Tiếp theo Phần 1 , Phần 2, Phần 3 , Phần 4, Phần 5, Phần 6, Phần 7, Phần 8, Phần 9 và Phần 10.

Ta tiếp tục với hàm Clausen.

Sử dụng phương pháp để có KQ4 đối với công thức nhân đôi cho hàm Clausen bậc lẻ ta có:

KQ6. \(\displaystyle \text{Cl}_{2m+1}(4\theta)=\)

\(\displaystyle \zeta(2m+1)+4^{2m}\left[\text{Cl}_{2m+1}(\theta)-\text{Cl}_{2m+1}(\pi-\theta)
-\text{Cl}_{2m+1}\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right)+\text{Cl}_{2m+1}\left(\frac{\pi}{2}+\theta\right)\right]\)

Mối liên hệ với hàm polygamma

Ta có

\(\displaystyle \text{Cl}_{2m}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin(kp\pi/q)}{k^{2m}}\)

Tách chuỗi trên thành q phần (ở đây ta đổi chỉ số $k$ bắt đầu từ 0):

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+1)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+1)^{2m}}+
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+2)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+2)^{2m}}+
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+3)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+3)^{2m}}+
\,\cdots\,+\)

\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+(q-1))\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+(q-1))^{2m}}+
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left[(kq+q)\frac{p\pi}{q}\right]}{(kq+q)^{2m}}\)

Viết gọn hơn là

\(\displaystyle \sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(kp\pi+\frac{jp\pi}{q}\right)}{(kq+j)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(kp\pi+\frac{jp\pi}{q}\right)}{(k+j/q)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\sin\left(kp\pi+\frac{jp\pi}{q}\right)}{(k+j/q)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\cos(kp\pi)\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)}{(k+j/q)^{2m}}=\)

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{kp}}{(k+j/q)^{2m}}\)

Vì \(\displaystyle (-1)^{kp} =
\begin{cases}
1 & \text{if }p\text{ is even} \\
(-1)^k & \text{if }p\text{ is odd}
\end{cases}\)

nên ta xét 2 trường hợp

Trường hợp 1. $p$ chẵn.
Khi đó

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+j/q)^{2m}}\)


Áp dụng định nghĩa hàm polygamma theo chuỗi


\(\displaystyle \psi_n(z)= (-1)^{n+1}\,n!\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(z+k)^{n+1}}\)


ta được

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\frac{\psi_{2m-1}(j/q)}{(2m-1)!}\)
Do đó

KQ7. \(\displaystyle (2m-1)!\,q^{2m}\,\text{Cl}_{2m}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\psi_{2m-1}\left(\frac{j}{q}\right)\,.\Box\)

Trường hopwj 2. $p$ lẻ

Khi đó, ta gặp một chuỗi đan dấu và sẽ tách thành 2 để xử lí.

\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{(k+j/q)^{2m}}=\)


\(\displaystyle \frac{1}{q^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+j/q)^{2m}}-
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2k+1+j/q)^{2m}}
\right]=\)


\(\displaystyle \frac{1}{(2q)^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{[k+(j/2q)]^{2m}}-
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{[k+((j+q)/2q)]^{2m}}
\right]=\)

\(\displaystyle \frac{1}{(2q)^{2m}}\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\frac{\psi_{2m-1}\left(\frac{j}{2q}\right)-\psi_{2m-1}\left(\frac{j+q}{2q}\right)
}{(2m-1)!}
\right]\)

Từ đó ta có
KQ8.

\(\displaystyle (2m-1)!\,(2q)^{2m}\,\text{Cl}_{2m}\left(\frac{p\pi}{q}\right)=\sum_{j=1}^{j=q}\,\sin\left(\frac{jp\pi}{q}\right)\,\left[
\psi_{2m-1}\left(\frac{j}{2q}\right)-\psi_{2m-1}\left(\frac{j+q}{2q}\right)
\right]\,.\Box\)

Đối với hàm Clausen bậc lẻ, ta có

\(\displaystyle \text{Cl}_{2m+1}(2\theta)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos 2k\theta}{k^{2m+1}}\)

Áp dụng công thức nhân đôi trong lượng giác sơ cấp

\(\displaystyle \text{Cl}_{2m+1}(2\theta)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\cos^2 k\theta-\sin^2 k\theta)}{k^{2m+1}}=
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^2 k\theta}{k^{2m+1}}-
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin^2 k\theta}{k^{2m+1}}\)

Áp dụng công thức sơ cấp \(\displaystyle \sin^2 x+\cos^2 x=1\,\), ta có

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^2 k\theta}{k^{2m+1}}+
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin^2 k\theta}{k^{2m+1}}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2m+1}}=\zeta(2m+1)\)


Giải hệ gồm các chuỗi trên ta được

KQ9. 

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin^2 k\theta}{k^{2m+1}}=\frac{1}{2}\Big[\zeta(2m+1)-\text{Cl}_{2m+1}(2\theta)\Big]\)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos^2 k\theta}{k^{2m+1}}=\frac{1}{2}\Big[\zeta(2m+1)+\text{Cl}_{2m+1}(2\theta)\Big]\)

Một ví dụ về mối liên hệ với hàm Polylogarit

Với \(\displaystyle |z|\le 1\,\), hàm polylogaritbạc $m$ có biểu diễn:


\(\displaystyle \text{Li}_m(z)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^k}{k^m}\)


Đặt \(\displaystyle z=e^{i\theta}\,\) trong chuỗi trên ta có

\(\displaystyle \text{Li}_m(e^{i\theta})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(e^{i\theta})^k}{k^m}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\cos \theta+i\sin \theta)^k}{k^m}=\)

\(\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(\cos k\theta+i\sin k\theta)}{k^m}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^m}+i\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^m}\)

Đối với hàm polylogarit bậc chẵn thì

\(\displaystyle \text{Li}_{2m}(e^{i\theta})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^{2m}}+i\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^{2m}}=
\text{Sl}_{2m}(\theta)+i\,\text{Cl}_{2m}(\theta)\)

Đối với hàm polylogarit bậc lẽ thì

\(\displaystyle \text{Li}_{2m+1}(e^{i\theta})=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^{2m+1}}+i\,\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^{2m+1}}=
\text{Cl}_{2m+1}(\theta)+i\,\text{Sl}_{2m+1}(\theta)\)


KQ 10.

\(\displaystyle \text{Li}_{2m}(e^{i\theta})=
\text{Sl}_{2m}(\theta)+i\,\text{Cl}_{2m}(\theta)\)


\(\displaystyle \text{Li}_{2m+1}(e^{i\theta})=
\text{Cl}_{2m+1}(\theta)+i\,\text{Sl}_{2m+1}(\theta)\)


\(\displaystyle \text{Li}_{2m}(e^{-i\theta})=
\text{Sl}_{2m}(\theta)-i\,\text{Cl}_{2m}(\theta)\)


\(\displaystyle \text{Li}_{2m+1}(e^{-i\theta})=
\text{Cl}_{2m+1}(\theta)-i\,\text{Sl}_{2m+1}(\theta)\)

Còn nữa...