Calculul Integralelor In Forma Compacta

Capitolul I.

Integrarea.

De obicei, credem despre integrala nedefinită că este mult mai complexă decât determinarea rădăcinilor unei ecuații algebrice. De asemenea, este bine de știut că soluția unor ecuații algebrice nu poate fi scrisă în termeni de radicali și că anumite funcții nu posedă integrale elementare. Oricum, datorită profunzimii dovezii acestor fapte, câteva texte merg dincolo de simpla expunere a câtorva exemple. Confundând o condiție suficientă cu una necesară și suficientă, foarte mulți studenți spun sigur că ecuațiile de grad mai mic sau egal cu patru pot fi rezolvate.

Cu tot respectul față de integrare, este bine de știut că unele funcții nu pot fi integrate (în termeni finiți), dar nu posedăm nici o metodă de a vedea care funcții sunt integrabile și care nu. Această ultimă situație nu a fost acceptată de Liouville , care obține un test: de condiție necesară și suficientă pentru integrabilitatea unei clase largi de funcții. Noi trebuie să folosim acest test și să arătăm cum trebuie să-l aplice un proaspăt student și care este utilitatea lui în tehnica de integrare. Baza acestui test este următoarea teoremă , care este suficient de ”naturală” pentru a fi imediat acceptată și reținută.

Teoremă: (Liouville)

Dacă este o funcție elementară, unde f, g sunt funcții raționale în raport cu x și gradul lui g este mai mare decât zero, atunci:

(I.1) , unde:

R este o funcție rațională care depinde de x.

Acesta este un caz special al teoremei originale a lui Liouville, dar este suficient de general pentru scopul nostru.

În această notă , prin funcție rațională înțelegem ecuația a două polinomiale cu coeficienții in orice câmp de caracteristică zero (de exemplu numerele complexe).

În termeni de funcție elementară este foarte dificil de definit. Totuși, studentul este dispus să accepte sensul că “ecuația algebrică generală de gradul cinci nu poate fi rezolvată în termeni de radicali”, cu toate că noi știm: “în termeni de radicali” necesită o discuție preliminară. De aceea, nu găsește nici o dificultate in următoarea:

Definiție:

Numim funcție elementară orice funcție care poate fi construită prin combinații finite ale funcțiilor exponențiale, trigonometrice, radicali și inversele lor.

Pe scurt, nu contează cât de complicată este funcția , dacă o putem scrie ca o combinație de funcții exponențiale , trigonometrice , radicali și inversele lor , ea este elementară.

Dar , să revenim la test. Pentru a vedea dacă funcția poate fi integrată , revenim la teorema lui Liouville .Derivând ecuația (1) și anulând , găsim:

. (I.2)

Astfel , este elementară dacă și numai dacă există polinoamele P și Q satisfăcând ecuația diferențială (I.2).

Lemă:

Dacă f ( x ) = ( x – ) r h ( x ) , unde r > 0 , h ( x ) este o funcție polinomială și h ( ) 0 , atunci f’( x ) = ( x- )r-1 k ( x ) , unde

k ( ) 0.

Putem face lucrurile mai ușoare dacă definim multiplicitatea .

Definiție:

Numărul este numit un zero al funcției polinomiale f ( x ) de multiplicitate r dacă:

f ( x ) = ( x – )r h ( x ) , unde h ( ) 0 .

În termeni de multiplicitate , lema se scrie:

Dacă este un zero al polinomului f ( x ) de multiplicitate r > 0 , atunci este un zero al lui f’( x ) de multiplicitate r – 1.

Exemple:

I. Funcția . Dacă este elementară , atunci sau . Punând unde P și Q sunt polinoame relativ prime și Q 0 , găsim:

Q2 = QP’-PQ’-2xPQ (I.3)

care este ecuația (I.2) . Dând factor comun pe Q , obținem:

. (I.4)

Presupunem că gradul lui Q este pozitiv . Atunci Q = 0 are o rădăcină ;

să considerăm pe o astfel de rădăcină și s-o numim de multiplicitate r

( r > 0 ) . Avem P și Q relativ prime ; P ( ) 0 . Acum , este un zero pentru partea stângă a lui (I.4) de multiplicitate mai mare decât r și pentru partea dreaptă de multiplicitate r – 1 . Aceasta este o contradicție. Rezultă că presupunerea făcută de noi este falsă . Q este o constantă ( Q 0 ) , putând-o presupune unitatea . Din (I.4) obținem:

. (I.5)

Atâta timp cât P este polinomială de variabilă x, este clar că gradul lui –2xP este mai mare decât gradul lui P/ și gradul lui –2xP >0.

Gradul părții stângi din (I.5) este totdeauna mai mare decât gradul părții drepte , ceea ce este o contradicție; rezultă că nu există P care să satisfacă (I.5). Deci nu există o funcție rațională care să satisfacă relația (I.3) .

Prin urmare: nu este elementară .

II. Funcția , cu b 0 ( constant ) . Integrala sau . Punând , unde P și Q sunt polinoame relativ prime ,

Q 0 , găsim:

; (II.1)

. (II.2)

Dacă presupunem că Q are gradul pozitiv , atunci Q = 0 are o rădăcină .

Considerăm pe o astfel de rădăcină de multiplicitate r . Dacă 0 ,

întâlnim aceeași contradicție din primul exemplu , unde este un zero al părții stângi din (II.2) de multiplicitate mai mare decât r , în timp ce este în partea dreaptă de multiplicitate r – 1. Astfel trebuie să fie zero și Q = cxr,

c 0 . Scriind pe Q = cxr , în relația (II.1) obținem:

cxr+1( cxr-1-P/-bP) = -cxrrP .

Din nou este o contradicție , pentru că numărul 0 este un zero pentru stânga de multiplicitate mai mare ca r + 1 , în timp ce pentru dreapta este de multiplicitate r .

Presupunerea noastră , că Q are gradul pozitiv , nu este adevărată . De aici rezultă că Q este constant și presupunem că este unitatea .

Din (II.2) obținem:

xP/ + bxP = 1. (II.3)

Mai sus , dacă P este polinomială în x , atunci gradul părții stângi este egal cu gradul părții drepte. Am dovedit aceasta , unde P nu este un polinom care satisface (II.3) . Rezultă că nu există funcții raționale care să satisfacă (II.1). Ca urmare, integrala :

cu b 0 , nu este elementară .

III. Funcția . Este clar că, dacă f( x ) = u( x ) + iv( x ), unde u(x) , v(x) sunt funcții reale , atunci:

(III.1)

(III.2)

Dacă integrala , este elementară , atunci și integralele (III.1) și (III.2) sunt elementare . ( R și I sunt partea reală, respectiv partea imaginară).

Funcția nu este în forma teoremei lui Liouville, dar din relația lui Euler , obținem:

.

Deoarece nu posedă integrale elementare (din exemplul II.) , rezultă că :

nu posedă integrale elementare .

IV. Funcția . Din nou , teorema lui Liouville nu este aplicată imediat . Dacă y = log x , atunci:

.

Din exemplul II rezultă că ultima integrală nu este elementară .

V. Funcția , cu a, b constante. Nici prin folosirea tehnicii uzuale de integrare nu există o certitudine că putem găsi integrala, dacă există . În continuare, vom presupune că:

.

Atunci: (V.1) (V.2)

Presupunem că Q are gradul pozitiv și este un zero al lui Q de multiplicitate r . Dacă 1 , este un zero al părții stângi de multiplicitate mai mare decât r și de multiplicitate r-1 în partea dreaptă. Aceasta este o contradicție, de unde rezultă că = 1 și . Înlocuind pe Q astfel găsit în (V.2) , obținem:

.

Folosind faptul că multiplicitatea în = 1 are zero în stânga , rezultă că are și în dreapta . De aici , deducem că r = 1. În ultima ecuație, anulăm factorul comun din ambele părți și obținem:

;

;

P fiind liniar , având forma: P = cx + d , rezultă:

cx – c + cx2 + dx –2cx –2d = x2 + ax +b .

Aceste două polinoame fiind identice , identificăm coeficienții și obținem:

c = 1 ; d – c = a ; c –2d = b b = -2a – 3 ;

Ca urmare, integrala este elementară dacă și numai dacă b = -2a – 3 și , în acest caz , integrala are următoarea formă:

.

Capitolul II.

Calculul unor integrale.

În acest articol vom demonstra câteva propoziții în legătură cu calculul unor integrale din care, prin particularizare, vom obține unele probleme publicate în Gazeta Matematică sau în manualul de analiză matematică de clasa a XI-a.

Propoziția 1. Dacă a, b R , a < b , s = a + b și f : [a, b] R este o funcție integrabilă pe [a, b], atunci:

(1)

Demonstrație: Fecem schimbarea de variabilă t = (x) = s – x și

’(x) = -1; (a) = b; (b) = a

q.e.d.

Propoziția 2. Dacă a, b R , a < b , s = a + b și funcțiile integrabile

f, g : [a, b] R au proprietățile:

f(s – x) = f (x)

g(x) + g(s – x) = c R , () x [a, b].

Atunci:

(2)

Demonstrație: Conform propoziției 1, avem:

. Prin urmare,

.

q.e.d.

Propoziția 3. Dacă a, b R a < b, a + b = s, iar f : R R, g : R R+ sunt funcții integrabile astfel încât:

f(s – x ) = f(x) ;

g(x) + g(s –x ) R+ \ {0} , x [a, b].

Atunci:

. (3)

Demonstrație: Conform propoziției 1, avem:

Rezultă că :

.

q.e.d.

Propoziția 4. Dacă a, b R, a < b, , atunci () , ,, ,t R+ , + R+ \ {0} , avem egalitatea:

(4)

Demonstrație:

Deoarece

q.e.d.

Propoziția 5. Dacă f : R R, g : R R+ \ {0} , h : R+ \ {0} R sunt funcții integrabile astfel incât f (1-x) = -f(x) , g (1-x) = g (x) ,

() x [0, 1], atunci:

. (5)

Demonstrație: Observăm că:

.

Deci:

. q.e.d.

Aplicații:

1. Să se calculeze: .

Soluție:

.

q.e.d.

2. Dacă a și b R, să se calculeze:

.

Soluție: Fie ;

;

;

Atunci:

.

q.e.d.

3. Să se calculeze:

.

Soluție:

.

q.e.d.

4. Să se calculeze:

.

Soluție:

.

Deci:

.

q.e.d.

5. Să se calculeze:

.

Soluție: Notăm:

.

Rezultă că:

(*)

În relația (*) facem schimbarea de variabilă , , , și astfel obținem:

.

Ținând seama de ultima egalitate, și de relația (*) obținem:

.

Am obținut că:

.

q.e.d.

6. Să se calculeze:

.

Soluție:

.

Rezultă că:

.

Adică: .

q.e.d.

7. Să se calculeze:

Soluție:

Notăm

.

Rezultă:

.

Obținem:

.

q.e.d.

5. Să se calculeze:

.

Soluție: Notăm:

.

Rezultă că:

(*)

În relația (*) facem schimbarea de variabilă , , , și astfel obținem:

.

Ținând seama de ultima egalitate, și de relația (*) obținem:

.

Am obținut că:

.

q.e.d.

6. Să se calculeze:

.

Soluție:

.

Rezultă că:

.

Adică: .

q.e.d.

7. Să se calculeze:

Soluție:

Notăm

.

Rezultă:

.

Obținem:

.

q.e.d.

Funcții pare și impare generalizate.

Fie f(x) o funcție integrabilă pe [-p , p] și care satisface pe acest segment relația f(x)=f(-x) (o astfel de funcție se numește funcție pară), atunci:

Fie f(x) o funcție integrabilă pe [-p,p] și care satisface, pe acest segment, relația f(-x)=-f(x) (o astfel de funcție se numește funcție impară), atunci:

Aplicații:

(1) Să se calculeze:

.

Soluție: Fie ;

R, ;

Observăm că , adică f este – pară; rezultă că

, unde:

și

.

Deci:

.

De unde rezultă:

.

q.e.d.

(2) Să se calculeze:

, n N.

Soluție :

Fie f este -pară.

Aplicăm următoarea proprietate:

Dacă f, g : [ a – r ,a + r ] R sunt integrabile și f este a – pară, atunci:

.

Rezultă că:

, g ( x ) = 1 fiind – pară.

Dar cum rezultă că

. q.e.d.

(3) Să se calculeze:

Soluție: Fie f, g, h : [ 0, 1 ] R astfel încât:

g( x ) = arctan x;

h( x ) = x2 – x + 1 și

.

Observăm că: , de unde , adică f este – pară și , pentru că și și aplicând relația de mai sus funcției tangentă, rezultă egalitatea, adică :

rezultă, conform proprietății (*), că

q.e.d.

Proprietate: Fie f, g [a-r,a+r] R , integrabile, f, a – impară. Atunci:

(4) Să se calculeze:

.

Soluție: Fie ;

f este – impară rezultă că

f este – pară și conform proprietății (*) avem:

.

Cum

.

Analog,

Rezultă:

.

q.e.d.

(5) Să se calculeze:

.

Soluție: Fie f(x)=sin2(sin x)+cos2(cos x).

Avem f este -pară. Conform proprietății (*) avem:

.

Aplicăm (*) cu g(x)=1, care este -pară, avem:

.

Dar .

Rezulta că:

.

q.e.d.

(6) Fie f:[-1,1] R o funcție continuă, cu proprietatea că . Se cere:

Să se calculeze :

;

Să se verifice rezultatul de mai sus, pentru f(x)=arccos x .

Soluție:

Calculăm ;

este pară, pentru că: ;

Rezultă conform proprietații (**):

cum este 0 – pară, rezultă conform proprietății(*) că:

și deci:

I1 = I 0+ 2

I2 = I1 + 2

………..

In = In-1 + 2

Însumând egalitățile, membru cu membru și simplificând, obținem:.

q.e.d.

Funcții care au proprietatea că graficul lor admite axă (centru) de simetrie.

Proprietatea 1: Dcă f:[-a,a] R este pară și integrabilă, atunci: .

Proprietatea 2: Fie f,g:R R, f=continuă și pară, g= continuă și impară. Atunci: .

Aplicații:

Fie f:R R continuă, ce satisface relația: , () x R, () a, b, c R astfel încât a + b 0.

Să se calculeze:

.

Soluție: . Dacă a = b , rezultă : . Dacă a b ,rezultă că f(-x) = f(x), adică f este pară și .

q.e.d.

Să se calculeze:

.

Soluție: Aplicăm următoarea:

Proprietate:

Fie f:[a,b] R o funcție continuă și f(a+b-x)=f(x), . Atunci:

Demonstrație: În prima integrală din enunț, facem schimbarea de variabilă . q.e.d.

Demonstrăm că . Cum și înlocuim în ipoteză, avem: f este – pară și aplicând proprietatea (**) avem: . Facem acum schimbarea de variabilă . Aplicând proprietatea de mai sus .

q.e.d.

Alte tehnici particulare de schimbare de variabilă .

Să se calculeze:

.

Soluție: notăm .

Rezultă că

.

Facem schimbarea de variabilă: .

q.e.d.

Să se calculeze:

.

Soluție:

, unde : și .

Avem

,

Prin urmare , adică , de unde .

Dar .

Rezultă că: .

q.e.d.

Să se calculeze:.

Soluție: [x] x < [x] +1 de unde rezultă 0 x – [x] < 1

Facem schimbarea de variabilă: f(x) = x – (k – 1) rezultă .

Să se calculeze: .

Soluție: 10cos3x + 5sin 3x + 32cos 5x + sin 5x = A(cos 3x + 2sin 3x +

3cos 5x + 4sin 5x) + B(-3sin 3x + 6cos 3x – 15sin 5x + 20cos 5x).

Identificăm coeficienții și observăm că A=4 și B = 1, și dacă notăm cu:

f(x) = cos 3x + 2sin 3x + 3cos 5x + 4sin 5x

atunci:

10cos 3x + 5sin 3x + 32cos 5x + sin 5x = 4f(x) + f’(x),

de unde:

.

q.e.d.

Fie f:[a,b] R+ continuă. Să se calculeze:

.

Soluție: Aplicăm a doua schimbare de variabilă : [a,b] [a,b] ,

(x)=a+b-x; . Cum și f este continuă, rezultă că f are proprietatea lui Darboux și deci are semn constant pe [a,b]. De aici rezultă că >0, . Cum , avem: . Integrând pe [a,b], avem: . Rezultă: și deci

. q.e.d.

Capitolul III.

Elemente de analiză clasică a funcțiilor definite

cu ajutorul integralei Riemann.

Integrala Riemann cu parametru.

Fie f : [ a , b ] [ c , d ] R o funcție continuă. Atunci funcția:

F : [ a , b ] R , F ( x ) = , are proprietățile:

este continuă pe [ a , b ] ;

dacă există și este continuă pe [ a , b ] [ c , d ]

atunci :

F este de clasă C1 pe [ a , b ] și

(Leibnitz – derivarea sub semnul integralei).

Integrale cu limite variabile.

Fie u , v : [ a , b ] [ c , d ] de clasă C1 și

f : [ a , b ] [ c , d ] R continuă . Atunci funcția

F : [ a , b ] R , F( x ) = are proprietățile:

– dacă există și este continuă în x și în t , F este derivabilă pe [ a , b ] ,

atunci F este de clasă C1 pe [ a , b ] și :

. (Leibnitz)

Integrale improprii cu parametru .

Fie YR și f : [ a, b ] Y R , x [a, b) , y Y . Presupunem că funcția x f (x , y) este local integrabilă , y Y și că funcția :

converge .

Vom spune atunci că funcția F : Y R , este o integrală improprie cu parametru .

Pentru a t < b, fie . Dacă converge uniform la F când t b , spunem că converge uniform (în raport cu y) pe Y .

Exerciții:

I. Știind că pentru ab 0 , avem :

, să se calculeze :

, folosind derivarea primei integrale ca funcție de parametri .

Soluție:

Fie a0 b0 0 . Într-o vecinătate [a0 – , a0 + ] a lui a0 , unde

ab0 0 , funcția :

, are derivata :

continuă pe

[a0 – , a0 + ] uniform față de x .

Putem , prin urmare , aplica formula lui Leibnitz , și avem:

, a [a0- ,a0 + ] ;

Analog obținem:

, b [ b0 – / , b0 + / ]

Făcând a = a0 și b = b0 și adunând relațiile de mai sus , avem:

.

În cazul general , obținem:

.

q.e.d.

II. Folosind derivarea în raport cu parametrul , să se calculeze integrala:

, y 0

Soluție:

Fie , pentru x 0 ,

.

Funcția f este derivabilă în raport cu y , pentru x [ 0 ,] și

, pentru x 0. ;

Derivata este continuă în raport cu ambele variabile pentru y 0 și

x [ 0 , ] .Aplicând formula lui Leibnitz și făcând substituția:

tan x = t , obținem:

Prin integrare , obținem:

F (y) = ln (y + 1) + C .

Făcând pe y să tindă la zero , obținem :

F ( 0 ) = C și cum , prin definiție , F ( 0 ) = 0 , obținem :

C = 0. Prin urmare , avem:

.

q.e.d.

III. Să se calculeze :

, a > b > 0

Soluție:

. Prin urmare , avem:

și permutând între ele integralele , obținem:

.

Calculând ultima integrală , obținem:

Exemple remarcabile de integrale improprii:

1).Poisson.

Să se calculeze: .

Soluție: Fie , n N, p R+ , p 0.

Integrând prin părți, obținem:

. Folosind regula lui l’Hospital, obținem:

și deci,

, 1 și p 0 (1)

Ținând cont de

și de:

;

Din (1) deducem relațiile:

și (2) Cum , tR

Rezultă

, tR, adică:

, n 1 și p 0, t R

și deci :

, n 1 și p 0 (3)

Înlocuind în (1) pe n cu n + 1, p cu n, respectiv n cu n + 2, obținen:

;

(4)

Din (3) și (4) obtinem :

, n1 și deci :

,n1 (5)

Inlocuind expresiile din (2) și (5) , obținem :

,

deci :

(6)

Trecând la limita și ținând cont de formula lui Wallis , obținem:

.

q.e.d.

2. Să se calculeze integralele improprii :

și (Euler)

Soluție : Plecăm de la relația:

(1)

unde: x(-1, 1].

Prelungim prin continuitate în zero , funcția

f : (-1,1] \ {0} R , f(x) = .

Din (1) rezultă relația:

,x(-1,1] (2)

Dacă seria , xR

este o serie de puteri , s = suma și p = raza sa de convergență, atunci, seria

este convergentă ,

, x[0,p] .

Rezultă că putem integra termen cu termen relația (2) pe [0,1] și obținem:

.

Ținând cont de faptul că:

,

rezultă că: ,

deci

de unde .

Prin urmare rezultă că

.

Cum avem:

și deci:

.

Pentru calculul integralei aplicăm schimbarea de variabile pentru integrale improprii: x=1-t ,t(0,1) și obținem:

În sfârșit , folosim formula de integrare prin părți pentru integrale improprii și deducem:

Cum avem:

.

q.e.d.

3. Să se calculeze . (Dirichlet)

Soluție:

Considerăm relația:

Prelungind prin continuitate în origine, funcția din dreapta acestei relații și apoi integrând termen cu termen, obținem:

(2)

Considerăm funcția

, x (0, ].

Aplicând regula lui l’Hospital, obținem că:

deci f poate fi prelungită prin continuitate in origine; vom nota tot cu f funcția obținută.Cum

, putem scrie :

(3)

Din (2) și (3) rezultă că :

, de unde , făcând substituția

, obținem :

Cum integrala :

este convergentă ,

rezultă că :

.

q.e.d.

4. Să se calculeze :

, a>-2

Soluție :

Dacă a = 0 , atunci :

Dacă a = -1, atunci:

Presupunem în continuare că a 1 , a 0 ; cum funcția de sub semnul integralei este pară în sin x și cos x , vom face substituția :

tan x = t și obținem:

.

În continuare , distingem următoarele cazuri:

I. Cazul 1 + a > 0: în acest caz descompunem fracția de sub semnul integralei astfel:

.

Se obține:

și deci:

.

Prin urmare:

.

II. Cazul 1 + a < 0 : notăm 1 + a = – b2 , b 0 ; prin urmare :

, unde:

și deci:

Rezultă:

unde: .

q.e.d.

IV. Să se calculeze:

1 (Poisson)

Soluție:

Cum pentru 1 și x , f(x) = 0 , rezultă că funcția f este corect definită și este continuă , prin urmare integrala este un număr real .

Punem , unde și .

Ținând cont de expresiile rădăcinilor de ordinul “2n” ale lui 1 , adică ale soluțiilor ecuației , obținem identitatea:

Și acum avem cazurile:

I. Dacă 1 , și deci

II. Dacă 1 , și deci: .

q.e.d.

Integrale improprii pe un interval mărginit.

Să se calculeze:

.

Soluție: .

Aplicăm în a doua și a patra integrală, schimbarea de variabilă : și obținem:

.

q.e.d.

Să se calculeze: .

Soluție: Fie ; rezultă că , de unde, f:[-1,1]\{0}; prin urmare, vom studia existența integralelor: și .

Dacă aceste integrale există, atunci I = I1 + I2. Demonstrarea existenței lui I1 și I2 se face prin calculul direct:

-1 < x < 0, de unde 2x < 0 , adică x < -x,

de unde 1 + x < 1 -x;

rezultă că și prin urmare , de unde: .

Rezultă că: .

Observăm că, pentru calculul lui I2, făcând schimbarea de variabilă x = – y, obținem: ; prin urmare: . Rezultă că .

q.e.d.

Să se calculeze:

.

Soluție: . Rezultă că Cum .

Rezultă că:

. . . Fie

și aplicând prima schimbare de variabilă, rezultă că: . Rezultă că . Rezultă .

q.e.d.

Să se calculeze și .

Soluție: Fie și .

Atunci: . Rezultă că , deci:

Adunând și reducând termenii asemenea, ținând cont de faptul că: . Analog .

q.e.d.

Să se calculeze:

.

Soluție: .

Dacă , atunci [x] = k, de unde: rezultă . .

.

Rezultă că

.

q.e.d.

Capitolul IV.

Integrale. Introducere în Teoria Numerelor Analitice.

1.Introducere. O examinare a tabelelor de integrale din cartea lui Gradzhteyn și Ryzhyk scoate la iveală un mare număr de formule de integrale dificile și necunoscute. În opinia mea, una dintre cele mai remarcabile este:

(1)

unde:

s>0

este funcția clasică. Trimiterea dată este la Bierens de Haan [2]. Nereușind să găsesc demonstrația acestei formule, am decis să studiez ecuația (1) în profunzimea ei și s-a dovedit că această formulă necesită niște cunoștiințe bune pentru a o demonstra și servește ca un bun exemplu la cât de bine se îmbină teoria numerelor netriviale cu formulele integrale.

Cheia pentru ecuație este funcția lui Dirichlet

Aceasta este o funcție bine cunoscută; de exemplu fiecare student știe formula:

De asemenea, din cauza testului cu funcția alternativă, L(s) converge pentru 0 < s < 1. Oricum, se știe mai mult și Hurwitz a demonstrat că L(s) poate fi prelungită analitic la întreaga funcție în planul complex. A făcut aceasta demonstrând o ecuație :

(2)

El va demonstra întra-devăr că:

(3)

Folosind binecunoscuta formulă:

(1) = 1

(1) = – ,

unde y este constanta lui Euler,

ecuația (3) devine

Astfel, demonstrarea ecuației (1) constă în două părți:

Verificarea lui (3);

Exprimarea lui L'(1) în funcție de logaritm din funcția .

2. Demonstrarea ecuației (3). Începem cu o serie generală Dirichlet

unde, dacă f are o creștere polinomială va converge absolut într-un semiplan Re(s) > c. Folosim acum o tehnică dezvoltată pentru prima dată de Riemman pentru a studia -funcția Riemman

Din convergența absolută, obținem pentru Re(s)>c

Fie z = e-t, rezultă

Acum adăugând restricția ca f(n) să fie funcție periodică, deci există un întreg q pozitiv astfel încât f( n + q ) = f( n ), , din motive tehnice presupunem f( q ) = 0. Cu aceste "presupuneri" , avem pentru |z| < 1:

unde:

Am obținut astfel formula:

(4)

Această formulă a fost obținută pentru prima dată de către Dirichlet pentru a deriva formula clasei sale pentru obținerea de numere, din care L(1) = /4 este cazul cel mai simplu. Diferențiind ecuația (4) după regula lui Leibnitz obținem:

Acum dacă F(s) converge absolut pentru s = 1 se ajunge la:

(5)

Pentru a demonstra ecuația (1), fie q=4 și alegem f(n) să fie caracter pătratic (mod 4), care este:

4 se numește caracter pătratic (mod 4) pentru ( n , 4 ) = 1

,

cât timp 4(n)=0 dacă (n,q)>1.

Deci avem:

P(z,) = z-z3

Și ecuația (5) devine

3. Evaluarea lui L'(1). Se dovedește a fi mult mai ușor, la început, să evaluez L'(0) și apoi să folosesc ecuația funcțională L(s) L(1-s) pentru a obține valoarea lui L'(1).

Pentru a evalua L'(0) folosim o metodă datorată lui André Weil . Fie

0 < a ≤ 1,

– funcția Hurwitz. Este ușor de arătat convergența pentru Re(s) > 1. Folosind formula integrală :

se poate arăta că (a, s) continuă analitic la tot planul complex cu doar un simplu pol în s = 1. Relevanța lui (a, s) este dată de formula :

astfel, evaluând '(0, a), vom găsi valoarea lui L'(0) (pentru ușurarea notației am scris '(s, a) care indică ).

În continuare se observă că pentru s > 1

astfel

și pentru s = 0

Luând

observăm că G(a) satisface ecuația funcțională:

În plus, avem:

pentru a > 0,

și G(a) este analitic pentru a>0;

Acestea totuși sunt condițiile exacte din Teorema Bohr – Mollerup pentru unicitatea funcției Gamma . Astfel avem

G(a) = G(1)(a).

Se știe că G(1) = '(0, 1), și observând că (s, 1)= (s), unde (s) este

– funcția Riemman, avem

G(1) = '(0).

Este bine cunoscut că '(0)= -(1/2)log2 și că

Înlocuind aceasta în formula pentru L(s) se derivează

Din ecuația funcțională și L(1) = /4 se obține că

Și încă odată din ecuația funcțională

și astfel

Cu aceasta ecuația (1) este demonstrată.

4.Mai multe formule! Deja sunt câteva asemănări între Gradzhteyn și Ryzhyk cu (1). De exemplu,

(6)

(7)

Se observă că în ecuația (6) 3 joacă "rolul cheie" și în ecuația (7) 6 este "numărul magic". Pentru a explica acestea introduc caracterele Dirichlet (mod q)

este un caracter Dirichlet (mod q) dacă

(1) = 1

(n+q) = (n) n

(n) = 0 dacă ( n , q ) > 1

(mn) =(m)(n) m,n.

L-funcția Dirichlet corespunzătoare este:

Re(s)>0

și poate fi continuată la o întreagă funcție dacă nu este un caracter trivial

0(n) =1 dacă ( n , q ) =1

Acum caracterul analog al lui 4 în ecuația (6) este caracterul pătratic (mod 3)

și în ecuația (7) caracterul corespunzător este caracterul pătratic (mod 6) 6(n). De aici avem L – funcția

Demonstrațiile ecuațiilor (6) și (7) sunt analoge cu demonstrația noastră de la ecuația (1).

În plus, se poate explica cum numerele 3, 4, 6 joacă rolurile cheie în formulele noastre. Mai întâi rescriem ecuația (1) în aceeași formă ca (6) și (7)

Să observăm că soluțiile lui x2+1 sunt patru rădăcini ale unității, i și -i, și una explică de ce L(s,4) este implicat prin aceea că poate fi arătat de Teorema Reciprocității pătratelor încât

Q(i)(s) = L(s, 4) (s),

unde Q(i)(s) este funcția Dedekind zeta a câmpului Q(i), și definiția clasică a funcției- Dedekind a câmpului K este

Similar, x2+x+1 este polinomul ireductibil pentru 3 rădăcini ale unității,

și, ca mai sus, L(s,3) apare pentru că

Similar, x2-x+1 dă 6 rădăcini ale lui 1, deci, ca mai sus, se așteaptă ca L(s,6) să joace rolul central.

Bibliografie.

[1] D. M. Bătinețu – Giurgiu, I. V. Maftei, I. M. Stancu – Minasian :

“ Exerciții și probleme de Analiză Matematică pentru clasele

a XI – a și a XII – a “,E. D. P. , București, 1981.

[2] Mihaly Bencze: “ One Integral Type and its Applications ” , Octogon

Mathematical Magazine.

[3] Gazeta Matematică.

[4] J. Liouville: ” Memoire sur l‘integration d’une classe de fonctions

transcendantes ”.

[5] J. Ritt : “ Integration in Finite Terms “ , New York , 1948.

[6] Ilan Vardi : “ Determinants of Laplacians and Multiple Gamma

Functions “ , 1986.

[7] D. Bierens de Hann : “ Nouvelles Tables d’integrales definies “ ,

Amsterdam , 1987.

[8] I.S. Gradzhteyn and I.M. Ryzhyk , “ Table of integrals , Series and

Products “, Academic Press , New York , 1980.