Wednesday, August 28, 2013
Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi Khu vực Đồng bằng sông Cửu Long
Hội thảo Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi Khu vực Đồng bằng sông Cửu Long diễn ra tại Thành phố Cao Lãnh từ 23-25 tháng 08 năm 2013. Kỷ yếu Hội thảo gồm 23 chuyên đề:
1. Phép chứng minh quy nạp - Trần Nam Dũng
2. Một số đồng nhất thức và hệ phương trình liên quan - Đàm Văn Nhỉ
3. Học giỏi toán để làm gì - Phạm Huy Điển
4. BĐT của các sắp xếp - Nguyễn Minh Tuấn
5. Phân tích một số bài toán hình học IMO gần đây - Nguyễn Bá Đang
6. Áp dụng tính đơn điệu hs khảo sát PT và BPT- Phan Phi Công
7. Một số dạng toán tổ hợp giải bằng cách thiết lập song ánh - Nguyễn Hải Đăng
8. Một số dạng dãy số sinh bởi hàm số - Trần Vũ Hoàng Đào
9. Một số tính chất phần nguyên và áp dụng - Cao Trần Tứ Hải
10. Một số bài toán tìm giới hạn dãy số truy hồi - Huỳnh Chí Hào
11. Một số bài toán về phép đếm - Nguyễn Chí Hiếu
12. Đồng dư và một số áp dụng - Đặng Bảo Hòa
13. Sử dụng phép đếm theo 2 cách - Nguyễn Đình Huy
14. Cách tiếp cận lời giải PT hàm trên tập rời rạc- Đỗ Thanh Hân
15. Một số dạng toán về BĐT ba biến với tích các biến không đổi - Cao Minh Quang
16. Một số ứng dụng nội suy Lagrange thiết lập hệ thức trong tam giác- Hoàng Minh Quân
17. Tỉ số kép và hàng điểm điều hòa - Lê Hồng Sơn
18. Sử dụng PP đánh giá giải hệ hoán vị vòng quanh - Nguyễn Trường Sơn
19. Sử dụng G-phân trong số học - Đinh văn Tài
20. Một số PP giải PT vô tỷ - Nguyễn Chí Thành
21. Giải pháp giải tích đối với bài toán PT-HPT - Huỳnh Duy Thủy
22. Một số dạng toán về tổ hợp - Thiềm Bửu Triết
23. Một số kinh nghiệm bồi dưỡng HHP - Dương Thị Xuân An
Tải về kỷ yếu Bồi dưỡng học sinh giỏi Đồng Bằng Sông Cửu Long 2013. Download.
1. Phép chứng minh quy nạp - Trần Nam Dũng
2. Một số đồng nhất thức và hệ phương trình liên quan - Đàm Văn Nhỉ
3. Học giỏi toán để làm gì - Phạm Huy Điển
4. BĐT của các sắp xếp - Nguyễn Minh Tuấn
5. Phân tích một số bài toán hình học IMO gần đây - Nguyễn Bá Đang
6. Áp dụng tính đơn điệu hs khảo sát PT và BPT- Phan Phi Công
7. Một số dạng toán tổ hợp giải bằng cách thiết lập song ánh - Nguyễn Hải Đăng
8. Một số dạng dãy số sinh bởi hàm số - Trần Vũ Hoàng Đào
9. Một số tính chất phần nguyên và áp dụng - Cao Trần Tứ Hải
10. Một số bài toán tìm giới hạn dãy số truy hồi - Huỳnh Chí Hào
11. Một số bài toán về phép đếm - Nguyễn Chí Hiếu
12. Đồng dư và một số áp dụng - Đặng Bảo Hòa
13. Sử dụng phép đếm theo 2 cách - Nguyễn Đình Huy
14. Cách tiếp cận lời giải PT hàm trên tập rời rạc- Đỗ Thanh Hân
15. Một số dạng toán về BĐT ba biến với tích các biến không đổi - Cao Minh Quang
16. Một số ứng dụng nội suy Lagrange thiết lập hệ thức trong tam giác- Hoàng Minh Quân
17. Tỉ số kép và hàng điểm điều hòa - Lê Hồng Sơn
18. Sử dụng PP đánh giá giải hệ hoán vị vòng quanh - Nguyễn Trường Sơn
19. Sử dụng G-phân trong số học - Đinh văn Tài
20. Một số PP giải PT vô tỷ - Nguyễn Chí Thành
21. Giải pháp giải tích đối với bài toán PT-HPT - Huỳnh Duy Thủy
22. Một số dạng toán về tổ hợp - Thiềm Bửu Triết
23. Một số kinh nghiệm bồi dưỡng HHP - Dương Thị Xuân An
Tải về kỷ yếu Bồi dưỡng học sinh giỏi Đồng Bằng Sông Cửu Long 2013. Download.
Chuyên đề luyện thi Đại học của Võ Quang Mẫn
Chuyên đề luyện thi Đại học của Võ Quang Mẫn, GV Đại học Khoa học Huế. Tài liệu gồm 13 chuyên đề, dày 106 trang, soạn thảo bằng TeX.
Chuyên đề luyện thi Đại học của Võ Quang Mẫn. Download.
Các chuyên đề toán học BDHSG khu vực Duyên hải Nam Trung bộ và Tây Nguyên năm 2013:
1) Giải bất đẳng thức hàm bằng phương pháp chuyển qua giới hạn dãy số -Trịnh Đào Chiến
2) Tìm cực trị từ tính chất của điểm cực trị - Trần Nam Dũng
3) Một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác - Trương Ngọc Đắc
4) Một số ứng dụng sai phân để tính tổng -Đinh Công Hướng
5) Nguyên lý cực hạn và phương trình Diophant -Cao Trần Tứ Hải.
6) Phương trình hàm trong lớp hàm liên tục một biến tự do - Kiều Đình Minh.
7) Một số ứng dụng của định lý về đường phân giác - Hoàng Minh Quân.
8) Một số định lý hình học qua phép nghịch đảo - Nguyễn Hữu Tâm.
9) Bất đẳng thức đồng bậc - Huỳnh Tấn Châu
10) Biểu diễn các đường conic - Nguyễn Quỳnh Nhật Uyên
11) Các đa thức dạng Fibonacci - Lê Kim Uyên
12) Một số phương pháp giải toán sơ cấp - Phan Ngoc Toan
14) Phương pháp đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức - Lê Hồ Quý
15) Phương pháp giải phương trình vô tỉ -Nguyen Chi Thanh
16) Phương pháp xác suất trong tổ hợp - Huỳnh Xuân Tín
17) Phương trình Pell - Trần Văn trung
18) Quy trình xây dựng và sử dụng MACRO trong Geometer's Sketchpad - Nguyễn Thanh Cảnh
19) Sử dụng tính chất ánh xạ để giải phươngg trình hàm - Nguyễn Đình Thức
Tải về file PDF (2 phần, 246 trang). Download.
1) Giải bất đẳng thức hàm bằng phương pháp chuyển qua giới hạn dãy số -Trịnh Đào Chiến
2) Tìm cực trị từ tính chất của điểm cực trị - Trần Nam Dũng
3) Một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác - Trương Ngọc Đắc
4) Một số ứng dụng sai phân để tính tổng -Đinh Công Hướng
5) Nguyên lý cực hạn và phương trình Diophant -Cao Trần Tứ Hải.
6) Phương trình hàm trong lớp hàm liên tục một biến tự do - Kiều Đình Minh.
7) Một số ứng dụng của định lý về đường phân giác - Hoàng Minh Quân.
8) Một số định lý hình học qua phép nghịch đảo - Nguyễn Hữu Tâm.
9) Bất đẳng thức đồng bậc - Huỳnh Tấn Châu
10) Biểu diễn các đường conic - Nguyễn Quỳnh Nhật Uyên
11) Các đa thức dạng Fibonacci - Lê Kim Uyên
12) Một số phương pháp giải toán sơ cấp - Phan Ngoc Toan
14) Phương pháp đổi biến trong chứng minh bất đẳng thức - Lê Hồ Quý
15) Phương pháp giải phương trình vô tỉ -Nguyen Chi Thanh
16) Phương pháp xác suất trong tổ hợp - Huỳnh Xuân Tín
17) Phương trình Pell - Trần Văn trung
18) Quy trình xây dựng và sử dụng MACRO trong Geometer's Sketchpad - Nguyễn Thanh Cảnh
19) Sử dụng tính chất ánh xạ để giải phươngg trình hàm - Nguyễn Đình Thức
Tải về file PDF (2 phần, 246 trang). Download.
Friday, August 23, 2013
Hàm Zeta Riemann (Hàm zeta)
6. Hàm Zeta Riemann (Hàm zeta)
Định nghĩa:
Hàm Zeta Riemann không chỉ nổi tiếng vì nó liên quan đến các chuyên ngành khác nhau của toán học mà còn do Giả thuyết Riemann đến nay vẫn còn là lời thách đố.
Ta sẽ chỉ ra mối liên hệ giữa hàm Zeta Riemann và một số hàm đặc biệt đã giới thiệu trong các phần trước.
Sau đó sẽ đi vào các biểu diễn tích phân liên quan đến nó, chứng tính giải tích cũng như các tính chất sâu hơn của nó được bỏ qua.
1. Mối liên hệ với hàm Gamma
Giá trị quen thuộc nhất của hàm zeta là khi $s=2$
Thật ra ta có thể tính các giái trị $\displaystyle \zeta(2k) \,\,\,\, k\in \mathbb{Z}$ nhưng thật tiếc là không các cách nào để tính giá trị của hàm zeta dạng $\displaystyle \zeta(2k+1)$.
Ví dụ 1. Tính
Giải.
$\displaystyle \Gamma(2) \, \zeta(2) \, = \int^{\infty}_{0}\, \frac{t}{e^t-1}\, dt $
$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\, \frac{t}{e^t-1}\, dt=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$
Ví dụ 2.
Giải.
Đặt $\displaystyle \sec(x)=e^t $
$ \displaystyle \int_0^{\infty} \, \frac{t}{e^{2t}-1}\,dt\, =\, \frac{1}{4} \cdot \int_0^{\infty}\,\frac{t}{e^t-1}\,dt=\frac{\pi^2}{24}$.
2. Hàm zeta và các số Bernoulli
Các số Bernuolli được kí hiệu như sau $ \displaystyle B_{k}$ và cách dễ nhất để tìm chúng là tìm các hệ số của chuỗi hàm $ \displaystyle \frac{x}{e^x-1}$.
Định nghĩa
Bây giờ ta tính một vài số Bernoulli , viết chuỗi trên dưới dạng
$ \displaystyle x = (e^x-1) \, \sum_{k\geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k$
$ \displaystyle x = \left( x+\frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!} x^3+ \frac{1}{4!} x^4+\cdots \right) \cdot \left( B_0 +B_1 \, x+\frac{B_2}{2!}\,x^2 +\frac{B_3}{3!} x^3+ \cdots \right)$
$ \displaystyle x = B_0 x + \left(B_1+\frac{B_0}{2!} \right)x^2 + \left(\frac{B_0}{3!}+ \frac{B_2}{2!}+\frac{B_1}{2!}\right)x^3 +\left( \frac{B_0}{4!}+\frac{B_1}{3!}+\frac{B_2}{2!\, 2!}+\frac{B_3}{3!}\right) x^4+ \cdots $
Đồng nhất hệ số ta được
$ \displaystyle {B_0 = 1 \, , \, B_1 =-\frac{1}{2} \, + \, B_2 = \frac{1}{6} \, , \, B_3=0 \, , \, B_4 = -\frac{1}{30} , \cdots }$
Ta có các kết quả sau
Ví dụ 3. Đẳng thức Euler
Chứng minh.
Ta có
$ \displaystyle \frac{\sin(z)}{z} = \prod_{n\geq1} \left(1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2} \right)$
Lấy logarit hai vế
$ \displaystyle \ln(\sin(z)) - \ln(z) = \sum_{n\geq1} \ln \left(1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2} \right)$
Đạo hàm theo z
$ \displaystyle \cot(z) -\frac{1}{z} = \sum_{n\geq1} \frac{-2 \frac{z}{n^2 \, \pi^2 }}{1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2}}$
Rút gọn ta đuwocj
$ \displaystyle z\cot(z) = 1+2\sum_{n\geq1} \frac{z^2}{z^2-n^2 \, \pi^2}$
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{n\geq1} \frac{z^2}{ n^2 \, \pi^2} \left(\frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}} \right)$
Khai triển chuỗi hàm ta có
$ \displaystyle \frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}}= \sum_{k\geq 0} \frac{1}{n^{2k}\, \pi^{2k}} z^{2k}$ hội tụ nếu $ \displaystyle |z|< \pi \, n $
$ \displaystyle \frac{z^2}{ n^2 \, \pi^2}\left(\frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}} \right) = \sum_{k\geq 1}\frac{1}{n^{2k}\, \pi^{2k}} z^{2k}$
Do đó
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{n\geq1} \sum_{k \geq 1} \frac{1}{n^{2k}} \, \frac{z^{2k}}{\pi^{2k}}$
Nếu đảo ngược thứ tự tính tổng
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{k\geq1} \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{2k}} \, \frac{z^{2k}}{\pi^{2k}}$
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{k\geq1} \frac{\zeta(2k) }{\pi^{2k}}z^{2k} \text{ }\cdots(1)$
Theo định nghĩa $ \displaystyle \frac{x}{e^x-1} = \sum_{k\geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k$
Thay $ \displaystyle x=2iz $ thì
$ \displaystyle \frac{2iz}{e^{2iz}-1} = \sum_{k\geq0} \frac{B_k}{k!}{(2iz)}^k$
với lưu ý $ \displaystyle B_{2k+1}=0, \,\,\, k>0$
$ \displaystyle z \cot(z) = 1- \sum_{k\geq 1}(-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k}}{(2k)!}z^{2k} \text{ } \cdots(2)$
So sánh (1) và (2) ta có kết quả.
Mời các bạn tính $ \displaystyle \zeta(4) \, ,\, \zeta(6) \, , \, B_5 \, , \, B_6$.
3. Hàm Zeta Hurwitz và hàm polygamma
Hàm Zeta Hurwitz là một mở rộng của hàm Zeta bằng cách thêm vào tham số.
Định nghĩa
Mối qua hệ giữa Hàm Zeta Hurwitz và hàm polygamma
Ta có
$ \displaystyle \psi_{0}(z) = -\gamma -\frac{1}{z}+ \sum_{n\geq 1}\frac{z}{n(n+z)}$
Viết lại đẳng thức trên
$ \displaystyle \psi_{0}(z) = -\gamma + \sum_{k\geq 0}\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+z}$
Đạo hàm theo $z$
$ \displaystyle \psi_{1}(z) = \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^2}$
$ \displaystyle \psi_{2}(z) = -2\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^3}$
$ \displaystyle \psi_{3}(z) = 2 \cdot 3 \, \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^4}$
$ \displaystyle \psi_{4}(z) = -2 \cdot 3 \cdot 4 \,\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^5}$
$ \displaystyle \text{ }\cdot$
$ \displaystyle \text{ }\cdot$
$ \displaystyle \text{ }\cdot$
$ \displaystyle \psi_{n}(z) = (-1)^{n+1}n!\,\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^{n+1}}$
Vế phải chính là một biến thể của hàm zeta Hurwitz
$ \displaystyle \psi_{n}(z) = (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1,z)$
Cho $z=1$ ta có hàm zeta thông thường
$ \displaystyle \psi_{n}(1) = (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1)$
Áp dụng tính chất sau của số Bernoulli
$ \displaystyle \zeta(2k) \, = \, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$
ta suy ra
$ \displaystyle \psi_{2k-1}(1)= (2k-1)!\, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$
$ \displaystyle \psi_{2k-1}(1)= (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-2}}{k}{\pi}^{2k} \,\,\, \, , \,\, k\geq 1$
Tính chất này có thể dùng để tính một số giái trị của hàm polygamma
$ \displaystyle \psi_{1}(1)= \frac{\pi^2}{6} \,\, , \,\, \psi_{3}(1) = \frac{\pi^4}{15} $
Các giá trị khác có thể tinh theo hàm zeta
$ \displaystyle \psi_{2}(1)= -2 \zeta(3) \,\, , \,\, \psi_{4}(1) = -24 \zeta(5)$
Ví dụ 4. Chứng minh
Đặt $ \displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x$
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x \sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx\,=\frac{\pi}{4}\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx \text{ }\cdots (3)$
Ta cần tính
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx$
Ta có
$ \displaystyle F(a,b)=2\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \, dx\,=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$
Đạo hàm hai vế theo $a$
$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial a}(F(a,b))=4\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \log(\sin x)\, dx\,=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b) \left(\psi_0(a)-\psi_0(a+b)\right)}{\Gamma(a+b)}$
Đạo hàm 2 vế theo $b$
$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial b}\left(F_a(a,b) \right)=8\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,$
$ \displaystyle =\frac{\Gamma(a) \Gamma(b) \left( \psi_0^2(a+b) +\psi_0(a)\psi_0(b)-\psi_0(a)\psi_0(a+b)-\psi_0(b)\psi_0(a+b) +\psi_1(a+b)\right)}{\Gamma(a+b)}$
Thay $ \displaystyle a=b=1$ ta được
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{ \psi_0^2(2) +\psi_0^2(1)-\psi_0(1)\psi_0(2)-\psi_0(1)\psi(2) -\psi_1(2)}{8}$
Bằng các tính toán đơn giản ta có kết quả
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{ (\psi_0(2) -\psi_0(1))^2-\psi_1(2)}{8}$
Mặt khác
Để tính $ \displaystyle \psi_1(2) $ , ta dùng kiến thức về hàm zeta
$ \displaystyle \psi_1(z) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(n+z)^2}$
Thay $ \displaystyle z =2$ ta có
$ \displaystyle \psi_1(2) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(k+2)^2}$
Khai triển chuỗi ở vế phải
$ \displaystyle \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(k+2)^2} = \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ \cdots $
Ta thấy nó là $ \displaystyle \zeta(2) $ bỏ đi số hạng đầu
$ \displaystyle \psi_1(2) = \zeta(2)-1 = \frac{\pi^2}{6} -1$
Từ đó
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{1}{4}-\frac{\pi^2}{48}$
Thay vào (3)
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx =\frac{\pi}{16}-\frac{\pi^3}{192}$.
4. Hàm Eta
Hàm Eta Dirichlet là một dạng khác của hàm zeta.
Định nghĩa
Mối liên hệ của nó với hàm zeta là
Biến đổi vế phải ta có
$ \displaystyle \left( 1-2^{1-s} \right) \zeta(s) = \zeta(s) - 2^{1-s} \zeta(s)$
Ta viết lại như sau
$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s} - \frac{1}{2^{s-1}}\sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s}$
$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s} - 2\sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n)^s}$
hay
$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n+1)^s} - \sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n)^s}$
Chi tiết hơn là
$ \displaystyle \left(1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+ \cdots\right) - \left( \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s}+\cdots \right)$
Sắp xếp lại các số hạng ta được
$ \displaystyle 1-\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}-\frac{1}{4^s}+\cdots = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} =\eta(s). $
Một giá trị cụ thể của nó là
$ \displaystyle \eta(2) = \left(1-\frac{1}{2} \right) \zeta(2) = \frac{\pi^2}{12}$
Ta cũng có đẳng thức tương tự về mối liên hệ giwuax hàm gamma với hàm eta như hàm zeta
Chứng minh. Biến đổi vế phải ta có
$ \displaystyle \int^{\infty}_{0} \frac{t^{s-1}}{e^t+1} \, dt = \int^{\infty}_0 \frac{e^{-t} t^{s-1}}{1+e^{-t}} \, dt$
Viết dưới dạng chuỗi
$ \displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-t} t^{s-1}dt \left(\sum_{n\geq 0} (-1)^n e^{-nt} \right)$
$ \displaystyle \sum_{n\geq 0}(-1)^n\int^{\infty}_0 e^{-(n+1) t} t^{s-1}dt $
Sử dụng phép biến đổi Laplace ta có
$ \displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-(n+1) t} t^{s-1}dt = \frac{\Gamma(s)}{(n+1)^s}$
Vậy
$ \displaystyle \Gamma(s) \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(n+1)^s}=\Gamma(s) \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\Gamma(s)\, \eta(s) \square $
Một kết quả từ đẳng thức trên là
$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{t}{e^t+1} \, dt = \Gamma(2)\, \eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$
Định nghĩa:
$\displaystyle \zeta(s) \,=\, \sum_{n=1}^{\infty}\,\frac{1}{n^s}\,\,\, \,\, \text{Re}(s)>1$
Hàm Zeta Riemann không chỉ nổi tiếng vì nó liên quan đến các chuyên ngành khác nhau của toán học mà còn do Giả thuyết Riemann đến nay vẫn còn là lời thách đố.
Ta sẽ chỉ ra mối liên hệ giữa hàm Zeta Riemann và một số hàm đặc biệt đã giới thiệu trong các phần trước.
Sau đó sẽ đi vào các biểu diễn tích phân liên quan đến nó, chứng tính giải tích cũng như các tính chất sâu hơn của nó được bỏ qua.
1. Mối liên hệ với hàm Gamma
$\displaystyle \Gamma(s) \, \zeta(s) \, = \int^{\infty}_{0}\, \frac{t^{s-1}}{e^t-1}\, dt $
Giá trị quen thuộc nhất của hàm zeta là khi $s=2$
$\displaystyle \zeta(2) =\sum^{\infty}_{n=1} \frac{1}{n^2}\,= \frac{\pi^2}{6}$
Thật ra ta có thể tính các giái trị $\displaystyle \zeta(2k) \,\,\,\, k\in \mathbb{Z}$ nhưng thật tiếc là không các cách nào để tính giá trị của hàm zeta dạng $\displaystyle \zeta(2k+1)$.
Ví dụ 1. Tính
$\displaystyle \int^{\infty}_0 \frac{t}{e^t-1} \,dt$
Giải.
$\displaystyle \Gamma(2) \, \zeta(2) \, = \int^{\infty}_{0}\, \frac{t}{e^t-1}\, dt $
$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\, \frac{t}{e^t-1}\, dt=\zeta(2)=\frac{\pi^2}{6}$
Ví dụ 2.
$\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \,\frac{\log \left(\sec(x) \right)}{\tan(x)} \,dx $
Giải.
Đặt $\displaystyle \sec(x)=e^t $
$ \displaystyle \int_0^{\infty} \, \frac{t}{e^{2t}-1}\,dt\, =\, \frac{1}{4} \cdot \int_0^{\infty}\,\frac{t}{e^t-1}\,dt=\frac{\pi^2}{24}$.
2. Hàm zeta và các số Bernoulli
Các số Bernuolli được kí hiệu như sau $ \displaystyle B_{k}$ và cách dễ nhất để tìm chúng là tìm các hệ số của chuỗi hàm $ \displaystyle \frac{x}{e^x-1}$.
Định nghĩa
$ \displaystyle \frac{x}{e^x-1} = \sum_{k \geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k $
Bây giờ ta tính một vài số Bernoulli , viết chuỗi trên dưới dạng
$ \displaystyle x = (e^x-1) \, \sum_{k\geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k$
$ \displaystyle x = \left( x+\frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!} x^3+ \frac{1}{4!} x^4+\cdots \right) \cdot \left( B_0 +B_1 \, x+\frac{B_2}{2!}\,x^2 +\frac{B_3}{3!} x^3+ \cdots \right)$
$ \displaystyle x = B_0 x + \left(B_1+\frac{B_0}{2!} \right)x^2 + \left(\frac{B_0}{3!}+ \frac{B_2}{2!}+\frac{B_1}{2!}\right)x^3 +\left( \frac{B_0}{4!}+\frac{B_1}{3!}+\frac{B_2}{2!\, 2!}+\frac{B_3}{3!}\right) x^4+ \cdots $
Đồng nhất hệ số ta được
$ \displaystyle {B_0 = 1 \, , \, B_1 =-\frac{1}{2} \, + \, B_2 = \frac{1}{6} \, , \, B_3=0 \, , \, B_4 = -\frac{1}{30} , \cdots }$
Ta có các kết quả sau
- $ \displaystyle B_{2k+1}=0 \,\, \, \, \, \,\,\, \, \, \, \, \forall \,\, \, \, \, \, k\in \mathbb{Z}^+$
- $ \displaystyle B_{2k} \, , \, k\geq 1$ đan dấu
Ví dụ 3. Đẳng thức Euler
$ \displaystyle \zeta(2k) \, = \, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$
Chứng minh.
Ta có
$ \displaystyle \frac{\sin(z)}{z} = \prod_{n\geq1} \left(1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2} \right)$
Lấy logarit hai vế
$ \displaystyle \ln(\sin(z)) - \ln(z) = \sum_{n\geq1} \ln \left(1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2} \right)$
Đạo hàm theo z
$ \displaystyle \cot(z) -\frac{1}{z} = \sum_{n\geq1} \frac{-2 \frac{z}{n^2 \, \pi^2 }}{1-\frac{z^2}{n^2 \, \pi^2}}$
Rút gọn ta đuwocj
$ \displaystyle z\cot(z) = 1+2\sum_{n\geq1} \frac{z^2}{z^2-n^2 \, \pi^2}$
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{n\geq1} \frac{z^2}{ n^2 \, \pi^2} \left(\frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}} \right)$
Khai triển chuỗi hàm ta có
$ \displaystyle \frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}}= \sum_{k\geq 0} \frac{1}{n^{2k}\, \pi^{2k}} z^{2k}$ hội tụ nếu $ \displaystyle |z|< \pi \, n $
$ \displaystyle \frac{z^2}{ n^2 \, \pi^2}\left(\frac{1}{1-\frac{z^2}{\pi^2 \, n^2}} \right) = \sum_{k\geq 1}\frac{1}{n^{2k}\, \pi^{2k}} z^{2k}$
Do đó
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{n\geq1} \sum_{k \geq 1} \frac{1}{n^{2k}} \, \frac{z^{2k}}{\pi^{2k}}$
Nếu đảo ngược thứ tự tính tổng
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{k\geq1} \sum_{n \geq 1} \frac{1}{n^{2k}} \, \frac{z^{2k}}{\pi^{2k}}$
$ \displaystyle z\cot(z) = 1-2\sum_{k\geq1} \frac{\zeta(2k) }{\pi^{2k}}z^{2k} \text{ }\cdots(1)$
Theo định nghĩa $ \displaystyle \frac{x}{e^x-1} = \sum_{k\geq 0} \frac{B_k}{k!}x^k$
Thay $ \displaystyle x=2iz $ thì
$ \displaystyle \frac{2iz}{e^{2iz}-1} = \sum_{k\geq0} \frac{B_k}{k!}{(2iz)}^k$
với lưu ý $ \displaystyle B_{2k+1}=0, \,\,\, k>0$
$ \displaystyle z \cot(z) = 1- \sum_{k\geq 1}(-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k}}{(2k)!}z^{2k} \text{ } \cdots(2)$
So sánh (1) và (2) ta có kết quả.
Mời các bạn tính $ \displaystyle \zeta(4) \, ,\, \zeta(6) \, , \, B_5 \, , \, B_6$.
3. Hàm Zeta Hurwitz và hàm polygamma
Hàm Zeta Hurwitz là một mở rộng của hàm Zeta bằng cách thêm vào tham số.
Định nghĩa
$ \displaystyle \zeta(a,z) \, = \, \sum_{n\geq 0} \frac{1}{(n+z)^a}$
Dễ thấy $ \displaystyle \zeta(a,1) = \zeta(a)$.Mối qua hệ giữa Hàm Zeta Hurwitz và hàm polygamma
$ \displaystyle \psi_{n}(z) \, = \, (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1,z) \,\,\, \, \forall \,\, n\geq 1$
Chứng minh.Ta có
$ \displaystyle \psi_{0}(z) = -\gamma -\frac{1}{z}+ \sum_{n\geq 1}\frac{z}{n(n+z)}$
Viết lại đẳng thức trên
$ \displaystyle \psi_{0}(z) = -\gamma + \sum_{k\geq 0}\frac{1}{k+1}-\frac{1}{k+z}$
Đạo hàm theo $z$
$ \displaystyle \psi_{1}(z) = \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^2}$
$ \displaystyle \psi_{2}(z) = -2\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^3}$
$ \displaystyle \psi_{3}(z) = 2 \cdot 3 \, \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^4}$
$ \displaystyle \psi_{4}(z) = -2 \cdot 3 \cdot 4 \,\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^5}$
$ \displaystyle \text{ }\cdot$
$ \displaystyle \text{ }\cdot$
$ \displaystyle \text{ }\cdot$
$ \displaystyle \psi_{n}(z) = (-1)^{n+1}n!\,\sum_{k\geq 0}\frac{1}{(k+z)^{n+1}}$
Vế phải chính là một biến thể của hàm zeta Hurwitz
$ \displaystyle \psi_{n}(z) = (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1,z)$
Cho $z=1$ ta có hàm zeta thông thường
$ \displaystyle \psi_{n}(1) = (-1)^{n+1}n!\,\zeta(n+1)$
Áp dụng tính chất sau của số Bernoulli
$ \displaystyle \zeta(2k) \, = \, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$
ta suy ra
$ \displaystyle \psi_{2k-1}(1)= (2k-1)!\, (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-1}}{(2k)!}{\pi}^{2k}$
$ \displaystyle \psi_{2k-1}(1)= (-1)^{k-1} B_{2k} \frac{2^{2k-2}}{k}{\pi}^{2k} \,\,\, \, , \,\, k\geq 1$
Tính chất này có thể dùng để tính một số giái trị của hàm polygamma
$ \displaystyle \psi_{1}(1)= \frac{\pi^2}{6} \,\, , \,\, \psi_{3}(1) = \frac{\pi^4}{15} $
Các giá trị khác có thể tinh theo hàm zeta
$ \displaystyle \psi_{2}(1)= -2 \zeta(3) \,\, , \,\, \psi_{4}(1) = -24 \zeta(5)$
Ví dụ 4. Chứng minh
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x \sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx = \frac{\pi}{16}-\frac{\pi^3}{192}$
Giải.Đặt $ \displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x$
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x \sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx\,=\frac{\pi}{4}\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx \text{ }\cdots (3)$
Ta cần tính
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx$
Ta có
$ \displaystyle F(a,b)=2\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \, dx\,=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$
Đạo hàm hai vế theo $a$
$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial a}(F(a,b))=4\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \log(\sin x)\, dx\,=\frac{\Gamma(a)\Gamma(b) \left(\psi_0(a)-\psi_0(a+b)\right)}{\Gamma(a+b)}$
Đạo hàm 2 vế theo $b$
$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial b}\left(F_a(a,b) \right)=8\int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin^{2a-1}(x)\cos^{2b-1}(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,$
$ \displaystyle =\frac{\Gamma(a) \Gamma(b) \left( \psi_0^2(a+b) +\psi_0(a)\psi_0(b)-\psi_0(a)\psi_0(a+b)-\psi_0(b)\psi_0(a+b) +\psi_1(a+b)\right)}{\Gamma(a+b)}$
Thay $ \displaystyle a=b=1$ ta được
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{ \psi_0^2(2) +\psi_0^2(1)-\psi_0(1)\psi_0(2)-\psi_0(1)\psi(2) -\psi_1(2)}{8}$
Bằng các tính toán đơn giản ta có kết quả
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{ (\psi_0(2) -\psi_0(1))^2-\psi_1(2)}{8}$
Mặt khác
- $ \displaystyle \psi_0(1) = -\gamma$
- $ \displaystyle \psi_0(2) =1 -\gamma$
Để tính $ \displaystyle \psi_1(2) $ , ta dùng kiến thức về hàm zeta
$ \displaystyle \psi_1(z) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(n+z)^2}$
Thay $ \displaystyle z =2$ ta có
$ \displaystyle \psi_1(2) = \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(k+2)^2}$
Khai triển chuỗi ở vế phải
$ \displaystyle \sum_{k\geq 0} \frac{1}{(k+2)^2} = \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+ \cdots $
Ta thấy nó là $ \displaystyle \zeta(2) $ bỏ đi số hạng đầu
$ \displaystyle \psi_1(2) = \zeta(2)-1 = \frac{\pi^2}{6} -1$
Từ đó
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,\sin (x)\cos(x) \log(\sin x)\, \log( \cos x)dx\,= \frac{1}{4}-\frac{\pi^2}{48}$
Thay vào (3)
$ \displaystyle \int^{\frac{\pi}{2}}_0 \,x\sin(x)\cos(x) \log(\sin x) \log(\cos x) \, dx =\frac{\pi}{16}-\frac{\pi^3}{192}$.
4. Hàm Eta
Hàm Eta Dirichlet là một dạng khác của hàm zeta.
Định nghĩa
$ \displaystyle \eta(s) = \sum_{n\geq 1} \frac{(-1)^{n-1}}{n^s}$
Mối liên hệ của nó với hàm zeta là
$ \displaystyle \eta(s) = \left( 1-2^{1-s} \right) \zeta(s) $
Chứng minhBiến đổi vế phải ta có
$ \displaystyle \left( 1-2^{1-s} \right) \zeta(s) = \zeta(s) - 2^{1-s} \zeta(s)$
Ta viết lại như sau
$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s} - \frac{1}{2^{s-1}}\sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s}$
$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{n^s} - 2\sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n)^s}$
hay
$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n+1)^s} - \sum_{n\geq 1} \frac{1}{(2n)^s}$
Chi tiết hơn là
$ \displaystyle \left(1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+ \cdots\right) - \left( \frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s} + \frac{1}{6^s}+\cdots \right)$
Sắp xếp lại các số hạng ta được
$ \displaystyle 1-\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}-\frac{1}{4^s}+\cdots = \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s} =\eta(s). $
Một giá trị cụ thể của nó là
$ \displaystyle \eta(2) = \left(1-\frac{1}{2} \right) \zeta(2) = \frac{\pi^2}{12}$
Ta cũng có đẳng thức tương tự về mối liên hệ giwuax hàm gamma với hàm eta như hàm zeta
$ \displaystyle \eta(s) \, \Gamma(s) = \int^{\infty}_{0} \frac{t^{s-1}}{e^t+1} \, dt $
Chứng minh. Biến đổi vế phải ta có
$ \displaystyle \int^{\infty}_{0} \frac{t^{s-1}}{e^t+1} \, dt = \int^{\infty}_0 \frac{e^{-t} t^{s-1}}{1+e^{-t}} \, dt$
Viết dưới dạng chuỗi
$ \displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-t} t^{s-1}dt \left(\sum_{n\geq 0} (-1)^n e^{-nt} \right)$
$ \displaystyle \sum_{n\geq 0}(-1)^n\int^{\infty}_0 e^{-(n+1) t} t^{s-1}dt $
Sử dụng phép biến đổi Laplace ta có
$ \displaystyle \int^{\infty}_0 e^{-(n+1) t} t^{s-1}dt = \frac{\Gamma(s)}{(n+1)^s}$
Vậy
$ \displaystyle \Gamma(s) \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(n+1)^s}=\Gamma(s) \sum_{n\geq 1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^s}=\Gamma(s)\, \eta(s) \square $
Một kết quả từ đẳng thức trên là
$ \displaystyle \int^{\infty}_{0}\frac{t}{e^t+1} \, dt = \Gamma(2)\, \eta(2) = \frac{\pi^2}{12}$