier hàm f ( x ) khả tích tuần hồn đoạn [−π, π ] chuỗi lượng giác xác định sau ∞ f ( x ) = a0 + ∑ [an cos (nx) + bn sin (nx)] n =1 ta xác định a0 , an , bn sau      a0 =          an =            b =   n 2π π π π f ( x ) dx −π π f ( x ) cos (nx ) dx −π π f ( x ) sin (nx ) dx −π Định lý Parseval Từ khai triển chuỗi Fourier ta suy kết sau π π f ( x )2 dx = 2a20 + ∞ ∑ n =1 −π Bây ta giải toán cách tổng quát a2n + bn2 Trước tiên, từ cách xác định hàm Γ (s) ta suy Γ (s) = x ⇒ Γ (s) = ns s −1 − x e dx = e d (ny) = n s−1 s−1 −ny y e ndy = n ys−1 e−ny dy s 0 ys−1 e−ny dy ∞ Γ (s) ⇒ ∑ = ∑ ns n =1 n =1 ∞ ⇔ Γ (s) ∑ s = n n =1 y ∞ ∑ ark = a s−1 −ny e dy = y s −1 y s −1 e−y − e−y y s −1 dy = ey − ∞ ∞ ∑ e−y n dy n =1 0 ∞ ∞ ⇔ Γ (s) ζ (s) = ∞ ∞ ∞ lưu ý (ny) s−1 −ny ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ dy = y s −1 dy ey − x s −1 dx ex − 1 + r + r2 + r3 + = k =0 a với |r | < 1−r Vậy ta suy ∞ Γ (s) ζ (s) = x s −1 dx ex − Áp dụng vào tốn với s = ta thu ∞ Γ (4) ζ (4) = x3 dx ex − Từ ta cần tính giá trị Γ (4) ζ (4) ta hồn tất tốn Ta có ∞ x3 e− x dx = 3! = Γ (4) = Tiếp theo ta tính ∞ ζ (4) = 1 = + + + 4 n n =1 ∑ Bây ta dùng Khai triển Fourier cho hàm f ( x ) = x2 đoạn [−π, π ] ta thu a0 = 2π π x2 dx = −π 2π x3 π −π = π2  π π x2 sin (nx )  π π 1 − x sin (nx ) dx  π n n −π −π −π   π π π x sin (nx )  x cos (nx ) sin (nx )  = + − π n nπ n n −π −π −π an = = x2 cos (nx ) dx = x2 sin (nx ) π sin (nx ) π 2x cos (nx ) π − + nπ n2 π n3 π −π −π −π 2π (−1)n (−π ) (−1)n 4(−1)n = − = n2 π n2 π n2 n 4(−1) ⇒ an = n2   π π π 1 − x cos (nx ) bn = x2 sin (nx ) dx =  + x cos (nx ) dx  π π n n −π −π −π    x sin (nx ) π cos (nx ) π  − x2 cos (nx ) π + − = nπ n n2 −π nπ −π −π = 2x sin (nx ) π − x2 cos (nx ) π cos (nx ) π + − =0 nπ n2 π n3 π −π −π −π ⇒ bn = Từ ta áp dụng Định lý Parseval thu π π f ( x ) dx = 2a20 ⇔ ⇔ π x −π π π + ∑ a2n + bn2 n =1 −π ⇔ π ∞ −π 2 π2 dx = x4 dx = ∞ + ∑ n =1 4(−1)n n2 ∞ 2π 2π + 16 ∑ = + 16ζ (4) 9 n =1 n 2π 2π π4 = + 16ζ (4) ⇒ ζ (4) = 90 Cuối ta suy đáp án toán ∞ I= x3 π4 π4 dx = Γ ζ = = ( ) ( ) ex − 90 15 từ ta thu kết tốn Còn sau lời giải thứ cho toán Lời giải - Doãn Quang Tiến + 02 Ta nhắc lại Khai triển Taylor chút để bạn nắm Công thức khai triển Taylor Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm cấp n khoảng ( a, b) chứa điểm x0 , Khai triển Taylor điểm x0 có dạng sau f ( x0 ) f ( x0 ) ( x − x0 ) + ( x − x0 )2 + 1! 2! f ( x ) = f ( x0 ) + Trước hết ta có biển đổi sau ∞ I= x3 dx = ex − Bây ta đặt I1 = (1 − e− x ) −1 ∞ x3 dx = e x (1 − e − x ) ∞ x3 e− x − e− x −1 (1) dx Khai triển Taylor x0 = ta thu I1 = − e− x −1 = + e−x + e−2x + e−3x + (2) Thay (2) vào (1) ta thu ∞ I= ∞ x3 dx = ex − ∞ ∞ x3 e− x − e − x −1 x3 e− x + e− x + e−2x + e−3x + dx dx = 0 (3) x3 e− x + e−2x + e−3x + dx = ∞ x3 e−nx dx, ta tính tích phân Bây ta đặt I2 = ∞ ∞ −nx I2 = x e dx = x d = n ∞ x d = n n ∞ xd e−nx −n e−nx −n = e−nx −n =  −x 3e + n n + n  = ⇒ I2 = n x e −nx + n ∞ −nx dx = n  xe ∞ e−nx =  −x n n n ∞ ∞ ∞ e−nx =  − x2 n n e−nx n3 − n ∞ −nx ∞ −nx x3 e−nx dx = 0 xe−nx dx dx  = n n n ∞ x2 e−nx dx ∞  e dx  = n n ∞ ∞ e−nx dx n4 Từ ta thay vào (3) thu ∞ I= x3 dx = ex − ∞ x3 e− x + e−2x + e−3x + dx = 1 + + + 14 24 24 ∞ =6 n =1 n ∑ ∞ hoàn tất tốn n =1 n Ta tính giá trị tổng mà không dùng Khai triển Fourier Cách thứ 1, mà dùng ∑ Bây ta cần tính giá trị tổng Khai triển Taylor nhẹ nhàng Trước tiên ta thấy rằng, hàm sin x liên tục R tuần hồn với chu kì 2π nên đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm x = 0, π, −π, 2π, −2π, 3π, −3π, hay x = ±kπ, k = 0, ∞ nghiệm hàm số sin x Vậy từ đó, ta viết sin x dạng sau sin x = x − x π x π 1+ = x 1− 1− x2 π2 x 2π 1− 1+ x2 22 π x 2π 1− 1− x 3π x2 32 π 1+ x 3π Vậy từ ta suy sin x = x 1− x2 π2 1− x2 22 π 1− x2 32 π (4) Do bán kính hội tụ chuỗi vơ hạn nên ta thay x −iz, với z số phức i số ảo i2 = −1 Từ vào (4) ta thu sin sin (−iz) = z −iz i = ⇒ sin z i z i 1+ z i 1− = z2 π2 = z2 1+ 1+ 1− (iπ )2 z2 22 π z2 π2 1+ z2 1− (2iπ )2 1+ z2 22 π z2 32 π 1+ z2 (3iπ )2 z2 32 π Từ ta lấy z = x số thực thu đẳng thức sau sin x i x i x2 1+ π = x2 1+ 2 π x2 1+ 2 π (5) Từ (4) (5) ta xét đa thức ψ ( x ) có dạng sau ψ (x) = = 1− x2 π2 1+ x2 π2 = sin x sin x x i 1− 1− x4 π4 x2 22 π 1− x i = 1+ x4 24 π i sin x sin x2 x2 22 π 1− 1− x4 34 π x i x2 32 π 1+ x2 32 π (6) Mặt khác theo Khai triển Taylor x0 = hàm sin x ta thu x3 x5 x7 + − + 3! 5! 7! x2 x4 x6 sin x = 1− + − + ⇒ x 3! 5! 7! sin x = x − (7) Do bán kính hội tụ chuỗi vơ hạn nên ta thay x −iz, với z số phức i số ảo i2 = −1 Từ vào (7) ta thu sin (−iz) = sin ⇒ sin z i z i z i z3 z z5 z7 − + − + i 3!i 5!i 7!i = z2 z4 z6 + + + 3! 5! 7! = 1+ Từ ta lấy z = x số thực thu đẳng thức sau sin x i x i = 1+ x2 x4 x7 + + + 3! 5! 7! (8) Do từ (7) (8) đa thức ψ ( x ) trở thành sin x sin x ψ (x) = x i = x i x2 x4 x6 1− + − + 3! 5! 7! i sin x sin = x2 x i x2 x4 x7 1+ + + + 3! 5! 7! (9) Từ (6) (9) ta thu 1− x4 π4 1− x4 24 π 1− x4 34 π = 1− x2 x4 x6 + − + 3! 5! 7! 1+ x2 x4 x7 + + + 3! 5! 7! Bây ta cần đồng hệ số x4 thu 1 1 1 − 4 − 4 − = − + ⇔− 4 5! (3!) 5! π π π π ∞ 1 π4 π4 ⇒ + + + = ⇔ ∑ = 90 90 n =1 n − 1 + + + =− 90 Vậy từ ta suy đáp án tốn tính tích phân suy rộng ∞ I= ∞ x3 π4 π4 = = dx = ∑ ex − 90 15 n =1 n từ ta thu kết toán Sau số tốn khó sử dụng hàm tính chất Bài tốn Hãy tính tích phân suy rộng sau ∞ sin x4 dx I= Lời giải - Doãn Quang Tiến Trước hết ta đặt x4 = t ⇒ x = t ⇒ dx = ∞ ∞ ⇒I= sin x dx = −3 t dt sin t t− dt = 4 ∞ sin t.t − 34 dt = ∞ x4 sin x x dx (1) Tới ta nhắc lại chứng minh cơng thức tiếng nhà tốn học thiên tài Leonhard Euler Với x số thực ta có cơng thức sau eix = cos x + i sin x (2) Chứng minh Trước hết theo Khai triển Taylor x0 = ta thu kết sau x2 x3 + + e = 1+x+ 2! 3! x x2 x4 x6 cos x = − + − + 2! 4! 6! x3 x5 x7 sin x = x − + − + 3! 5! 7! Do bán kính hội tụ chuỗi vơ hạn nên ta thay x iz, với z số phức i số ảo i2 = −1 z2 iz3 z4 (iz)2 (iz)3 (iz)4 e = + iz + + + + = + iz − − + + 2! 3! 4! 2! 3! 4! z z z z z z = − + − + + i z − + − + = cos z + i sin z 2! 4! 6! 3! 5! 7! iz Lấy z = x số thực ta suy đẳng thức cần chứng minh Do từ cơng thức (2) ta suy  eix − e−ix   sin x = 2i ix + e−ix  e  cos x = Từ ta có biến đổi sau sin x eix − e−ix = = x 2xi 2i eix e−ix − x x = 2i e−ix eix − −x −x = 2i e−kx −x i i = e−kx dx (3) 2i −i −i Thay (3) vào (1) ta thu ∞ sin x4 dx = I= ∞ sin x x x4 ∞ dx =  1 x4  2i  i e−kx dk dx = −i t ⇒ dt = kdx ta suy k     ∞ i ∞  x 41 e−kx dx dk =  t e−t dtdk = 8i k k4 8i 8i i  ∞  x e−kx dx dk  −i Từ (4) ta đặt kx = t ⇒ x = I= 8i i −i −i = 8i  i k − 54 −i =Γ  x e  −x dx dk = 8i i k − 54 −i ∞  −i k− x e− x dx dk  dk = Γ Γ  8i i k− dk −i   ∞ i 1  k− i  =Γ 8i − 14 −i 1 −4i− + 4(−i )− 8i iπ =Γ iπ −e− + e 2i =Γ 5 =Γ sin −1 1 −i− + (−i ) 2i π Vậy từ ta suy kết toán ∞ sin x4 dx = Γ I= π sin = Γ 1+ sin π π sin = Γ 4 từ ta thu kết tốn Bài tốn Hãy tính tích phân suy rộng sau ∞ x2019 e− x dx I= Lời giải - Doãn Quang Tiến √ Trước hết ta đặt x = y ⇒ dx = √ dy y Khi tích phân biến đổi thành ∞ I= ∞ x 2019 − x2 e dx = y 2019 e −y 1 √ dy = y ∞ y1009 e−y dy = Γ (1010) 1009! = 2 từ ta thu kết toán Bài toán 3.(Sáng tác từ toán mở đầu) Hãy tính tích phân suy rộng sau ∞ I1 = x3 dx ex + Lời giải - Doãn Quang Tiến Ta giải toán tổng quát sau ∞ I= x s −1 dx = ex + ∞ ∞ x s−1 dx = ex + = e− x x s−1 dx = + e− x ∑ (−1)k+1 k Từ (1) ta đặt kx = y ⇒ x = ⇒I= ∑ (−1)k+1 k ∞ ∞ 0 ∑ (−1)k+1 e−kx xs−1 dx k e−kx x s−1 dx (1) y dy ⇒ dx = k k e−kx x s−1 dx = ∑ (−1)k+1 k ⇒I= ∞ (−1)k+1 ∑ ks k ∞ ∞ e−y y k s−1 dy e− x x s−1 dx = Γ (s) k = (−1)k+1 ∑ ks k (−1)k+1 ∑ ks k ∞ e−y ys−1 dy (2) Mà từ Hàm Zeta Riemann ta có biến đổi sau ζ (s) = + ⇒ 1 + s + s + s (3) 2 2 ζ (s) = s + s + s + s + s 2 (4) Lấy biểu thức (3) trừ biểu thức (4) ta thu 1− 2s ζ (s) = − 1 1 (−1)k+1 + − + − + = ∑ ks 2s 3s 4s 5s 6s k Từ (2) (5) ta thu (−1)k+1 I = Γ (s) ∑ = Γ (s) − s s k k ζ (s) Hay ta thu kết toán trường hợp tổng I = Γ (s) − 2s ζ (s) Quay trở lại với toán sáng tác Ta chọn s = ta thu tốn sáng tác ∞ I1 = x3 dx = Γ (4) − x e +1 Theo kết tốn ban đầu ta tính Γ (4) = ζ (4) = 10 π4 90 ζ (4) (5) nên từ ta suy kết toán ∞ I1 = x3 dx = Γ (4) − x e +1 π4 7π ζ (4) = = 90 120 từ ta thu kết toán Vậy sau vài ví dụ mở rộng trên, làm bạn thấy phần ứng của Hàm Gamma Hàm Zeta Riemann việc tính tích phân suy rộng khó, thực hữu dụng phải không ? Mà hai hàm mà thích nhất, vẻ đẹp ’ảo diệu’ tính ứng dụng sâu sắc Bên cạnh hai hàm hàm khác hay đặc sắc, Hàm Beta, khn khổ viết nên khơng đề cập viết này, hẹn người viết khác Mong viết nhỏ giúp ích cho người kĩ thuật xử lí nhìn nhận vấn đề tích phân suy rộng Đây ngẫu hứng thơi, anh khóa hỏi tích phân suy rộng này, thực thích cảm thấy đẹp nên viết viết nhỏ muốn chia sẻ đến người Cảm ơn người nhiều, thắc mắc góp ý, xin liên hệ với qua page nhé, yêu người ! 11 ... thích cảm thấy đẹp nên viết viết nhỏ muốn chia sẻ đến người Cảm ơn người nhiều, thắc mắc góp ý, xin liên hệ với qua page nhé, yêu người ! 11 ... thích nhất, vẻ đẹp ’ảo diệu’ tính ứng dụng sâu sắc Bên cạnh hai hàm hàm khác hay đặc sắc, Hàm Beta, khn khổ viết nên khơng đề cập viết này, hẹn người viết khác Mong viết nhỏ giúp ích cho người kĩ