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

Trong phần này ta sẽ tính tích phân logarit của hàm lượng giác. Trước hết ta giới thiệu các hàm Clausen, sau đó là 10 dạng thường gặp của loại tích phân. Bài viết sẽ được cắt ra thành nhiều phần nếu quá dài.

Các hàm Clausen được định nghĩa như sau:

\(\displaystyle \text{Cl}_2(\theta)=-\int_0^{\theta}2\log\bigg|\sin \frac{x}{2}\bigg|\,dx\)

\(\displaystyle \text{Cl}_n(\theta) = \left\{
\begin{array}{l l}
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ chẵn}\\
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ lẻ}
\end{array} \right.\)

\(\displaystyle \text{Sl}_n(\theta) = \left\{
\begin{array}{l l}
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ chẵn}\\
\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\theta}{k^n} & \quad \text{nếu $n$ lẻ}
\end{array} \right.\)

10 bài tập tương ứng với 10 kiểu hay gặp là

Bài 1:

\(\displaystyle \int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx\)

Giải:
\(\displaystyle \int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx=\int_0^1\frac{(\log x)^m}{(1+x^2)}\,dx=\)


\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^1x^{2k}(\log x)^m\,dx=(-1)^mm!\,\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^{m+1}}=(-1)^mm!\,\beta(m+1).\,\Box\)

trong đó

\(\displaystyle \beta(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^x}\)

is là hàm Dirichlet Beta.


Khi x=2  ta có hằng số Catalan


\(\displaystyle \beta(2)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{(2k+1)^2}=G\)

Bài 2:

\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx\)

Giải:
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx=\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx+\int_{\pi/4}^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx\)

Đặt \(\displaystyle x=\pi/2 - y\,\) ở tích phân thứ hai ta có


\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx=\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx+\int_0^{\pi/4}\log^m(\cot x)\, dx=\)


\(\displaystyle \int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx+(-1)^m\,\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx=\)


\(\displaystyle [1+(-1)^m]\int_0^{\pi/4}\log^m(\tan x)\, dx\)

Do đó
\(\displaystyle \int_0^{\pi/2}\log^m(\tan x)\, dx = [1+(-1)^m]\,m!\,\beta(m+1).\,\Box\)

Bài 3:
\(\displaystyle \mathcal{T}_m(\theta)=\int_0^{\theta}\log^m(\tan x)\,dx\)

Giải:
\(\displaystyle \int_0^{\theta}\log^m(\tan x)\,dx=\int_0^{z=\tan\theta}\frac{(\log x)^m}{1+x^2}\,dx=\)


\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^zx^{2k}(\log x)^m\,dx\)


Cho \(\displaystyle x= z\,y\,\) ta có


\(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\int_0^zx^{2k}(\log x)^m\,dx=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,z^{2k+1}\int_0^1y^{2k}(\log z+\log y)^m\,dy\)


Theo khai triển nhị thức Newton cho phần loga


\(\displaystyle \sum_{j=0}^m\binom{m}{j}(\log z)^{m-j}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\,z^{2k+1}\int_0^1y^{2k}(\log y)^j\,dy\)

và kết quả kinh điển


\(\displaystyle \int_0^1x^n(\log x)^m\,dx=\frac{(-1)^m\,m!}{(n+1)^{m+1}}\)

ta được


\(\displaystyle \sum_{j=0}^m(-1)^j\,j!\,\binom{m}{j}(\log z)^{m-j}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)^{j+1}}=\)


\(\displaystyle m!\,\sum_{j=0}^m(-1)^j\,\frac{(\log z)^{m-j}}{(m-j)!}\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)^{j+1}}\)


Mặt khác, với \(\displaystyle 0\le z\le 1\,\) ta có các tích phân hàm lượng giác ngược


\(\displaystyle \text{Ti}_1(z)=\frac{\tan^{-1}z}{z}\)


\(\displaystyle \text{Ti}_{m+1}(z)=\int_0^z\frac{\text{Ti}_m(x)}{x}\)

có biểu diễn chuỗi


\(\displaystyle \text{Ti}_m(z)=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\frac{z^{2k+1}}{(2k+1)^k}\)

 và ta có điều tìm

\(\displaystyle \mathcal{T}_m(\theta)=m!\,\sum_{j=0}^m(-1)^j\frac{\log^{m-j}(\tan \theta)}{(m-j)!}\,\text{Ti}_{j+1}(\tan \theta).\,\Box\)

Bài 4:
1. \(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=\int_0^\theta\log(\sin x)\,dx\)


2. \(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)=\int_0^\theta\log(\cos x)\,dx\)

Giải:
1. \(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(\sin x)\,dx=\int_0^\theta\log(2\sin x)\,dx-\log 2\int_0^{\theta}\,dx=\)


\(\displaystyle \frac{1}{2}\int_0^{2\theta}\log[2\sin (y/2)]\,dx-\theta\log 2\)


Biểu diễn theo hàm Clausen


\(\displaystyle \text{Cl}_2(\phi)=-\int_0^{\phi}|\log(2\sin (x/2))|\,dx=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\sin k\phi}{k^2}\)

ta có kết quả

\(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(2\theta)+\frac{1}{2}\text{Cl}_2(0)-\theta\log 2=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(2\theta)-\theta\log 2\)


2. Đối với bài còn lại, ta dùng phép thế
\(\displaystyle x=\pi/2-y\,\) với \(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)\,\) thì

\(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)=-\int_{\pi/2}^{\pi/2-\theta}\log\left[\cos\left(\frac{\pi}{2}-y\right)\right]\,dy=-\int_{\pi/2}^{\pi/2-\theta}\log(\sin y)\,dy=\)


\(\displaystyle \mathcal{S}(\pi/2)-\mathcal{S}(\pi/2-\theta)=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi)+\frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi-2\theta)-\theta\log 2=\)

\(\displaystyle \frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi-2\theta)-\theta\log 2\)

Kết quả

\(\displaystyle \mathcal{S}(\theta)=\int_0^\theta\log(\sin x)\,dx=-\frac{1}{2}\text{Cl}_2(2\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)

\(\displaystyle \mathcal{C}(\theta)=\int_0^\theta\log(\cos x)\,dx=\frac{1}{2}\text{Cl}_2(\pi-2\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)

Bài 5:

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{\pm}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1\pm \cos x)\,dx\)

Giải:
Đối với

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{+}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1+ \cos x)\,dx\,\)
dùng

\(\displaystyle \cos \frac{x}{2}=\left(\frac{1+\cos x}{2}\right)^{1/2}\,\) for
\(\displaystyle |\theta|\le \pi\)
ta có

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{+}(\theta)=\int_0^{\theta}\log\left(2\cos^2 \frac{x}{2}\right)\,dx=2\int_0^{\theta}\log\left(2\cos \frac{x}{2}\right)\,dx-\log 2\int_0^{\theta}\,dx=\)

\(\displaystyle -2\int_{\pi}^{\pi-\theta}\log\left(2\sin \frac{x}{2}\right)\,dx-\theta\log 2=\)

\(\displaystyle 2\text{Cl}_2(\pi-\theta)-2\text{Cl}_2(\pi)-\theta\log 2\)

Do đó
\(\displaystyle  {Lc}_{+}(\theta)=2\text{Cl}_2(\pi-\theta)-\theta\log 2\)

Tương tự với

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{-}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1- \cos x)\,dx\)

dùng
\(\displaystyle \sin \frac{x}{2}=\left(\frac{1-\cos x}{2}\right)^{1/2}\,\) for
\(\displaystyle 0\le \theta\le 2\pi\)
ta có
\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{-}(\theta)=\int_0^{\theta}\log\left(2\sin^2 \frac{x}{2}\right)\,dx=2\int_0^{\theta}\log\left(2\sin \frac{x}{2}\right)\,dx-\log 2\int_0^{\theta}\,dx=\)

\(\displaystyle -2\text{Cl}_2(\theta)-\theta\log 2\)
Kết quả

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{+}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1+ \cos x)\,dx=2\text{Cl}_2(\pi-\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)

\(\displaystyle \mathcal{Lc}_{-}(\theta)=\int_0^{\theta}\log(1- \cos x)\,dx=-2\text{Cl}_2(\theta)-\theta\log 2.\,\Box\)
Còn nữa...