Hàm số sơ cấp là những hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các phép tính cộng, trừ, nhân, chia và các phép lấy hàm hợp của các hàm số sơ cấp cơ bản và các hằng số.. Hàm không phải[r]
(1)CHƢƠNG
CÁC HÀM SỐ VÀ PHƢƠNG TRÌNH ĐẶC BIỆT
Hàm số sơ cấp hàm số tạo thành số hữu hạn phép tính cộng, trừ, nhân, chia phép lấy hàm hợp hàm số sơ cấp số Hàm sơ cấp gọi hàm siêu việt Các hàm số thường gặp hàm sơ cấp, nhiên có số hàm siêu việt hàm theo nghĩa suy rộng sử dụng nhiều kỹ thuật nói chung ngành điện tử viễn thơng nói riêng
Trong chương ta xét hàm siêu việt sau: Hàm delta, hàm Gamma hàm Beta, hàm tích phân, hàm xác suất lỗi hàm Bessel Đối với hàm ta khảo sát tính chất chúng, tìm biến đổi Laplace khai triển Mac Laurin
3.1 HÀM DELTA
3.1.1 Khái niệm hàm delta
Hàm delta gọi hàm Dirac (hoặc hàm xung đơn vị), hàm số suy rộng Hàm xung đơn vị t t0 ký hiệu
0( ) t t
thỏa mãn hai điều kiện sau:
0( ) t t
hàm xung nên tập trung giá trị t t0, nghĩa
0( ) t t
với t t0, (3.1)
xung đơn vị địi hỏi tích phân 1, nghĩa
0( )
t t dt
(3.2) Rõ ràng không tồn hàm theo nghĩa thông thường thỏa mãn đồng thời điều kiện trên, hàm thỏa mãn điều kiện (3.1) có tích phân
Kỹ sư Oliver Heaviside người sử dụng hàm delta để biểu diễn kết cơng trình mình, nhà toán học lý thuyết thời cho ý nghĩ điên rồ Ba mươi năm sau, nhà Vật lý lý thuyết tiếng Paul Dirac sử dụng hàm delta lý thuyết học lượng tử mình, nhờ cuối nhà lý thuyết chập nhận hàm delta Năm 1944 nhà toán học Pháp Laurent Schwartz cuối xây dựng lý thuyết phân bố kết hợp với hàm suy rộng, điều giải thích sở tồn hàm delta
Có thể sử dụng hàm delta để biểu diễn tín hiệu có nhiễu Có hai cách khác để xây dựng hàm delta:
Cách thứ xem hàm delta giới hạn dãy hàm trơn theo nghĩa thông thường
Cách thứ hai xem hàm delta phiếm hàm tuyến tính khơng gian hàm thích hợp
(2)Phƣơng pháp giới hạn xem hàm delta 0( ) t t
giới hạn dãy hàm khả vi g tn( ) có giá trị ngày tập trung t t0 có tích phân ln
Chẳng hạn xét dãy hàm
2
( )
(1 )
n
n g t
n t
thỏa mãn hai điều kiện
0
lim ( )
0 n
n
t g t
t
nÕu
nÕu (3.3)
( ) arctan
n t
g t dt n t
(3.4)
Vì vậy, cách hình thức ta đồng giới hạn dãy hàm g tn( ) hàm delta tập trung gốc t 0
0
lim n( ) ( ) ( )
ng t t t (3.5)
Hình 3.1 cho thấy hàm g tn( ) có giá trị ngày tập trung gốc t 0 Cần ý có nhiều cách chọn hàm g tn( ) có giới hạn hàm delta Hàm delta
0( ) t t
có giá trị tập trung t0 nhận từ hàm ( )t cách tịnh tiến
0( ) ( 0)
t t t t
(3.6)
Vì vậy, xem 0( ) t t
giới hạn dãy hàm
(3)
0 2 2
0 ( ) ( )
1 ( )
n n
n g t g t t
n t t
(3.7)
Tích chập hàm delta
Từ (3.2) (3.6) ta có cơng thức tính tích chập hàm delta f t( )0 ( )t0 f t( ) ( t t dt0) f t( )0
(3.8) 3.1.2 Đạo hàm tích phân hàm delta
Từ cơng thức (3.1)-(3.2) ta có Với hàm liên tục x t( ):
0
( )
( ) ( )
0 l
v
x v v l
t x t dt
nếunếu ngược lại (3.9) Do đú
1
( ) ( )
0 t
v
t v u du t v
t v
nÕunÕu (3.10)
Theo định nghĩa thông thường nguyên hàm, từ công thức (3.10) ta xem hàm bước nhảy nguyên hàm hàm delta, đạo hàm hàm bước nhảy hàm delta Sự khác biệt hàm delta hàm suy rộng hàm bước nhảy hàm số theo nghĩa thông thường
Công thức (3.10) phù hợp với định nghĩa hàm delta theo giới hạn dãy hàm g tn( ) có dãy nguyên hàm f tn( ) hội tụ hàm bước nhảy
2
1
( ) arctan +
2
t n
n
f t du nt
n u
Các hàm hội tụ hàm bước nhảy
1
lim ( ) ( ) /
0
n n
t
f t t t
t
(4)Với nhận xét ta coi
( )
( )
d t
t dt
(3.11)
Đối với hàm số theo nghĩa thơng thường tính liên tục điều kiện cần tính khả vi, hàm khơng liên tục khơng khả vi Tuy nhiên người ta mở rộng khái niệm đạo hàm hàm khơng liên tục có đạo hàm hàm suy rộng, với hàm delta tập trung giá trị điểm gián đoạn
Giả sử x t( ) hàm khả vi (theo nghĩa thông thường) t ngoại trừ điểm gián đoạn t0 với bước nhảy , ta biểu diễn lại hàm x t( ) dạng tiện lợi
0
( ) ( ) ( )
x t y t tt (3.12) Trong y t( ) hàm liên tục điểm khả vi điểm trừ điểm gián đoạn Đạo hàm công thức (3.12) áp dụng công thức (3.11) ta
0
'( ) '( ) ( )
x t y t t t (3.13)
Ví dụ 3.1: Xét hàm số 2
1 ( ) 1
1
t t
x t
t t
nÕu
nÕu Hàm số gián đoạn t 1 với bước nhảy
5 (có đồ thị hình 3.3)
Do biểu diễn theo công thức (3.13) sau
6
( ) ( ) ( 1)
5
x t y t t , 2
1 ( ) 1 6
1
5
t t
y t
t t
nÕu nÕu Công thức đạo hàm (3.13) tương ứng
Đồ thị hàm x t( ) Đồ thị hàm x t'( )
(5)6
'( ) '( ) ( 1)
5
x t y t t ,
1
'( ) 2
1
t y t
t t
nÕu nÕu
Ví dụ 3.2: Xét hàm số
0
( ) 1
2 t
t t
x t t t
e t
nÕu nÕu nÕu
Hàm số gián đoạn t 0 với bước nhảy 1 t 1 với bước nhảy
e (có đồ thị hình 3.4), đạo hàm suy rộng có dạng
1
2
'( ) ( ) ( 1)
2 t
t
x t t t t t
e
e t
nÕu nÕu nÕu
Tích phân hàm bước nhảy (tt0) (hàm gián đoạn) hàm dốc liên tục u t( t0) (xem hình 3.5)
0( ) ( 0)
t t t t
;
0
0
0
0
( ) ( ) ( )
0 t
t t
a
t t t t a
t dt u t u t t
a t t
nÕunÕu (3.14)
Hình 3.5: Đồ thị hàm bƣớc nhảy hàm dốc
t
t
1
0 (t t )
t
t
0
( )
u tt
Hình 3.4: Đồ thị x t( ) đạo hàm x t'( ) ví dụ 3.2
'( ) x t ( )
x t
t t
(6)Hàm dốc u t( t0) có điểm góc t t0 khơng khả vi điểm này; đạo hàm
( )
du t
dt gián đoạn điểm đạo hàm bậc hai
2 d u
dt hàm suy rộng
Như lấy tích phân hai lần hàm delta ta hàm dốc Bằng cách quy nạp ta có tích phân n1 lần hàm delta hàm dốc bậc n
0
0
0
( )
( ) !
0
n n
t t
t t
u t t n
t t
nÕu nÕu
(3.15)
Ví dụ 3.3: Hàm phân bố biến ngẫu nhiên X xác định công thức:
( ) X
F x P X x , với x
Nếu X biến ngẫu nhiên liên tục tồn hàm mật độ xác suất f xX( ) cho ( ) ( )
x
X X
F x f t dt
, với x
Nếu biến ngẫu nhiên X rời rạc có miền giá trị tập đếm RX x x1, 2, , phân bố xác suất tập trung giá trị Xác suất X nhận giá trị x kk; 1,2, gọi hàm khối lượng xác suất
( )
X k k
p x P X x
Hàm phân bố xác suất xác định từ hàm khối lượng xác suất theo công thức
( ) ( )
k
X X k
x x
F x P X x p x
Đồ thị hàm phân bố F xX( ) có dạng bậc thang liên tục phải bước nhảy Sử dụng cơng thức (3.6) (3.10) ta viết lại
;
( ) ( ) ( ) ( )
k k X k X
x
X X k X k k
x x x R x R
F x p x p x t x dt
(7)Vì ta xem hàm mật độ biến ngẫu nhiên rời rạc
( ) ( ) ( )
k X
X X k k
x R
f x p x x x
3.1.3 Khai triển Fourier hàm delta
Áp dụng cơng thức (2.57) tính hệ số Fourier ta có
-1 1
( )cos cos n
a t ntdt n
,
-1
( )sin sin 0 n
b t ntdt n
(3.16)
Vậy hàm delta có khai triển Fourier
1
( ) cos cos2 cos
2
t t t t
(3.17)
Thay
ik ik
cos
2
t t
e e
kt (công thức Euler) vào (3.17) ta
ik 2
1
( )
2
t it it it it
k
t e e e e e
(3.18)
Cũng nhận cơng thức khai triển cách tính trực tiếp hệ số theo công thức (2.73) (3.2)
ik
-1 1
( )
2 2
t ik
k
c t e dt e
(8)Tổng riêng chuỗi Fourier
ik
2 n
t n
k n
s e
là tổng 2n1 số hạng cấp số nhân có số hạng eint cơng bội eit, đó:
in
(2 1) ( 1)
in
1 1
2 1 1
t
i n t i n t
t
n it it
e e e
s e
e e
1
2
/2 /2
1 sin
2
1
2
sin i n t i n t
it it
n t
e e
e e t
3.1.4 Biến đổi Fourier hàm delta
Trong chương ta xét biến đổi Fourier hàm khả tích tuyệt đối tập số thực Đối với hàm khơng khả tích tuyệt đối (chẳng hạn hàm sin hàm cosin) ta tìm biến đổi Fourier mở rộng thông qua biến đổi Fourier hàm delta
Theo điều kiện (3.2) ta tính biến đổi Fourier hàm delta
( )t ( )t e i2ftdt 1
F ,
2
0
(t t ) (t t e) i ftdt e i t f
F
(3.19) Từ công thức (3.19) ta biến đổi ngược
1
( )t ei ftdf
F , 1
0
( )
i t f
e t t
F (3.20)
Từ công thức (3.20) ta có
2 ( 0)
1
0
(t t ) e i t f e i t f ei tfdf ei t t fdf
F (3.21)
Theo giả thiết ( )t hàm chẵn,
2 ( )t ( )t e i ftdf
Từ công thức (3.21) ta
0 0
2 ( ) 2 ( )
0
( ) ( )
i f f t i f t i f f t
e dt f f e e dt f f
F (3.22)
(9) ( 0)
0
( )
i f t i f f t
e e dt f f
F (3.23)
Áp dụng tính đồng dạng biến đổi Fourier ta có
1 ( )at ( )t
a
(3.24)
Hoặc tính trực tiếp
1 ( )
( ) ( ) t ( )dt (0) ( ) t ,
f t at dt f t f f t dt a
a a a a
vì ( )at ( ),t a
a
Ngoài (at)( )at Do ta có ( )at ( )t
a
0
2
0
sin(2 )
2
i f t i f t
e e
f t
i
,
0
2
0
cos(2 )
2
i f t i f t
e e
f t
2
0 0
1
sin(2 ) ( ) ( )
2
i f t i f t
f t e e f f f f
i i
F F F
(3.25)
2
0 0
1
cos(2 ) ( ) ( )
2
i f t i f t
f t e e f f f f
F F F (3.26)
Công thức (3.11) chứng tỏ hàm bước nhảy đơn vị ( )t nguyên hàm theo nghĩa rộng hàm delta
Hàm ( )t khơng khả tích tuyệt đối tồn trục thực từ tính chất biến đổi Fourier tích phân (Tính chất 2.3 mục chương 2) ta mở rộng xem
1
( ) ( ) ( )
2
t
t d f
i f
F F (3.27)
Ví dụ 3.4: Hàm dấu
sgn( ) ( ) ( )
1
t
t t t
t
nÕu
nÕu (3.28)
1 1
sgn( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
t t t f f
i f i f i f
F F F
3.2 CÁC HÀM SỐ TÍCH PHÂN
(10)Hàm tích phân mũ xác định bới tích phân suy rộng phụ thuộc cận với Ei( )
u
t e
t du
u
(3.29) Hàm tích phân sin
0 sin Si( )
t u
t du
u
(3.30) Hàm tích phân cosin
cos Ci( )
t u
t du
u
(3.31)
Ngoài ký hiệu:
sin si( )
t u
t du
u
đọc tích phân sin t 0
0 sin
2 u
du u
Suy Si( ) si( )
2
t t
Hàm lỗi(error function) xác định với t 0
2
0
erf( )t te udu
(3.32)
Hàm mật độ phân bố chuẩn tắc N(0,1):
2
2 ( )
2 t
t e
gọi hàm Gauss Đồ thị hàm Gauss cho hình 3.8:
Diện tích hình phẳng giới hạn trục Ot đồ thị hàm số Gauss 1, thật vậy:
2
2
0
1
( )
2
t t
S t dt e dt e dt
Đặt
1
2 2
0
1 1
2
2 u
t u S e u du
(11)Diện tích hình phẳng giới hạn hàm Gauss, nửa trục hồnh bên trái tính từ điểm có hoành độ t hàm phân phối chuẩn tắc
2
1 ( )
2
t u
t e du
(3.33)
Đặt x u vào (3.26) có:
2
2
2 erf( )
2 x
t dx
t e
2
2 erf
2
t u t
e du
(3.34)
Mặt khác
2
2
1
2
u e du
2
2
0
2
2 ( )
t u t u
e du e du t
,
ta
erf t 2 2t 1 (3.35) Các hàm erf( )t ( )t đóng vai trò quan trọng lý thuyết xác suất, đặc biệt thường sử dụng phân tích nhiễu tín hiệu
Bảng tính giá trị hàm ( )t cho phụ lục E Ví dụ 3.5: Tính erf 1
Giải: Áp dụng cơng thức (3.35) ta có erf 1 2 2 1
Tra bảng ta 2 0, 8729 Vậy erf 1 2.0, 8729 1 0,7458 3.2.2 Khai triển hàm tích phân thành chuỗi luỹ thừa (*)
Đế tìm khai triển Mac Laurin hàm tích phân sin ta sử dụng khai triển Mac Laurin hàm sint
t
Hình 3.8: Đồ thị hàm Gauss
2
( )t
2 1
t
(12)2
0
sin
sin ( 1) ( 1)
(2 1)! (2 1)!
n n
n n
n n
t t t
t
n t n
Do 0 sin
Si( ) ( 1)
(2 1)!(2 1)
t n
n n
u t
t du
u n n
3.36) Ta tiếp tục tìm khai triển Mac Laurin hàm tích phân mũ tích phân cosin cách sử dụng biến đổi Laplace:
0
Ei( ) st u
t e
t e du dt
u
L , đổi biến số v u dv du
t t
0 1
1 1
Ei( )
tv
st e st vt
t e dv dt e e dt dv dv
v v v v s
L 1
1 1 1 1
ln ln
v v
dv dv s
v v s s v v s s v s s
Ei( )t 1lns 1 s
L (3.37)
2
0
1 1 ( 1)
ln ln ln ln
( 1)
n n n
s s s
s s s s n s
Sử dụng cơng thức tìm biến đổi Laplace ngược (2.23)
1 ln ln s t s
L (3.35)
1
lim (1 ln )
2
m m m
(3.36)
gọi số Euler
Ta có khai triển Mac Laurin hàm tích phân mũ
1
( 1) Ei( ) ln
1 ( 1)! n n n t t t n n
(3.37)
Tương tự trường hợp hàm Ei( )t , cách đổi biến số v u t
ta
0
cos cos
Ci( ) st st
t
u tv
t e du dt e dv dt
u v L 1
Ci( )t e st costvdt dv
v L
(13)2
1
1
cos
st s
e tvdt dv dv
v v s v
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
( )
s sv v v v v
v s v v s v s v s v s v s v s v s v
2 2 2 2
1 1
1 1 1
ln ln
2
s v v
dv dv s
v s v s v s v s s v s
Ci( ) ln 1
2
t s
s
L (3.41)
2
0
1 1 ( 1)
ln ln ln ln
2 2( 1)
n n n
s s s
s s s s n s
,
2 1
1 ( 1)
ln ln
2 (2 )
n n n
s s
s s n s
Sử dụng cơng thức tìm biến đổi Laplace ngược (2.23) công thức (3.35) ta
1 Ci( ) ln ( 1)
(2 )!2 n n n t t t n n
(3.42)
Mặt khác, từ khai triển
2
cos ( 1) (2 )! n n n t t n Suy 1 cos ( 1) (2 )! n n n t t t n ,
Lấy tích phân hai vế đẳng thức ta 0 cos ( 1) (2 )!2 t n n n t u du
n n u
Kết hợp với cơng thức (3.42) ta có
0
1 cos Ci( ) ln
t
u
t t du
u
(3.43) Khai triển luỹ thừa hàm lỗi
2 ( 1) ! n t n n t e n
2
(14)3 2
erf( ) ( 1)
1!3 2!5 !(2 1)
n n
t t t
t t
n n
(3.41)
Chuỗi vế phải hội tụ với t
Với t bé ( ký hiệu t 1) nhận công thức sấp xỉ sau :
Si( )t t, Ci( )t ln , Ei( )t t lnt, erf( )t t
(3.45) Các công thức gần cho phép xác định giá trị Si( )t Ci( )t
Đồ thị hàm Si( )t Ci( )t cho hình 3.9
3.3 HÀM GAMMA, HÀM BETA 3.3.1 Định nghĩa hàm Gamma (Gauss)
Hàm Gamma hàm siêu việt mở rộng từ hàm giai thừa xác định với số tự nhiên n theo công thức n!n n( 1) 2.1
Hàm giai thừa f n( )n! thỏa mãn hai điều kiện f n( 1)nf n( ) f(1)1 Ta mở rộng hàm giai thừa thành hàm Gamma với biến số phức thỏa mãn hai điều kiện Định nghĩa 3.2: Hàm số Gamma, ký hiệu ( )z , hàm số biến số phức xác định với số phức khác nguyên âm z 0, 1, 2, cho biểu thức:
!
( ) lim
( 1)( 2) ( )
z m
m m z
z z z z m
(3.46)
Ngoài định nghĩa hàm Gamma theo cơng thức (3.46) Gauss, ta có hai định nghĩa tương đương sau
Định lý 3.1: Hàm gamma có dạng sau đây:
1.Cơng thức Weierstrass: Ci( )x
+2
t
2
0
Hình 3.9: Đồ thị hàm Si( )t và Ci( )t
Si( )t
(15)
1
( )
z
z m
m
z
ze e
z m
(3.47)
trong số Euler (cơng thức 3.33), thường lấy gần
1
( 10 1) 0,57721566
2
2.Công thức Euler: Trường hợp Rez 0 ta có cơng thức
0
( )z e tt z dt
Rez 0 (3.48)
Khi Rez 0 tích phân suy rộng theo cận
t z e t dt
không hội tụ
Chứng minh:
1
1
1
1
lim lim
( ) !
m z z
m m k
z z z z m z
z m
z m m k
1
1
ln ln
1
lim lim
z
m z m
m
z m z m k
m k m k
z z
z e z e e e
k k
1
1 ln
1
lim 1
z z
m
z m
m k z m
m k m
z z
z e e ze e
k m
2 Để chứng minh cơng thức (3.48) tính tích phân sau
0
n n
z n
t
I t dt
n
Đổi biến số x t t nx dt ndx
n
, thay vào In ta
1
(1 )
z n z
n
I n x x dx
Ta chứng minh
1
1
! (1 )
1
n z n
x x dx
z z z n
Rez0
Tích phân phần có:
1
1
1
0 0
(1 )
(1 ) (1 )
n z
n z x x n z n
x x dx x x dx
z z
Nếu Rez 0
lim z
(16)Suy ra:
1
1
0
(1 x x)n z dx n (1 x)n x dxz z
1
1
0
1
(1 ) (1 )
1
n z n n z
x x dx x x dx
z
1
2
0
1
(1 )
1 ( 1)( )
z n z n
x x dx x dx
z n z n z n
Cuối ta được:
1
! (1 )
( 1) ( )
n z n
x x dx
z z z n
Do
0
!
( 1) ( )
n z
n
z
n
n n t
t dt I
n z z z n
Mặt khác 1
0
lim n n
z t z
n
t
t dt e t dt n
Từ công thức (3.46) suy
1
( ) lim n t z n
z I e t dt
Ví dụ 3.6: Chứng minh
1
( 1)
; 1,
t s
s
L
Giải:
st t e t dt
L Đặt ust dusdt; t u s
1
0 0
1 ( 1)
st u u du u
e t dt e e u du
s
s s s
3.3.2 Các tính chất hàm Gamma a
z 1 z z
, với z 0, 1, 2, (3.49) (1)
(3.50) Với z n : n 1n! 1 n! (3.51)
Chứng minh: Từ (3.46) ta có
! !
( 1) lim lim
( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2) ( )
z z
m m
m m m m zm
z
z z z m z z z z m z m
(17)( ) lim ( )
m
mz
z z z
z m
!
(1) lim lim
1.2 ( 1)
m m
m m m
m m
Đồ thị hàm số Gamma với z số thực cho hình 3.10 (theo cơng thức (3.46))
b
1
sin
z z
z
, với z 0, 1, 2, (3.52)
Chứng minh: Từ ( 3.47) ta có:
2
1 1
1
1 ( ) ( )
( ) ( )
z z
z m z m
m m m
z z z
ze e z e e z z
z z m m m
Theo (3.49): 1 z z z ,
Do
2
1
1 ( ) (1 ) m
z z
z z m
Vậy để chứng minh công thức (3.52) ta cần chứng minh:
(t 1)
)
(
x
4 3 2 1
-1 -2 -3 -4
-5 -4 -3 -2 -1 -1/2 1/2
/
3 /
105 / 16
15 /
Hình 3.10: Đồ thị hàm Gamma
(18)2
sin
1 m
z z
z
m
Trước hết ta khai triển Fourier hàm số y t( )cost ; với Vì y t( ) hàm chẵn, ta có
0
n
b , 0
0
2 sin
cos
a t dt
0
2
cos cos cos( ) cos( )
n
a t nt dt n t n t dt
1 sin( n) sin( n)
n n
sin(n)sincosnsinncos ( 1) sinn sin(n)sincosnsinncos ( 1) sinn
1 sin( n) sin( n) ( 1) sinn 1
n n n n
2
2 ( 1) sin
( )
n n
a
n
2 2
1
2 sin ( 1) cos cos
2
n
n
nt t
n
Thay t , x vào công thức chia hai vế cho sinx ta được:
2 2
1
2 ( 1) cos cot
2
n
n
x n
x
x x n
2 2 2 2
2 1 1
2
x
x x x x
2 2 2
1 1
cot
1
x x
x x x x
2 2
0
1 1
cot
1
t t
x dx x dx
x x x
Vì rằng:
0
sin lim
x
x x
(19)0 0
1 cos 1 cos
cot
sin sin
t t t
x x
x dx dx dx
x x x x x
1 sin sin sin
ln ln ln ln
t
x t t
x t t
Tích phân vế phải
2 2 2 2
0
2 1 2
1 2
t t
x x
x dx dx
x x x x
2 2 2
1
1
ln( ) ln( ) ln
n n
t
n x n t n
2 2 1 1
ln ln
n n t t n n
Vậy 2
2
1
sin sin
ln ln 1
n n
t t t t
t n t n
Từ nhận (3.52)
c
Từ (3.52) suy
1 n n sin(n )
với
*
n (3.53) Như ( )z với z 0, 1, 2,
1
2 cos
z z z
, với
1
, ,
2
z (3.54)
1
2
(3.55)
Chứng minh: Với 1, 3,
2
z thay z
2
z vào công thức (3.52) ta nhận được:
1 1
1
2 2 cos
sin
2
z z z z
z z
Thay
2
z vào công thức (3.49) ta nhận
2
, Do 2 t e t dt
(20)1 (2 1)!!
2 2n
n
n
, với z n (3.56)
1 ( 2) (2 1)!!
n n
n
, với z n (3.57)
Chứng minh: Với n , với k Áp dụng liên tiếp cơng thức (3.49) có: (n k 1) (n k n)( k 1) (k 1) (k 1)
Thay
2
k suy
1 1 1 (2 1)!!
1
2 2 2 2n
n
n n n
Trong (2n1)!!1.3.5 (2n1) Thay z n vào (3.54) ta có:
1
2 cos ( 1)n
n n
n
Áp dụng kết (3.56) ta
1 ( 1)
2 ( 1) ( 1) (2 1)!! (2 1)!!
2
n n n
n n
n
n n
n
e
1
'( )z tz e t lntdt
; '(1) (3.58)
Chứng minh: Sử dụng quy tắc đạo hàm dấu tích phân cơng thức (3.48) ta
1 1
0 0
'( )z tz e dtt tz e dtt tz e t lntdt
z z
,
Để chứng minh đẳng thức thứ hai ta lấy loga đạo hàm hai vế công thức (3.47),
1
ln ( ) ln ln
m
z z
z z z
m m
1
'( ) 1
( ) m
z
z z m z m
thay z 1 ta '(1)
Ví dụ 3.7: Tính a b.
11 3
c
4
(21)b
11 8 8 5 2
1
3 3 3 3 3 3 3
2 2 2
3 3 3
80 27
c 1 1
4 4 4
;
1 1
4 4
1 1
4
4 4 4 4
sin
Ví dụ 3.8: Một hạt M với khối lƣợng m đặt cách điểm O cố định khoảng cách a 0 M bị hút O với lực tỉ lệ nghịch với khoảng cách Tìm thời gian để M đến điểm O
Giải: Gọi x t( ) khoảng cách từ M đến O thời điểm t, x(0)a Theo định luật Newton
2
d x k m
x
dt , k số tỷ lệ Ta có dx v
dt vận tốc hạt
2
d x dv dv dx dv v dt dx dt dx
dt , thay vào phương trình ta mv dv k
dx x
, mvdv kdx x
Lấy tích phân hai vế ta
ln
mv
k x C
Khi t 0, (0)x a v, (0)0 suy C klna Vậy
2 2
ln ln ln ln
2
mv a k a dx k a dt m a
k v v
k x
x m x dt m x dx
Do thời gian T để M đến O thỏa mãn
0
1
2 ln( / ) ln( / ) a
a
m m
T dx dx
k a x k a x
Đổi biến ln( / )a x u x aeu dx ae duu ta
1/2
1
( )
2 2 2
u u
m m m m
T a e du a u e du a a
k u k k k
3.3.3 Hàm Beta
Định nghĩa 3.3: Hàm số biểu diễn dƣới dạng tích phân phụ thuộc hai tham số thực p q, 0
1
1
0
( , ) p (1 )q
(22)Gọi hàm Beta tích phân Euler loại
Hàm Gamma (cơng thức 3.46) gọi tích phân Euler loại Tính chất 3.1:
, ,
B p q B q p (3.60)
2
2
0
( , ) cos p sin q
B p q d
(3.61)
( ) ( ) ( , )
( )
p q
B p q
p q
(3.62)
Chứng minh:
Để chứng minh công thức (3.60), ta đổi biến x t
Để chứng minh cơng thức (3.61), ta đặt x cos2 dx 2cos sin d
1(1 ) 2 cos2 sin2
p q p q
x x dx d Thay vào công thức (3.59) ta công thức (3.61)
Để chứng minh công thức (3.62), ta xét cơng thức biểu diễn hàm Gamma dạng tích phân (công thức 3.48)
Thay z p q, thay t y x2, nhận
2
2
0
( )p y p e y dy, ( )q x q e x dx
2 2
2 2 ( )
0
( ) ( ) p q x y p q x y
D
p q x y e dxdy x y e dxdy
Trong D góc phần tư thứ mặt phẳng Oxy Chuyển sang toạ độ cực:
cos sin x r y r
,
0
0 r
; dxdy rdrd
2
2
2 2( ) 2( )
0 0
( ) ( )p q cos p sin q d r p q e r dr B p q, r p q e r dr
Đặt t r2 dt 2rdr ta
2
2( ) 2( ) ( )
0 0
2 r p q e r dr r p q e r 2rdr t p q e dtt p q
Vậy ( ) ( )p q B p q , pq ( , ) ( ) ( )
( )
p q
B p q
p q
(23)2
2
0
( ) ( )
cos sin
2 ( )
p x q xdx p q
p q
(3.63)
Ví dụ 3.9: Tìm khối lượng vật thể phẳng nằm mặt phẳng Oxy giới hạn bới;
x y , x 0, y 0 có khối lượng riêng xy
Giải:
1
1 1 2 1
2
0 0
0
2
(1 )
3
x x
D
y
M xydxdy xdx ydy xdx x x dx
3 1 1
2 2 2 2
2 2
,
3B 2 (4) 3! 24
Ví dụ 3.10: Cơng thức tích phân Dirichlet
1 1 ( / 2) ( / 2) ( / 2)
8 ( ) /
V
I x y z dxdydz
, (3.64)
trong V 1/8 hình cầu đơn vị: x2y2z2 1;x 0,y0,z 0
Giải: Đổi biến số u x2, v y2, w z2 Miền V trở thành hình chóp tứ diện
: u v w 1;u 0,v 0,w
(Hình 3.11)
( 1)/2 ( 1)/2 ( 1)/2
2 2 du dv dw
I u v w
u v w
( /2) ( /2) ( /2)
8 u v w dudvdw
1 1
( /2) ( /2) ( /2)
0 0
1
u v u
u v w
u du v dv w dw
1
( /2) /2 ( /2)
0
1
(1 )
4
u
u v
u du v u v dv
Đặt v(1u t) dv (1u dt) ; 1 v u (1u)(1t)
/2 ( /2) ( )/2 /2 ( /2)
(1 v u) v (1 u) (1t) t
1
/2 ( /2) ( )/2 /2 ( /2)
0
(1 ) (1 ) (1 )
u
v t
v u v dv u t t dt
( )/2 ( )/2 ( / 2) ( / 1)
(1 ) ( / 2; / 1) (1 )
( ) /
u B u
(24)1
( /2) ( )/2
1 ( / 2) ( / 1)
(1 ) ( ) / u
I u u du
( / 2) ( / 1) ( / 2;( ) / 1)
4 ( ) / B
( / 2) ( / 1) ( / 2) ( ) / ( / 2) ( / 2) ( / 2)
4 ( ) / ( ) / ( ) /
.
Ví dụ 3.11: Tìm khối lƣợng vật thể hình cầu tâm O bán kính có khối lƣợng riêng tỷ lệ với bình phƣơng khoảng cách đến trung tâm nó
Giải: Khối lượng riêng tai điểm có tọa độ ( , , )x y z x y z, , )x2y2z2 Do tính chất đối xứng vật thể suy khối lượng M vật thể tám lần khối lượng vật thể nằm góc phần tám thứ trục tọa độ
2 2
8 ( )
V
M x y z dxdydz, V ( , , )x y z x2 y2 z2 1;x 0,y 0,z0
Ta có 2
V V V
x dxdydz y dxdydz z dxdydz
8.3
V
M x dxdydz
Áp dụng công thức Dirichlet (3.64) với ; ta
2
3 1
2 2
8.3 8.3
5
3 1 3
8
2 2
V
M x dxdydz
Ví dụ 3.12: Tính tích phân
2 tan
dx I
x
Giải:
2 1 1
2
0
cos sin
tan
dx
I x x dx
x
Áp dụng công thức (3.61) với
1 3
2
2
1 1
2
2
p p p
q q q
0
3
4
2
tan 2 sin
4 dx
I
x
(25)1
2 ( , ) ( 1)
u v
u v
x x
dx B u v x
,
với u, v số dƣơng tùy ý.
Giải: Đổi biến
1
x y
y x
x y
1
(1 )
dx dy
y
,
1
1
1
y x
y y
1
1
1
2
0
1 1
( 1) 1 (1 )
1
u v
u v
u v u v
y y
y y
x x
dx dy
x y
y
1
1
1
0
1 v u ( , )
u v
y y dy y y dy B u v
3.4 PHƢƠNG TRÌNH BESSEL VÀ CÁC HÀM BESSEL
3.4.1 Phƣơng trình Bessel
Phương trình vi phân tuyến tính
2
2
1
(1 ) d y dy
y z dz
dz z
(3.65)
gọi phương trình Bessel ứng với tham số
Dưới ta xét với gọi phương trình Bessel cấp , 0 Nghiệm riêng phương trình (3.65) gọi hàm Bessel cấp
Rõ ràng J z Y z hai nghiệm độc lập tuyến tính (3.65) nghiệm tổng qt phương trình có dạng
y z AJ z BY z Z z (3.66) Trong A, B số tuỳ ý
3.4.2 Các hàm Bessel loại loại 3.4.2.1 Hàm Bessel loại 1
(26)0
( ) k k,
k
y z z a z a
1
0 0
( ) k k ( ) ( ) k k ( ) k k
k k k
y z a z y z k a z z k a z
2
0
( ) ( )( 1) k k ( )( 1) k k
k k
y z k k a z z k k a z
Thay vào phương trình (3.65) ta
2 2
0 0
( )( 1) k k ( ) k k k k k k
k k k k
z k k a z k a z a z a z
Ta có (k)(k 1) (k)(k)2, đẳng thức viết lại
2 2
0 0
( ) k k k k k k
k k k
z k a z a z a z
1
2 2
2
0
( ) k k ( ) k k k
k k
k a z k a a z
Đồng hệ số suy số ak; k 0,1,2, thoả mãn hệ phương trình
2
0
2
1
2
2
2
2
( )
( 1)
( 2)
( ) k k ;
a a a a
r a a k
(3.67)
Từ điều kiện a0 0 ta , 0 1. Trường hợp thứ nhất:
(k)22 (k)22 (2k k)
2
(2 ) k k
a
a k
k k
(3.68)
Thay vào công thức (3.67) suy a1 0 Kết hợp với cơng thức (3.68) ta có hệ số lẻ đồng 0:
2k 0; 0, 1, 2,
a k
Quy nạp sử dụng công thức (3.68) với số hạng chẵn ta có 2( 1) 2
2 2 (2 2 ) 2 (2 )
k k
k
a a
a
k k k k
(27)
2( 2)
2 2 2
( 1)
2 ( 1)( ) ( 1)
k k
a a
k k k k
… 2
( 1)
2 !(1 )(2 ) ( )
k
k k
a a
k k
,
( )
y z nghiệm phương trình hệ số a0 chọn tuỳ ý Chọn 0
2 (1 )
a
sử dụng đẳng thức:
1 k k 1 1
2 2 ( 1)
2 ! ( 1)
k
k k
a
k k
Suy ra:
2
( 1)
( ) ( )
2 ! ( 1)
k k
k
z z
y z J z
k k
(3.69)
Nếu n thì:
2
( 1) ( )
2 !( )!
n k k
n
k
z z
J z
k k n
(3.70)
Đặc biệt
2
0 2
0 ( 1)
2 ( !)
k k
k
z J
k
(3.71) 2. Trường hợp thứ hai:
(k)22 ( k)22 ( 2k k) Các hệ số chẵn liên hệ theo công thức
2k k 2a2k a2k2 0 (3.72) Các hệ số lẻ thoả mãn
2k1 2 k 1 2a2k1a2k10
a Nếu 1,
2
m
m
a1 0, suy
2
2
2 2 k
k
a a
k k
với k,
khi tương tự trên, chọn a0 thích hợp có
2
( 1)
( ) ( )
2 ! ( )
k k
k
z z
y z J z
k k
(28)b Nếu 1,
2
m
m
(cấp bán nguyên) hệ số lẻ a2k1 0 với số r k hệ số lẻ a2k1 khác khơng r k Tuy nhiên ta chọn hệ số lẻ khơng chọn a0 thích hợp nghiệm có dạng (3.65), (3.69) GọiJ z J z các hàm Bessel loại 1
Định lý 3.2:
1 Nếu (không phải số tự nhiên) J z J z độc lập tuyến tính Nếu n J zn Jn z phụ thuộc tuyến tính,
( 1)n
n n
J z J z (3.74)
Chứng minh: Thật vậy,
lim ( )
z J z limz0J( )z Suy J z J z độc lập tuyến tính
Trong trường hợp nghiệm tổng quát (3.69) có dạng
Z z AJ z BJ z
Trường hợp n ta có
2
0
1
( )
2 ! 2 ! !
k k
n k n k
n
k k n
z z z z
J z
k k n k k n
bởi
1
0
k n
với số tự nhiên k n (công thức 3.53)
Thay k kn vào công thức ta
2
0
1 ( )
2 ! !
k n
n k n
n
n n
k
z z
J z J z
k k n
Hình 3.11: Đồ thị hàm Bessel J t0( ), J t1( ), J t2( ) 0( )
J t
1( )
J t
2( )
J t
(29)điều chứng tỏ J zn Jn z phụ thuộc tuyến tính 3.4.2.2 Hàm Bessel loại
Định lý 3.2 cho thấy hai hàm Bessel loại J z J z khơng phải lúc độc lập ta cần tìm hàm Bessel loại độc lập với hàm Bessel loại
Hàm số xác định sau
;
(cos ) ( ) ( )
sin
lim ( )
n
J z J z
Y z
Y z n
nÕu nÕu
(3.75) Cũng nghiệm phương trình Bessel (3.61), gọi hàm Bessel loại 2
Từ công thức (3.71) ta thấy n giới hạn
;
(cos ) ( ) ( )
lim
sin
n
J z J z
có dạng vơ định
0 Áp dụng quy tắc De L’Hospital nhận
(cos ) ( ) ( )
sin
n
n
J z J z
Y z
sin ( ) (cos ) ( ) ( )
cos
n
J z J z J z
n 1n n
n
J z J z
Y z
n n
Sử dụng công thức đạo hàm hàm số ln z nhận kết sau:
2
0
2 ( 1)!
ln ( )
2 ! ( 1) !( )!
n k k n
n
k nk
n n
k k
S
z n k z z
Y z J z
k k n k
Trong đó:
1 1
1 ,
2
nk
S k
k k n
0
1
1
2
n S
n
Với , hàm J z Y z độc lập tuyến tính
(30)Theo lý thuyết phương trình vi phân tuyến tính cấp 2:
2
2
d y dy
p z q z y dz
dz
Nếu biết y z1 nghiệm ta tìm nghiệm độc lập tuyến tính với y z1 theo công thức:
( )
2 2
1
1 p z dz
y z y e dz
y
Vì với trường hợp phương trình Bessel cấp n ngun, ta tìm nghiệm độc lập với J zn theo công thức:
2 ( ) ( )
( )
n n
n dz I z J z A B
zJ z
Chọn A, B thích hợp hàm số In z cho (3.75) Hàm số In z gọi hàm Weber
Đơi cịn sử dụng hàm số độc lập tuyến tính với J z theo cơng thức sau gọi
hàm số Neumann.
( ) ( ) (ln ) ( )
2
N z Y z J z (3.76)
Gọi Y z N z , hàm Bessel loại
Từ hàm Bessel loại loại ta có hàm Hankel loại hàm Hankel loại
0( )
Y t
1( )
Y t
2( )
Y t
0( )
Y x
1( )
Y x
2( )
Y x
t
(31)xác định sau
(1)( ) ( ) ( )
H z J z iY z
(2)( ) ( ) ( )
H z J z iY z , Các hàm Hankel gọi hàm Bessel loại 3.4.3 Các cơng thức truy tốn hàm Bessel
Các công thức sau với (kể trường hợp 0): 1 J 1 z J z J 1 z
z
(3.77)
Thay công thức (3.69), (3.73) vào vế phải biến đổi thành vế trái:
1 2
0
2 ( 1) ( 1)
2 ! ( 1) 2 ! ( )
k k
k k
k k
z z z z
J z J z
z z k k k k
1 2
0
( 1)
2 ! ( 1) ( )
k k
k
z z
k k k
1 2( 1)
1
0
( 1) ( 1)
( )
2 ! ( 1) 2 ! ( 2)
k k
k k
k k
z k z z z
J z
k k k k
2 zJ' z J z zJ1 z (3.78) Trường hợp đặc biệt 0 J'0 z J z1 Chứng tỏ không điểm
1
J z làm cho J z0 đạt cực đại cực tiểu
Tính J' z từ cơng thức (3.65), (3.69) thay vào vế trái suy vế phải:
2
0
( 1) ( 1)
2 ! ( 1) ! ( 1)
k k
k k
k k
z z z
J z
k k k k
0
( 1) (2 ) ! ( 1) 2
k k
k
k z
zJ z z
k k
2 1 2( 1)
0
( 1) ( 1)
2 ! ( 1) 2 ! ( 1)
k k
k k
k k
z z z z k z
z
k k k k
1 1 2( 1)
1
( 1)
2 ( 1)! ( 1)
k k
k
z z
J z z J z zJ z
k k
3 ' 1 1
2
(32)Từ công thức (3.78) (3.79) ta có:
1 1
2
2
J z J z J z J z J z J z
z z
1 1 1 1 1 1
1
'
2
J z J z J z J z J z J z J z J z
z
4 zJ' z zJ1 z J z (3.80) (Thay J1 z vào suy 4.)
5 d z J z z J 1 z dz
(3.81)
Đạo hàm vế trái sử dụng 2.:
2 2
0
( 1) ( 1) (2 )
! ( 1) ! ( 1) 2
k k
k k
k k
d d z k z
z J z
dz dz k k k k
2 1
1
0
( 1) ( )2 ( 1) ( )
! ( 1) 2 ! ( 1)
k k
k k
k k
k z z k z
z z J z
k k k k
6 d z J z z J 1 z dz
(3.82)
7
0
0
1
z z z
z
z z
d
z J z dz z J z dz z J z
dz
(3.83)
0
0
1
z z z
z
z z
d
z J z dz z J z dz z J z
dz
(3.84)
8 1 3 2 1
0
2
z
k k
J z dz J z J z J z
(3.85)
Đặc biệt 0 1 3 2 1
0
2
z
k k
J z dz J z J z J z
Để chứng minh công thức (3.85) ta lấy tích phân hai vế (3.79): với 1 ta 1 2
0
2
z z
J z J z dz J z dz
với 3 ta 3 2 4
0
2
z z
J z J z dzJ z dz Cộng theo vế ta suy (3.85)
(33)Im z Jm m1 z (2m1)Im1 (3.86) Sử dụng phương pháp tích phân phần, đặt
2 2
1
1
(2 1)
m m
m m
m m
U z dU m z dz
dV z J z dz V z J z
và áp dụng công thức (3.84) với m1 ta được:
1
0
z z
m m m
m m m
I z J z dz z z J z dz
2 1
1
0 (2 1)
z
m m m
m m
z z J z m z J z dz
10 Với cặp số tự nhiên m n, , nm đặt: ,
z m
m n n
I z J z dz
Im n, z Jm n1 z (m n 1)Im1,n1 (3.87) Sử dụng phương pháp tích phân phần, đặt
1
1
1
( 1)
m n m n
n n
n n
U z dU m n z dz
dV z J z dz V z J z
áp dụng công thức (3.84) với ta
1
,
0
z z
m m n n
m n n n
I z J z dz z z J z dz
1 1 1
0
( 1)
z
m n n n m n
n n
z z J z m n z J z z dz
z Jm n1 z (m n 1)Im1,n1. Nhận xét 3.1:
1 Để tính tích phân
z m
m m
I z J z dz ta sử dụng liên tiếp công thức truy hồi (3.86) cuối tích phân dạng (3.85) với 0
2 Để tính tích phân ,
z m
m n n
I z J z dz với m n, , mn ta sử dụng công thức truy hồi (3.87) Sau bược truy hồi số m giảm số n tăng 1, khoảng cách mn giảm
(34)Ví dụ 3.14: Tính tích phân 0
I z J z dz
theo J1( ) và , trong nghiệm dƣơng phƣơng trình J z0 0
Giải: 3,0 z I I
Áp dụng công thức (3.87) ta I3,0 z J z3 1( ) 2 I2,1 Áp dụng công thức (3.84) ta 2,1 1 2
0
( ) ( ) z
I z J z dz z J z Áp dụng tiếp cơng thức (3.77) ta có
3
3,0 1
2
( ) ( ) ( )
I z J z z J z J z z z J z z J z
z
,
Do
3
3,0z ( ) ( )1 z ( ) ( )1
I I z z J z z J z J
3.4.4 Các hàm Bessel loại loại với cấp bán nguyên Xét phương trình Bessel với cấp bán nguyên
2
có dạng:
2
1
1
4 d y dy
y z dz
dz z
Bằng cách đặt y uz1 ta đưa phương trình dạng phương trình vi tuyến tính cấp hệ số hằng:
2
1 2 2
2
1
2
dy du d y d u du
y uz z z u z z z u
dz dz dz dz dz
Thay vào phương trình ta
1 2 2
2
3 1
0
4 4
d u du du
z z z u z z u uz uz
dz z dz
dz z
dẫn phương trình dạng:
2
d u u dz
Phương trình cho nghiệm tổng quát cos sin
u A z B z; A, B hai số tùy ý Suy nghiệm tổng quát phương trình Bessel cấp
2
( cos sin )
y A z B z
z
(35)Vì J1 2 z J1 2 z có dạng với A, B Cụ thể, J1 2 0 0 suy A0, J1 2 z B sinz
z
Mặt khác theo công thức (3.56)
1
1
1 (2 1)!! 2
1
2 ! 1 !(2 1)!! (2 1)!
2
k k
k k k
k k k
k k
1
2 2 1 2
2
1 2
0
( 1) ( 1)
2 ! 1 2 (2 1)!
2 k
k k k k
k
k k
z z z z
J z
k
k k
2
2 ( 1) 2
sin
(2 1)!
k k
k
z
z B
z k z
Do
J1 2( )z sinz z
(3.88)
Tương tự, ta có
J 1 2( )z cosz z
(3.89)
Từ (3.75) nhận hàm Bessel loại
1 2
1 2
2
( ) ( ) cos
2 ( ) ( ) sin
Y z J z z
z
Y z J z z
z
Từ cơng thức truy tốn (3.77), thay
2
nhận được:
3
2 sin
( ) z cos
J z z
z z
thay
2
nhận được:
3
2 cos
( ) sin z
J z z
z z
Tương tự ta có cơng thức sau:
5 2
2 3
( ) sin cos
J z z z
z z z
(36)5 2
2 3
( ) sin cos
J z z z
z z z
7 3 2
2 15 15
( ) sin cos
J z z z
z z z z
7 2 3
2 15 15
( ) sin cos
J z z z
z z z z
9 4 2 3
2 105 45 105 10
( ) sin cos
J z z z
z z z z z
9 3 4 2
2 105 10 105 45
( ) sin cos
J z z z
z z z z z
3.4.5 Các tích phân Lommel (*) Định lý 3.3:
0
2
1
2 ,
z
z
J kz J lz zdz kJ lz J kz lJ kz J lz k l k l
(3.90)
0
2
1
2 ,
z
z
J kz J lz zdz lJ lz J kz kJ kz J lz k l k l
(3.91)
2 2
2
1
'
2 z
z J kz J kz
k z
zJ kz dz
(3.92)
Các công thức (3.90), (3.91), (3.92) gọi các tích phân Lommel.
Chứng minh:
Chúng ta xét hai phương trình vi phân dạng Bessel
2 2
2 ( )
d x dx
z z l z x
dz
dz (3.93)
2
2 2
2 ( )
d y dy
z z k z y
dz
dz (3.94)
Nhân phương trình thứ với y
z , phương trình thứ hai với x
z trừ vế cho nhận
2
2
2
d x d y dx dy
yz xz y x k l xyz
dz dz
dz dz
hay
d z ydx xdy k2 l xyz2
dz dz dz
(37)Nghiệm phương trình (3.93), (3.94) tương ứng (xem công thức 3.96)
,
x J lz y J kz Thay vào (3.95) xét với 1 có
2
0
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
z
dJ lz dJ kz k l J kz J lz zdz z J kz J lz
dz dz
Mặt khác
( ) ( )
( ) ( )
dJ lz dJ lz
l lJ lz
dz d lz
Do với 1
2
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
z
z
J kz J lz zdz lJ kz J lz kJ lz J kz k l
Áp dụng cơng thức truy tốn (3.74)
J kz( ) J kz( ) J 1( ),kz J lz( ) J lz( ) J 1( )lz
kz lz
Ta được:
1
2
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
z
z
J kz J lz zdz kJ lz J kz lJ kz J lz k l
Từ công thức (3.79):
1
( ) ( ) ( ), ( ) ( ) ( )
J kz J kz J kz J lz J lz J lz
kz lz
Suy ra:
1
2
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
z
z
J kz J lz zdz lJ lz J kz kJ kz J lz k l
Với k l
2
2
0
1
( ) ( ) , ( 1)
z kz
zJ kz dz zJ z dz k
Tích phân phần nhận
2
2 2
0
( ) ( ) ( ) ( )
2
kz kz
k z
zJ kz dz J kz z J z J z dz
Vì J z hàm Bessel nên thoả mãn
2 ( ) ( ) ( ) ( )
z J z z J z zJ z J z
(38)
2
2 2 2
2
0 0
1
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
z kz kz
z
zJ kz dz J kz d z J z dJ z
k k
Hay
2
2 2
2
1
( ) ( ) ( )
2 z
zJ kz dz z J kz J kz
k z
3.4.6 Khai triển theo chuỗi hàm Bessel 3.4.6.1 Nghiệm hàm Bessel
Chúng ta xét nghiệm phương trình J x 0 với 1 Định lý 3.4: Tất nghiệm J x 0 thực.
Chứng minh: Trước hết ta chứng minh số ảo z0 ix x, , x 0 nghiệm phương trình J x 0 Thật vậy, tất số hạng chuỗi sau dương
2
0
( 1)
0,
! ( 1) ! ( 1)
k k
k
k k
ix x
x
k k k k
Suy J ix 0, x 0,
Giả sử tồn nghiệm phức z0 Vì J x hàm thực nên z0 nghiệm Vì z0 z0 ix x, , z20 z20 Áp dụng cơng thức tích phân Lommel (3.86) ta được:
0 2 2 0 0
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x
o
x
zJ z z J z z dz z J z x J z x z J z x J z x z z
Lấy x 1
1
0
0
( ) ( ) zJ z z J z z dz
(vì J z( )0 J z( )0 0) Điều vơ lý, hàm dấu tích phân
0 0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0, [0;1] zJ z z J z z zJ z z J z z zJ z z J z z z Vậy nghiệm phương trình J x 0 thực
Định lý 3.5: Các nghiệm x 0 J x 0 J1 x 0 xen kẽ nhau.
(39) ( ) 1( ) d
x J x x J x
dx
1( ) ( )
d
x J x x J x
dx
Theo định lý Rolle; công thức thứ chứng tỏ hai nghiệm liên tiếp
( )
x J x có nghiệm x J 1( )x , công thức thứ hai chứng tỏ hai nghiệm liên tiếp x1J1( )x có nghiệm x1J x( ) Ngoài từ cơng thức tích phân Lommel (3.91) ta nhận thấy phương trình J x 0
1
J x khơng có nghiệm chung nghiệm phương trình J x 0 nghiệm đơn
Tương tự suy nghiệm J x 0 Jm x 0 xen kẽ nhau, với m (xem hình 3.12)
Nhận xét 3.2:
a Hai hàm Bessel loại cấp
2: J1 2( )z J1 2( )z thỏa mãn
2 ( ) sin
zJ z z
1
2
( ) cos ;
zJ z z z
hàm tuần hoàn chu kỳ 2, hai hàm Bessel
loại cấp / J1 2( )z J1 2( )z có vơ số nghiệm dương b Với phương trình Bessel cấp tùy ý
2
2
1
(1 ) d y dy
y z dz
dz z
, cách đặt
1
y uz ta đưa dạng đơn giản 2
2
1
1
d u
u
dz z
Vì z đủ lớn hàm Bessel cấp xấp xỉ hàm hàm Bessel cấp
2, có vơ số
nghiệm dương
3.4.6.2 Khai triển Fourier - Bessel Định lý 3.6:Dãy hàm
xJ ix ,i1, 2, 3, (3.92)
trực giao 0; 1, 1,, i, nghiệm dương phương trình J x 0
(40)
2
1
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
x
k l zJ kz J lz dz x kJ lx J kx lJ kx J lx Lấy x 1,l i, k j; ,i j 1, 2,
1
( i ) ( j ) zJ z zJ z dz
, i j
Từ công thức (3.87)
2
2 2
2
1
( ) ' ( ) (1 ) ( )
2 x
zJ kz dz x J kx J kx
k x
Lấy x 1,k i ; i1, 2, có:
1 2
2
1
( ) ' ( )
2
i i
zJ z dz J
Định nghĩa 3.4: Nếu hàm số f x( ) biểu diễn dƣới dạng
1
( ) i ( i ) i
f x a J x
(3.97)
trong đó 1,,i, là nghiệm dƣơng phƣơng trình J x 0,thì nói hàm số đó đƣợc khai triển thành chuỗi Fourier - Bessel
Từ tính chất trực giao hệ (3.96) suy rằng, f x( ) khai triển thành chuỗi Fourier - Bessel (3.97) hệ số chuỗi tính theo cơng thức:
1
0
( ) ( ) ; 1, 2, ' ( )
i i
i
a xf x J x dx i
J
(3.98)
Gọi hệ số Fourier - Bessel
Ví dụ 3.15: Hãy khai triển hai hàm số f x( ) sau thành chuỗi Fourier-Bessel khoảng
0; theo hệ hàm xJ0(ix i), 1,2
1 2
( ) ( ) ( ) i ( i )
f x a J x a J x a J x a Hàm số f x( )1; 0 x
b Hàm số f x( )x2; 0 x 1.
Giải:
a Theo (3.98) (3.83) có :
1
0
2 2
0
0
2
( ) ( ) ( )
' ( ) ( )
i i i i i
i i i
a xJ x dx xJ x d x
J J
(41)0 1
2 2
1
1 0
2 2
( ) ( ) ; 1, 2,
( )
( ) ( )
i i
i i
i i i i x
xJ x dx xJ x i
J
J J
Vậy
0 2 0 3 0
1 1 2 3
2 2
2 ( )
( ) i
i i
J x J x J x
J x f x
J J J J
b Theo (3.98) đổi biến uix có :
3
0
2
0
0
2
( ) ( )
' ( ) ( )
i
i i
i i i
a x J x dx u J u du
J J
Theo ví dụ 3.14 ta có
3 3
0 3,0 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
i
i i
z
i i i i i
z z
u J u du I z z J z z J z J J
Áp dụng công thức (3.77) ta
0
2
( )i ( )i ( )i i
J J J
; 2i2J0( )i 4iJ1( ) 2i i2J2( )i
3
1
(i ) ( )i J i 2i J i iJ ( ) 2i iJ i
1
4
1
1
2 ( )
2
( ) ( )
( ) ( )
( )
i
i i i i i
i i i i
i i
J
a J J
J J
J
3.4.7 Các phƣơng trình vi phân đƣa phƣơng trình Bessel (*)
A Phƣơng trình dạng
2
2
2
1
0 d y dy
k y
x dx
dx x
Đổi biến z kx dy dy dz kdy
dx dz dx dz
, tương tự 2
2
d y d y k
dx dz Thay vào phương trình dẫn đến phương trình Bessel
2
2
1
1
d y dy
y z dz
dz z
khi nghiệm tổng quát là:
AJ kx BJ kx n Z kx
AJ kx BY kx n
nÕu
nÕu (3.95) Ví dụ 3.16: Giải phƣơng trình y'' ay' by
x
(42)Giải: Đặt
2
1
2 2 ( 1)
dy du d y d u du
y x u x z u x x x u
dx dx dx dx dx
Thay vào phương trình nhận
1
" ( ) ' ( 1)
x u a xu a x bx u
Chọn
2
a
để a21; a a(1)(a 1) 2 Chia hai vế cho xta
2
0
u u b u
x x
Áp dụng công thức (3.99) ta nghiệm tổng quát |1 |
2
|1 |
( ) a
a
y x Z x b
Ví dụ 3.17:Giải phƣơng trình
2
( m ) , ( 0)
a c
y y bx y c
x x
Giải: Tương tự đặt y x u :
1
" ( ) ' ( 1) m
x u a xu a c x bx u
Chọn
2
a
chia cho x ta được:
2
0
m c
u u bx u
x x
Thay biến 2 2
2
m m m
dt m du du dt m du
t x x x
dx dx dt dx dt
2
2 1
2
2
2 2
2 2
m m
d u du m du m m du m d u
x x
dx dt dt
dx dt
Thay vào phương trình chia cho
2 2 m
ta
2
2 2
1 (1 )
0
( 2) ( 2)
d u du b a c
u t dt
dt m m t
(43)'
2 b
u Z t
m
;
1
2
'
2
a m
b
y x Z x
m
với
2
(1 )
' , ( 2)
2
a c
m m
Chẳng hạn phương trình: y'' 5y' 16x y4
x
Có nghiệm 2
3 y x Z ix
Các trường hợp riêng ví dụ 3.17: a
2
'' m C
y bx y
x
có nghiệm tổng quát dạng:
2
2
,
2
m
b C
y xZ x
m m
b
2
( 1)
'' p p
y b y
x
có nghiệm tổng quát
1 p
y xZ x b
c y''bx ym 0 có nghiệm tổng quát 2
2
2
m
m
b
y xZ x
m
d y''bxy 0 có nghiệm tổng quát
3
3
2
y xZ bx
e y'' ay' bx ym x
có nghiệm tổng quát
1
2
1
2
a m
a m
b
y x Z x
m
Ví dụ 3.18: Giải phƣơng trình d x dy bx y
dx dx
Giải:
2
1
d dy d y dy
x x x
dx dx dx dx
(44)2
1
2
d y dy
x x bx y
dx dx
Có dạng phương trình e với m a Vậy phương trình có nghiệm tổng qt
1
2
1
2
b
y x Z x
Nhận xét 3.2: Khi m 2, c0 phương trình ví dụ 3.17 dẫn đến phương trình Euler:
2 '' ' 0
x y axy by
Bằng cách đặt x eu Ta có u lnx du dx x
2 2 2
2
2 2 2 2
1
1 1
dy dy du dy dy dy
x
dx du dx x du dx du
d y dy d y du d y dy d y d y dy
x
du x dx du du
dx x du x du dx du
Thay vào ta nhận phương trình tuyến tính cấp hệ số hằng:
2 ( 1)
d y dy
a by
du
du
Nghiệm tổng qt phương trình tìm thơng qua nghiệm phương trình đặc trưng B Phƣơng trình dạng
2
'' ' a
y a y b y
x x x
(3.100)
Đặt: 2
2 2
ax dy ax du d y ax du d u
y e u e au e a u a
dx dx dx dx dx
Thay vào phương trình nhận
2
2
2
1
2
ax du d u ax du a ax
e a u a a e au b e u
dx dx x dx x x
Chia hai vế cho eax rút gọn ta
2
2
2
1
0 d u du
b a u
x dx
dx x
(3.101)
a Khi ba2 nghiệm tổng quát có dạng:
ax
(45)b Khi ba2 0, (3.101) phương trình Euler có hai nghiệm độc lập
1
u x u2 x Vậy nghiệm tổng quát (3.100):
ax
y e Ax Bx ; A B, số tuỳ ý
c Khi ba2 , (3.101) có nghiệm tổng quát u ABlnx Vậy (3.100) có nghiệm tổng quát
( ln )
ax
y e AB x ; A B, số tuỳ ý C Phƣơng trình dạng
2 2
1 ( )
'' ( ) ' ( ) '( ) g x
y g x y g x g x y
x x x
(3.106)
Nghiệm tổng quát có dạng: y eg x dx( ) Z x( ) Ví dụ 3.19: Giải phƣơng trình
2
1 tan
'' tan ' x
y x y y
x x x
Giải: Phương trình có dạng (3.102) với g x( )tan( )x
Áp dụng công thức nghiệm với ( ) tan( )
cos
g x dx x dx
e e
x
Ta nghiệm tổng quát ( ) cos
y Z x
x
Ví dụ 3.20: Giải phƣơng trình 2
1 cot
'' cot ' x
y x y y
x x x
Giải: Phương trình có dạng (3.98) với g x( ) cot( )x Áp dụng công thức nghiệm với
Ta nghiệm tổng quát ( ) sin
y Z x
x
(Xem tập trang 320 )
BÀI TẬP CHƢƠNG
3.1 Hàm Gamma giải tích điểm Đúng Sai
3.2 Các hàm tích phân mũ, tích phân cosin, tích phân sin có đạo hàm cấp Đúng Sai
(46)3.4 Các hàm tích phân hàm sơ cấp Đúng Sai
3.5 Hàm Gama xác định với số phức Rez0 Đúng Sai
3.6 Hàm Bêta hàm hai biến Đúng Sai
3.7 Hàm Bessel nghiệm phương trình Bessel Đúng Sai
3.8 Hàm Bessel loại I J z( )và loại II Y z( ) ln độc lập tuyến tính Đúng Sai
3.9 Hàm Bessel loại I J z( ) J( )z ln phụ thuộc tuyến tính Đúng Sai
3.10 Nếu hàm f x( ) khai triển thành chuỗi Fourier-Bessel f x( ) hàm tuần hoàn Đúng Sai
3.11 Sử dụng định nghĩa hàm Delta tính tích phân sau: a.
4
(3x 2x4) ( x3,2)dx
b cos(6 x) (x 1)dx
c
4
24 ( 2)
3
x dx
x x
d. (t t e0) i2ftdt
e
3
(x 4) (x 3)dx
3.12 Nghiệm lại công thức sau
a 0 0 0
2
0
1
( )sin(2 ) ( ) ( )
2
2 ( )
f
t f t f f f f
i
f f
F
b 0 0 0
2
0
1
( )cos(2 ) ( ) ( )
2
2 ( )
if
t f t f f f f
f f
F
3.13 Tính
a.
3 11
2
b
8
3
3
c
2
d.
2
e
1
4
3.14 Sử dụng hàm Gamma tính tích phân sau: a
0 x x e dx
b.
x x e dx
(47)3.15 Sử dụng hàm Gamma tính tích phân sau: a
0
y ye dy
b 42
3 t dt
3.16 Chứng minh:
1
1
( 1) !
(ln ) ,
( 1) n
m n
n n
x x dx n
m
, m, m 1
3.17 Tính khối lượng vật thể hình cầu tâm O bán kính R: x2 y2z2 R2 có khối lượng riêng ( , , )x y z x y z2 2
3.18 Chứng minh cơng thức tích phân Dirichlet
1 1
1
V
p q r
a b c
x y z dxdydz
pqr
p q r
,
Trong V hình giới hạn mặt
p q r
x y z
a b c
, mặt phẳng tọa độ nằm
trong góc phần tám thứ Các số a b c p q r, , ; , , dương 3.19 Tìm khối lượng vật thể giới hạn với ellipsoid
2 2
2 2
x y z
a b c có khối lượng riêng tỷ lệ với bình phương khoảng cách đến trung tâm
3.20 Tìm thể tích vật thể giới hạn mặt có phương trình xm ym zm am, m0 3.21 Xác định tọa độ trọng tâm vật thể nằm góc phần tám thứ giới hạn mặt có phương trình xm ym zm am, m0
3.22 Áp dụng hàm Beta tính tích phân sau: a.
1
4
0
(1 ) x x dx
b
2 2
0 x dx
x
c
3 3
0
x x dx
3.23 Áp dụng hàm Beta tính tích phân sau:
a
4
0
sin xcos xdx
b
2
cos xdx
c
2
tanx dx
3.24 Chứng minh:
2
0
( 1)!! !!
cos sin
( 1)!! !!
n n
n
n n
xdx xdx
n
n n
nÕu ch½n
(48)3.25
2
2
0
sin p , sin 2p ,
I xdx J xdx p
a. Chứng minh: I = J
b. Chứng minh:
2
2 1
1 2
2
;
2 ( 1) (2 1)
p p
p
I J
p p
c Suy công thức nhân đôi hàm Gamma: 22 ( ) (2 )
2
p p p p
3.26 Áp dụng công thức (3.43), (3.44) chứng minh rằng:
0
1 e t lntdt
3.27 Chứng minh rằng:
a.
1
1
p x
dx p p
x
, 0 p
b.
1
1
1 p
dx
p p
x
, p1
3.28 Tính tích phân sau a.
4
0
dx dx x
b.
6
0
xdx x
c.
2
0
x dx x
3.29 Chứng minh cơng thức truy tốn hàm Bessel -n
-n
1) z ( ) ( ( )); ( )
z ( ) ( 1) ( ( )); ( )
n
n n
n n
n n
d
J z z J z
zdz
d
J z z J z
zdz
0
1
0
2) ( ) ( )
z
z
z z J z dz z J z
z
0
1
0
3) ( ) ( )
z
z
z
z J z dz z J z
z
0
4) ( ) ( ) ( ) z
J z dz J z J z
(49)3.30 Sử dụng phép biến đổi Laplace tính: 0 0
( ) ( ) , ( 0) t
J u J tu du t
3.31 Tính tích phân không xác định: a x Jn n1( )x dx b n 1( )
n J x
dx x
c. x J x dx4 1( ) 3.32 Tính theo J x1( ) J x0( )
a. J x3( ) b J1(3x dx) c J x0( )sinxdx 3.33 Chứng minh:
a 1J x0( )2 ( )J x2 2 ( )J x4
b 1( ) 3( ) 5( ) 7( ) 1sin
2
J x J x J x J x x 3.34 Tính tích phân:
a 1
( ) J x dx
b 1
( ) J x dx
3.35 Người ta định nghĩa hàm Hankel loại 1, loại theo hàm Bessel sau: (1)( ) ( ) ( ) ; (2)( ) ( ) ( )
H x J x iY x H x J x iY x Chứng minh khơng phải số tự nhiên
(1)( ) ( ) ( )
sin
i
J x e J x
H x
i
; (2)( ) ( ) ( )
sin
i
e J x J x
H x
i
3.36 Người ta định nghĩa hàm Bessel có hiệu chỉnh loại 1, loại sau:
2 ( ) i ( ) I x e J ix
;
( ) ( ) sin
( )
lim ( ) n
I x I x
n K x
K x n
nÕu nÕu
a. Chứng minh I x( ), K x( ) nghiệm phương trình vi phân:
2 " ' ( 2) 0
x y xy x y b. I 1( )x I 1( )x I x( )
x
c. K 1( )x K 1( )x K x( ) x
3.37 Chứng tỏ a
2
0
1 1
( )
,
8 ( )
n
n n n
J x x
x J
(50)Trong n nghiệm thực dương phương trình J0( ) 0 b
2
3
3
1 1
2(8 ) ( )
,
' ( )
n n
n n n
J x
x x
J
Trong n nghiệm thực dương phương trình J1( ) 3.38 Chứng minh 0
1
( ) n ( n ), n
f x a J x x
; n nghiệm thực dương phương trình J0( ) 0
1
2 2 2
1
( ) n ( )n
n
x f x dx a J
3.39 a. Chứng tỏ
1
( )
, ( )
n
n n n
J x
x x
J
Trong n nghiệm thực dương phương trình J1( ) 0
b. Sử dụng 22 a chứng tỏ
2
1 n n
3.40 Chứng tỏ phương trình:
2
2
2
1
( )
d y dy
k y
x dx
dx x
có nghiệm tổng quát: y AJ kx( )BY kx( )
3.41 Giải phương trình : y" ay' by x
