Tiếp theo Phần 1 ,  Phần 2,  Phần 3 , Phần 4, Phần 5 và Phần 6.

7. Hàm Polylogarit (Hàm đa logarit, hàm Jonquière)
Định nghĩa:

Biểu thức này khá gần gũi với hàm zeta

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{n}(1) = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^n}= \zeta(n)$


Đặc biệt khi $n=2$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{2}(1) = \zeta(2) = \frac{\pi^2}{6}$


và khi $z=-1$ ta có mối liên hệ của nó với hàm eta


$ \displaystyle \operatorname{Li}_{n}(-1) = \sum_{k\geq 1} \frac{(-1)^k}{k^n}=-\eta(n)$

Mối liên hệ với hàm logarit

Cho $ \displaystyle n=1$ ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_{\, 1}(z) = \sum_{n\geq 1} \frac{z^k}{k} $

Theo công thức khai triển Taylor ta có

$ \displaystyle \sum_{n\geq 1} \frac{z^k}{k} = - \log(1-z) $.

Sau đây là một vài kết quả về hàm polylogarit

KQ1. Công thức truy hồi của hàm polylogarit
Chứng minh.

Ta có

$ \displaystyle \int^z_0 \frac{1}{t} \left( \sum_{k\geq 1} \frac{t^k}{k^n}\, \right) dt$

$ \displaystyle \sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^n} \int^z_0 t^{k-1} \, dt$

Tích phân từng số hạng ta được kết quả

$ \displaystyle \sum_{k\geq 1}\frac{z^{k}}{k^{n+1}} \, = \operatorname{Li}_{\, n+1}(z) $.

Đạo hàm 2 vế kết quả 1 ta có

$ \displaystyle \frac{\partial}{\partial z}\operatorname{Li}_{\, n+1}(z) = \frac{1}{z} \operatorname{Li}_{\,n}(z)$

KQ2.
Chứng minh.

Biến đổi vế trái ta có

$ \displaystyle \sum_{k\geq 1} \frac{z^k}{k^n}+\sum_{k\geq 1} \frac{(-z)^k}{k^n}$

Biểu diễn chi tiết

$ \displaystyle z+\frac{z^2}{2^n}+\frac{z^3}{3^n}+\cdots +\left(-z+\frac{z^2}{2^n}-\frac{z^3}{3^n}+\cdots \right) $

Bỏ các số hạng lẻ

$ \displaystyle 2\frac{z^2}{2^n}+2\frac{z^4}{4^n}+2\frac{z^6}{6^n} +\cdots $

Hay

$ \displaystyle 2^{1-n} \left( z^{2}+\frac{(z^2)^2}{2^n}+\frac{(z^2)^3}{3^n}+ \cdots \right)$

$ \displaystyle 2^{1-n} \sum_{k \geq 1} \frac{(z^2)^{k}}{k^n} = 2^{1-n} \, \operatorname{Li}_{\, n}(z^2) \, \square $

Bài tập tự làm. Chứng minh $ \displaystyle \operatorname{Li}_{\, 2}(z) = -\int^z_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt$

Trong tất cả các hàm polylogarit, hàm song logarit $ \displaystyle \operatorname{Li}_2(z) $ là đáng quan tâm nhất.

Định nghĩa

KQ3.
Chứng minh.

Ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = -\int^{\frac{-1}{z}}_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt $

Đạo hàm theo $z$


$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = \frac{1}{z^2} \left(-\frac{\log \left(1+\frac{1}{z} \right)}{\frac{-1}{z}} \right) = \frac{\log\left( 1+ \frac{1}{z} \right)}{z} = \frac{\log(1+z) - \log(z)}{z}$

Nguyên hàm theo $z$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = \int^{-z}_0 \frac{\log(1-t)}{t} \, dt - \frac{1}{2} \log^2(z) \,+ C $

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right) = -\operatorname{Li}_2 {-z} - \frac{1}{2} \log^2(z) \,+ C $

Cho $z = 1$

$ \displaystyle C= 2\operatorname{Li}_2\left(-1\right)$

Để ý

$ \displaystyle \displaystyle \operatorname{Li}_{2}(-1) =-\eta(2) = \frac{-\pi^2}{12}$

Suy ra

$ \displaystyle C= \frac{-\pi^2}{6}$

Từ đó

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{-1}{z}\right)+\operatorname{Li}_2(-z) = -\frac{1}{2} \log^2(z) -\frac{\pi^2}{6} \, \square$

Cho $ \displaystyle z=-1$

$ \displaystyle 2\operatorname{Li}_2\left(1\right)=-\frac{1}{2} \log^2(-1) -\frac{\pi^2}{6} \, $

Mặt khác $ \displaystyle \log(-1) = i \pi $

$ \displaystyle 2\operatorname{Li}_2\left(1\right)=\frac{\pi^2}{2} -\frac{\pi^2}{6} \, = \frac{\pi^2}{3} $

Vậy $ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(1\right) = \frac{\pi^2}{6}$.

KQ4.
Chứng minh.
Ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right) = -\int^{z}_0 \frac{\log(1-t)}{t} \, dt $

Tích phân từng phần


$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)= -\int^z_0 \frac{\log(t)}{1-t} \, dt -\log(z) \log(1-z) $

Tính $ \displaystyle \int^z_0 \frac{\log(t)}{1-t} \, dt \,$ đặt $ \displaystyle t = 1-x $

$ \displaystyle -\int^{1-z}_{1} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx$

Với $ \displaystyle 0<z <1 $

$ \displaystyle \int^{1}_{1-z} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx = \int^1_0 \frac{\log(1-x)}{x}\, dx - \int_0^{1-z} \frac{\log(1-x)}{x}\, dx$
Dễ thấy


$ \displaystyle \int^{1}_{1-z} \frac{\log(1-x)}{x} \, dx =-\operatorname{Li}_2(1)+\operatorname{Li}_2(1-z)$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)= \operatorname{Li}_2(1)-\operatorname{Li}_2(1-z) -\log(z) \log(1-z) $

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)+\operatorname{Li }_2(1-z)\, = \, \operatorname{Li}_2(1)-\log(z) \log(1-z) $

Vì $ \displaystyle \operatorname{Li}_2(1) = \frac{\pi^2}{6}$ nên

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(z\right)+\operatorname{Li }_2(1-z)\, = \frac{\pi^2}{6}-\log(z) \log(1-z) \,\, \square$

Từ đó  $ \displaystyle z=\frac{1}{2}$

$ \displaystyle 2\operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)= \frac{\pi^2}{6}-\log^2\left(\frac{1}{2}\right) \,\,$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2\left(\frac{1}{2}\right)= \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2}\log^2 \left(\frac{1}{2}\right) $

KQ5. 
Chứng minh.
Ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = -\int^{\frac{z}{z-1}}_0 \frac{ \log(1-t)}{t}\, dt$

Đạo hàm 2 vế theo $z$

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = \frac{1}{(z-1)^2}\left( \frac{ \log \left(1-\frac{z}{z-1}\right)}{\frac{z}{z-1}} \right)$

Rút gọn

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = \frac{- \log(1-z)}{z(z-1)} $
Nói cách khác

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = \frac{\log(1-z)}{1-z}+ \frac{\log(1-z)}{z} $

Nguyên hàm hai vế theo $z$

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = -\frac{1}{2} \log^2(1-z) - \operatorname{Li}_2(z) +C$

Cho $z=-1$ ta có

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{1}{2} \right) = -\frac{1}{2} \log^2(2) - \operatorname{Li}_2(-1) +C$

Vì

• $ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{1}{2} \right) = \frac{\pi^2}{12}-\frac{1}{2} \log^2\left(\frac{1}{2} \right) $
• $ \displaystyle \operatorname{Li}_2(-1) = -\frac{\pi^2}{12}$
• $ \displaystyle \log^2 \left( \frac{1}{2} \right) = \log^2 \left(2 \right) $
  

nên $C=0$, và do đó

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right) = -\frac{1}{2} \log^2(1-z) - \operatorname{Li}_2(z) $
hay

$ \displaystyle \operatorname{Li}_2 \left(\frac{z}{z-1} \right)+\operatorname{Li}_2(z) = -\frac{1}{2} \log^2(1-z) \, \,\square$

KQ6.
Chứng minh.
Tương tự KQ5

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 (z^2) = -\int^{z^2}_0 \frac{\log(1-t)}{t}\, dt$

$ \displaystyle \frac{d}{dz}\operatorname{Li}_2 (z^2) = -2 \frac{\log(1-z^2)}{z}$

$ \displaystyle \frac{1}{2} \frac{d}{dz} \operatorname{Li}_2 (z^2) = -\frac{\log(1-z)}{z}- \frac{\log(1+z)}{z}$

$ \displaystyle \frac{1}{2}\operatorname{Li}_2 (z^2) = \operatorname{Li}_2(z)+\operatorname{Li}_2(-z) \,+ C$

Cho $ \displaystyle z=1$ ta có $ \displaystyle C=0 $ và do đó

$ \displaystyle \frac{1}{2}\operatorname{Li}_2 (z^2) = \operatorname{Li}_2(z)+\operatorname{Li}_2(-z) \, \square$

Ví dụ 1.

Tính


Giải. 
Tích phân từng phần với lưu ý

$ \displaystyle\int \frac{\log(1-x)}{x} = - \text{Li}_2(x)$

ta được
$ \displaystyle I=-\log(x) \text{Li}_2(x) |^1_0+\int^1_0 \frac{\text{Li}_2(t)}{t}\, dt$

$ \displaystyle I=\text{Li}_3(1) = \sum_{k\geq 1} \frac{1}{k^3} = \zeta(3)$

Ví dụ 2.

Giải.
Tích phân từng phần

$ \displaystyle \int^x_0 \frac{\log^2(1-t)}{t}\, dt = - \log(1-x) \text{Li}_2(x) -\int^x_0\frac{\text{Li}_2 (t)}{1-t} \, dt $

Mặt khác

$ \displaystyle \int^x_0\frac{\text{Li}_2 (t)}{1-t} \, dt = \int^{1}_{1-x} \frac{\text{Li}_2 (1-t)}{t} \, dt $

Theo KQ5

$ \displaystyle \int^{1}_{1-x} \frac{\frac{\pi^2}{6} -\text{Li}_2(t) - \log(1-t) \log(t)}{t} \, dt $

$ \displaystyle -\frac{\pi^2}{6}\log(1-x)- \int^{1}_{1-x} \frac{\text{Li}_2(t)}{t}\,dt -\int^{1}_{1-x}\frac{ \log(1-t) \log(t)}{t} \, dt $
Tích phân thứ nhất

$ \displaystyle \int^{1}_{1-x} \frac{\text{Li}_2(t)}{t}\,dt =\text{Li}_3(1)-\text{Li}_3(1-x) $

Tích phân thứ 2

$ \displaystyle \int^{1}_{1-x}\frac{ \log(1-t) \log(t)}{t} =\text{Li}_3(1) +\log(1-x)\text{Li}_2(1-x)-\text{Li}_3(1-x) $

Do đó

$ \displaystyle \int^x_0\frac{\text{Li}_2 (t)}{1-t} \, dt =-\frac{\pi^2}{6}\log(1-x)-\text{Li}_2(1-x) \log(1-x)+2\, \text{Li}_3(1-x)- 2 \zeta(3). $

$ \displaystyle \int^x_0 \frac{\log^2(1-t)}{t}\, dt = - \log(1-x) \text{Li}_2(x) +\frac{\pi^2}{6}\log(1-x)+\text{Li}_2(1-x) \log(1-x)$

$ \displaystyle-2\, \text{Li}_3(1-x)+ 2 \zeta(3)$.


Còn nữa...