Tài liệu Các hàm đặc biệt trong phương trình toán lý

Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý NỘI DUNG 1 Giới thiệu các hàm đặc biệt Như chúng ta biết, một biến đổi tích phân sẽ ánh xạ một hàm từ "miền" gốc sang một miền khác (miền đích). Việc giải bài toán trên miền đích sẽ thuận lợi hơn so với giải trên miền gốc. Do đó, phép biến đổi tích phân có thể giúp giải quyết được rất nhiều bài toán phức tạp trong kỹ thuật và vật lý ứng dụng. Việc biến đổi tích phân là sự kết hợp giữa các hàm đặc biệt như là hàm gamma, hàm sai số, hàm bessel...Tương tự, các hàm heaviside, hàm xung lượng là những hàm có nhiều ứng dụng trong kỹ thuật. Do đó, việc tìm hiểu các hàm này thật sự hữu ích trước khi thảo luận về các phép biến đổi tích phân. 2 Hàm Gamma Một trong những hàm đặc biệt đơn giản nhưng rất quan trọng đó là hàm gamma. Mặc dù nó có ít ứng dụng trực tiếp hơn những hàm đặc biệt khác, nhưng sự hiểu biết về tính chất của hàm này là điều kiện tiên quyết cho việc tìm hiểu hàm Bessel và các hàm đặc biệt khác Hàm Gamma được tìm ra bởi L. Euler (1707 – 1783) vào năm 1729, người quan tâm đến vấn đề của phép nội suy giữa các con số. ∞ e−t tn dt, n! = n = 0, 1, 2, . . . 0 Với những giá trị mà n không phải là số nguyên, dẫn đến hàm Gamma ∞ e−t .tz−1 dt Γ (z) = với Re (z) > 0 (1.1) 0 Sau đó được gọi là tích phân Euler loại hai bởi A.M.Legendre (1752 – 1833). Legrendre cũng đưa ra kí hiệu Γ sử dụng cho hàm Gamma. Biến số z trong phương trình (1.1) có thể là số thực hoặc số phức. Mặc dù, tích phân là tầm thường, nó đã được chứng minh rằng nó hội tụ cho tất cả các giá trị của z mà Re(z)>0 với phần thực là x và phần ảo là y. Hàm Γ(z) là giới nội và khả vi, trong thực tế khi nó là một hàm giải tích toàn miền. Trang 1 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Tính chất: - Với Re(z)>0, hàm Γ(z) liên tục và có các đạo hàm mọi bậc liên tục. - Tích phân này hội tụ với mọi z với Re(z)>0 - Hàm là giải tích trong miền Re(z)>0 ∞ ∞ ∞ −e−t . t2 0 e−t .tz dt = Γ (z + 1) = 0 e−t tz−1 dt +z 0 Ta suy ra công thức truy hồi Γ(z + 1) = zΓ(z) (1.2) Thay các giá trị của z =1 vào, ta có hàm gamma có các giá trị ∞ e−t dt = 1 Γ(1) = 0 Sử dụng công thức truy hồi, ta có Γ(2) = 1, Γ(3) = 1.2, Γ(4) = 1.2.3 . . . . Tổng quát ta có Γ(n + 1) = n! với n = 0, 1, 2, 3. . . (1.3) Ta thấy hàm gamma là khai triển Euler của hàm giai thừa thành những số phức với phần thực dương. 2.1 Phân tích tính liên tục của hàm gamma khi Re(z) < 0 Ta có công thức truy hồi Γ(z) = Γ (z + 1) z (1.4) Vế phải của công thức trên xác định với mọi Re(z) > -1 và . Vì vậy Γ(z) xác định trong miền này.Thay z bằng z +1 vào phương trình (1.4), ta có Γ(z + 1) = Γ(z + 2) z+1 vớiz = −1 Thế trở lại vào pt (1.4), ta được Γ(z) = Γ(z + 2) z(z + 1) vớiz = 0, −1 (1.5) Vây hàm Γ(z) xác định với mọi Re(z)> -2, z = 0, −1 Trang 2 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Tương tự, ta có thể suy ra Γ(z) = Γ(z + k) ; vớiz = 0, −1, ... − k + 1 z(z + 1)(z + 2)(z + 3)...(z + k − 1) (1.6) Ở đây k là một số nguyên dương Công thức (1.6) có thể để xác định hàm gamma tại mọi z với phần thực âm ngoại trừ tại các giá trị nguyên âm và tại z = 0. Các giá trị z = 0, -1, -2, -3. . . . Thực chất là các phân cực bậc 1 của hàm. Vì vậy |Γ(−n)| = ∞ với n = 0, −1, −2, −3... (1.7) Đồ thị hàm với z = x là các giá trị thực được biểu diễn trên hình 1 Hình 1: Đồ thị hàm Gamma 2.2 Ứng dụng hàm gamma Một trong những ứng dụng của hàm gamma là xác định giá trị của các tích phân xác định Từ (1.1), đặt t = u2 , ta có ∞ ∞ 2 2 e−u u2(z−1) du = 2 Γ (z) = 2u 0 e−u u2z−1 du với Re (z) > 0 0 1 1 Đặt t = log u (1.8) 1 log u ta được Γ (z) = z−1 du với Re (z) > 0 (1.9) 0 Trang 3 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý ∞ Ví dụ 1: Dùng hàm gamma tính tích phân I = 3 e−x x4 dx 0 Giải: Đặt t = x3 ⇒ dx = ∞ I= 1 3 dt 3x2 , Ta có 2 1 3 ∞ e−t t 3 dt = 0 5 1 e−t t 3 −1 dt = 3 Γ 5 3 0 Từ công thức 1.8, ta lấy tích hai hàm gamma ∞ ∞ 2 2 e−v v 2y−1 dv e−u u2x−1 du.2 Γ (x) .Γ (y) = 2 0 0 ∞ ∞ e−(u =4 0 +v 2 ) 2x−1 2y−1 u v dudv 0 Với x, y là biến thực. Đổi biến số   u = r cos θ π 2 ∞ 2 e−r r2x−1 cos2x−1 θ.r2y−1 sin2y−1 θ.rdθdr ⇒ Γ (x) .Γ (y) = 4  v = r sin θ 2 0 0 π 2 ∞ 2 e−r r2(x+y)−1 dr =4 0 cos2x−1 θsin2y−1 θdθ 0 π 2 cos2x−1 θsin2y−1 θdθ ⇒ Γ (x) .Γ (y) = 2Γ (x + y) . (1.10) 0 Tính tích phân này ta có hệ thức: π 2 cos2x−1 θsin2y−1 θdθ = ⇒ Γ (x) .Γ (y) 2Γ (x + y) 0   x>0 với  y>0 (1.11) Ví dụ 2: Tính tích phân π 2 sin4 θcos5 θdθ I= 0 Giải: So với công thức 1.11, ta có   2x − 1 = 5   x=3 ⇒  2y − 1 = 4  y=5 2 Trang 4 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Từ công thức 1.11, ta có π 2 5 I= cos θsin θ.dθ = 5 2 Γ3.Γ 4 2Γ 3 + 0 = 5 2 Γ3.Γ 2Γ 5 2 11 2 Mà ta có Γ (3) = 2 và 11 2 Γ ⇒I= =Γ 1+ 5 2 2.Γ 2. 9 . 7 . 5 .Γ 2 2 2 9 2 = 5 2 9 7 5 5 = . . .Γ 2 2 2 2 8 315 Cuối cùng, ta tìm mối liên hệ giữa hàm gamma và các hàm lượng giác. Đặt x=1-z và y = z, từ công thức 1.10 ta có π 2 cos2(1−z)−1 θsin2z−1 θdθ ⇒ Γ (z) .Γ (1 − z) = 2Γ (z + 1 − z) . 0 π 2 cos−2(z−1) θsin2z−1 θdθ = 2Γ (1) . 0 π 2 tan2z−1 θdθ ⇒ Γ (z) .Γ (1 − z) = 2 (1.12) 0 Ở đây z có thể thực hoặc ảo. Đổi biến số, đặtu = tan2 θ ⇒ dθ = ∞ ⇒ Γ (z) .Γ (1 − z) = uz−1 du u+1 1 2 tan θ(1 + tan2 θ) ; với 0 < Re (z) < 1 (1.13) 0 Ta tính tích phân ở công thức (1.13) thông qua tích phân trong mặt phẳng phức. Xét hàm phức f (ξ) = ξ z−1 ξ+1 Hàm phức có 1 cực điểm đơn tại ξ = −1 và một điểm phân nhánh tại ξ = 0 trong miền giới hạn bởi đường cong như hình vẽ:   ρ→0 Ta cho , khi đó tích phân được tính  R→∞ ρ R f (ξ)dξ = C f (u) du+ f (ξ)dξ + Cp ρ CR f ue2πi du f (ξ)dξ + (1.14) R Trang 5 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Hình 2: Đường cong tích phân trong công thức 1.13 Ta có   lim   R→∞  lim   ρ→∞ f (ξ) dξ = 0 CR f (ξ) dξ = 0 CP   ρ→0 ta có Hàm f(ξ ) có một cực điểm đơn tại ξ = -1, khi  R→∞ ∞ uz−1 du + 1+u 0 z−1 ue2πi 1+u du = 2iRes {−1} ∞ o ∞ hay 1 − e2πiz uz−1 du = 2πiRes {−1} 1+u (1.15) 0 Tính thặng dư: Res {−1} = lim ξ z−1 = (−1)z−1 z−1 Mà (−1) = eπi(z−1) ∞ = ξ→−1 πiz . Thế −e vào công thứ (1.15), ta được uz−1 Res {−1} −2πi.eπiz du = = πiz −πiz 1+u 1 − e2πiz e (e − eπiz ) 0   −eiπz = −i sin (πz) − cos (πz) Ta có  e−iπz = −i sin (πz) + cos (πz) ∞ ⇒ uz−1 π du = 1+u sin(πz) với 0 < Re(z) < 1 (1.16) 0 Trang 6 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Từ (1.13) và (1.16), ta có ⇒ Γ (z) .Γ (1 − z) = π sin(πz) Lấy z = 1/2, ta được ⇒Γ 1 1 .Γ 2 2 π = π 2 sin =π⇒Γ 1 2 = √ π Ví dụ 3:Tính tích phân π 2 1 cot g 2 x.dx 0 Áp dụng công thức 1.13 và 1.17, ta có π 2 π 2 1 2 1 2 cot g x.dx = 0 cos x.sin −1 2 x.dx = Γ 0 1 4 .Γ 2Γ (1) 3 4 = 1 π π π = √ 2 sin 4 2 Tóm tắt công thức của hàm gamma: ∞ e−t .tz−1 dt Γ (z) = với Re(z)>0 0 ∞ ∞ 2 2 e−u u2(z−1) du = 2 Γ (z) = 2u 0 e−u u2z−1 du với Re(z)>0 0 Γ(z + 1) = zΓ(z) Γ(n + 1) = n! với n = 0, 1, 2, 3. . . Γ(z + k) với z = 0,-1,-2.... -k+1 z(z + 1)(z + 2)(z + 3)...(z + k − 1) √ 1 π.Γ (2z) = 22z−1 Γ (z) Γ z + 2 1 (2n)! √ Γ n+ = 2n π , với n = 0, 1, 2, 3. . . 2 2 n! π Γ (z) Γ (1 − z) = sin(πz) √ Γ(n + 1) ∼ 2πn.nn .e−n , n → ∞ Γ(z) = Trang 7 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 2.3 2.3.1 Tiểu luận toán lý Bài tập hàm Gamma Tính giá trị của các biểu thức (sử dụng kết quả Γ (1/2) = √ π khi cần) a) Γ(6) = 5! = 120 1 b) Γ (3/2) = Γ 1 + = 2 5 3 1 1 c) Γ (7/2) = . . Γ 2 2 2 2 1 Γ −2 + 1 d) Γ(−1/2) = 1 −2 e) Γ(−9/2) = 1 2 5 −2 Γ −9 2 f ) Γ (8/3) /Γ (2/3) = 2.3.2 √ 1 1 π Γ = 2 2 2 √ 15 π = 8 √ 1 =Γ = −2 π 2 7 −2 5 3Γ Γ 5 3 2 3 = −3 2 −1 2 5 2 3.3Γ Γ 2 3 2 3 = Eq.(1.4) √ 32 π = 945 10 9 Chứng minh các đẳng thức sau đây a) Γ (a+n) = a(a+1)(a+2). . . (a + n -1) Γ (a) ; n = 1, 2, 3,. . . Ta có: Γ (a+n) =Γ (a+n – 1 +1) = (a+n – 1) Γ (a+n – 1) Γ (a+n – 1)= Γ (a+n – 2 + 1)= (a+n – 2) Γ (a+n – 2) ...... Γ (a + n –(n - 2) + 1)= (a + 2) Γ (a + 2) Γ (a + 2)= (a + 1) Γ (a + 1) Γ (a + 1)= aΓ (a) Vậy Γ (a+n) = a(a+1)(a+2). . . (a + n -1) Γ (a) ; n = 1, 2, 3,. . . b) Γ (n-a)/ Γ (-a) = (-1)n a(a – 1)(a – 2). . . .(a – n + 1) ; n = 1, 2, 3,. . . Ta có: Γ (1-a)=(-a). Γ (-a)=(-1)1 aΓ (-a) Γ (2-a)= Γ (1+1-a)=(1-a) Γ (1-a)=(1-a)(-a) Γ (-a)=(-1)2 a(a-1) Γ (-a) Γ (3-a)= Γ (1+2-a)=(2-a) Γ (2-a)=-(a-2)a(a-1) Γ (-a)=(-1)3 a(a-1)(a-2) Γ (-a) ......... Trang 8 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Γ (n-a)= Γ (1+n-1-a)=(n-1-a) Γ (n-1-a)=(-1)n a(a-1)(a-2). . . .(a-n+1) Γ (-a) Suy ra Γ(n − a)/Γ(−a) = (−1)n a (a − 1) (a − 2) . . . . (a − n + 1) Γ (−a) Γ (−a) = (−1)n a (a − 1) (a − 2) . . . . (a − n + 1) c) Γ (a)/ Γ (a – n) = (a-1)(a-2). . . (a-n) ; n = 1, 2, 3,. . . Ta có: Γ (a) = Γ (a − 1 + 1) = (a − 1) Γ (a − 1) Γ (a − 1) = Γ (a − 2 + 1) = (a − 2) Γ (a − 2) Γ(a − 2) = Γ(a − 3 + 1) = (a − 3)Γ(a − 3) ....... Γ(a − n + 1) = (a − n)Γ(a − n) => Γ(a) = (a − 1)(a − 2)(a − 3)...(a − n)Γ(a − n) Suy ra Γ(a) = (a − 1)(a − 2)(a − 3)...(a − n) Γ(a − n) 2.3.3 Chứng minh ∞ 0 √ 3 xe−x dx = √ π 3 2 1 Đặt t = x3 ⇒ x = t1/3 ⇒ dx = 3 t− 3 dt VT = 2.3.4 ∞ 1/6 −t 1 −2/3 t e 3t dt 0 ∞ 1 3 = et t−1/2 dt = √ π 3 0 Dùng công thức (1.11) tính các tích phân sau: π/ 2 a) sin5 xdx 0 π/ 2 π/ 2 2 sin5 xdx = 0 sin x(1 − cos2 x) dx 0 π/ 2 π/ 2 0 =1− π/ 2 b) 0 sin xcos2 xdx = sin xcos2 xdx + sinxdx − 2 = 0 1 Γ(1)Γ( 3 ) 2 2Γ( 5 ) 2 3 2 π/ 2 sin xcos4 xdx 0 1 8 + 5 = 15 22 = 1 23 2 = 1 3 Trang 9 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý π/ π/ 2√ 2 1 √ Γ( 3 )Γ( 3 ) 1 1 c) sin 2xdx = 2 /2 sin /2 xcos /2 xdx = 2 4 3 4 = 2Γ( 2 ) 0 0 √ 2 2 2 = √ 2 ∞ d) I = 0 dx 1+x4 Đặt x2 = tanθ ⇒ x = tan −1/2 θ 1 ⇒ dx = 2 tan−1/2 θ (1 + tan2 θ)dθ π/ 2 1 1 tan−1/2 θ(1 + tan2 θ)dθ 2θ 2 1 + tan I= 0 π/ 2 = 1 2 cos2 θsin−1/2 dθ 0 π/ 2 = 1 2 1 3 cos2 4 −1 θsin2 4 −1 dθ 0 3 1 1Γ 4 Γ 4 1 3 3 = = Γ Γ 1− 2 2Γ (1) 4 4 4 1 2.3.5 y−1 tx−1 (1 − t) Cho hàm B(x,y) = = 2π π π = √ = √ 3π 4 sin 4 4 2 2 2 dt ; x, y >0 0 Chứng minh rằng a) B(x,y) = Γ(x)Γ(y) Γ(x+y) Đặt t = cos2 θ ⇒ dt = -2cosθ sin θdθ 0 (cos2 θ) B (x, y) = − x−1 y−1 (1 − cos2 θ) 2 cos θ sin θdθ −π/2 π/ 2 cos2x−2 θsin2y−2 θ cos θ sin θdθ =2 0 π/ 2 cos2x−1 θsin2y−1 θdθ =2 0 Γ(x)Γ(y) Γ(x)Γ(y) =2 = 2Γ(x + y) Γ(x + y) ∞ b) B (x, y) = ∞ VP = 0 ux−1 du (1+u)x+y 0 u x u−1 du 1+u (1+u)y Trang 10 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Đặt t = u (1+u) ⇒ dt = 1 du (1+u)2 Tiểu luận toán lý ⇒u= ∞ x u−1 (1 + u)2 u 1+u VP = t 1−t y (1 + u) 1 (1 + u)2 du 0 Mà u−1 (1 + u)2 uy−2 u−1 = · y−2 (1 + u)y (1 + u)y−2 u y−2 u = u1−y 1+u 1 t 1−t tx · ty−2 · ⇒VP = 1−y dt 0 ∞ tx−1 (1 − t)y−1 dt = B(x, y) = 0 2.3.6 Sử dụng kết quả bài trên, tính các giá trị sau đây: Γ(2)Γ(3) 1!2! 1 = = Γ(5) 4! 12 √ 1 Γ 2 Γ(1) 1 π b) B ,1 = = 1√ = 2 3 2 Γ 2 2 π a) B (2, 3) = c) B = d) B 3 2 1 , 3 3 3 1 , 4 4 = Γ 2 3 Γ Γ (1) 1 3 Γ 3 4 1 4 Γ Γ (1) = = Γ 1 3 Γ 1− 1 1 3 Γ 1 4 Γ 1− 1 1 4 = π 2π π/ = √3 sin 3 = π 2π π/ = √2 sin 4 Hàm Bessel Hàm Bessel là hàm có liên hệ mật thiết với bài toán đối xứng tròn và đối xứng trụ, ví dụ như sự nghiên cứu về dao động tự do của một màng tròn và tìm ra sự phân bố nhiệt trong một hình trụ tròn. Những hàm này, là những hàm có nhiều trạng thái, xuất hiện trong nhiều ứng dụng của kỹ thuật, vật lý học, cho nên chúng được xem là hàm quan trọng nhất. Hàm Bessel loại 1 được định nghĩa bởi chuỗi ∞ Jν (z) = k=0 (−1)k (z/2)2k+ν k!Γ(k + v + 1) (1.32) Trang 11 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Ở đây, tham số ν biểu thị cho bậc của hàm Bessel. Khi ν = n (n=0, 1, 2,. . . ), công thức (1.32) định nghĩa hàm Bessel với bậc số nguyên ∞ Jn (z) = k=0 (−1)k (z/2)2k+n k!(k + n)! n = 0, 1, 2 . . . (1.33) Dạng đơn giản nhất của nó là ∞ J0 (z) = (−1)k (z/2)2k (k!)2 k=0 (1.34) Các đồ thị của Jn (x), n = 0, 1, 2,. . . . thì được biểu diễn trong hình 3, trong đó x là thực. Hình 3: đồ thị của Jn (x), n = 0, 1, 2,. . . Tham số ν trong công thức (1.32) cũng có thể nhận giá trị âm. Ví dụ, khi = -n (n = 0, 1, 2. . . ), chúng ta có được ∞ J−n (z) = k=0 ∞ = k=n (−1)k (z/2)2k−n k!(k − n)! (1) (−1)k (z/2)2k−n k!(k − n)! (2) Tại đây, chúng ta đã sử dụng lập luận rằng 1/(k-n)! = 0 (k = 0, 1, 2. . . ,n-1) bằng cách nhờ vào công thức (1.7). Cuối cùng, thay thế số mũ k = m+n ta được ∞ J−n (z) = k=0 (−1)m+n (z/2)2m+n m!(m + n)! Từ công thức này ta suy ra J−n (z) = (−1)n Jn (z) , n = 0, 1, 2 . . . . (1.35) Trang 12 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Tuy nhiên, hệ thức trên chỉ áp dụng được cho hàm Bessel có bậc là số nguyên. Viết lại công thức (1.32) dưới dạng Jν (z) = z 2 ν ∞ k=0 (−1)k (z/2)2k k!Γ(k + v + 1) Công thức trên có thể chỉ ra rằng chuỗi ở vế phải hội tụ trên toàn bộ mặt phẳng z. Vì thế, hàm (2/z)ν Jν (z) là hàm đầy đủ của z. Tuy nhiên, điều này không có nghĩa Jν (z) là đầy đủ. Nếu ν < 0 và không phải là số nguyên, thì rõ ràng Jν (x) có một điểm gián đoạn vô hạn tại z = 0, và do đó, nó không thể là hàm đầy đủ. Nhưng, nếu ν = ± n, n = 0, 1, 2,. . . ., thì nó có thể chỉ ra rằng Jν (x) là đầy đủ một kết quả mà nó phụ thuộc vào hệ thức (1.35) 3.1 Tính chất cơ bản của hàm Bessel Hàm Bessel thỏa mãn một số đồng nhất thức cơ bản d ν [z Jν (z)] = z ν Jν−1 (z) dz (1.36) d −ν z Jν (z) = −z −ν Jν+1 (z) dz (1.37) và Hai công thức trên sinh ra từ việc lấy vi phân của chuỗi z ν Jν (z) và z −ν Jν (z). Nếu chúng ta tiến hành lấy vi phân trong công thức (1.36) và (1.37) rồi đơn giản kết quả, nó dẫn đến ν Jν (z) + Jν (z) = Jν−1 (z) z (1.38) ν Jν (z) − Jν (z) = −Jν+1 (z) z (1.39) Và Thay thế ν = 0 vào (1.39) dẫn đến một kết quả đặc biệt J0 (z) = −J1 (z) (1.40) Lấy tích phân 2 vế công thức (1.36) và (1.37) cho chúng ta hệ thức tích phân z ν Jν−1 (z)dz = z ν Jν (z) + C (1.41) Trang 13 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý và z −ν Jν+1 (z)dz = −z −ν Jν (z) + C (1.42) Ở đây C biểu thị cho hằng số tích phân. Theo quy tắc chung, mọi tích phân của dạng z m Jn (z)dz m+n>0 với m và n là những số nguyên, có thể được xác định bằng công thức (1.41) và (1.42). Ví dụ: Rút gọn z 2 J2 (z)dz thành một tích phân phụ thuộc J0 (z) Giải: Sử dụng công thức 1.42, ta viết được z 2 J2 (z)dz = z 3 z −1 J2 (z) dz Lấy tích phân từng phần ta được z 2 J2 (z)dz = −z 2 J1 (z) + 3 Lấy tích phân từng phần của phần tử zJ1 (z)dz zJ1 (z)dz z 2 J2 (z)dz = −z 2 J1 (z) − −3zJ0 (z) + 3 J0 (z)dz Một số đồng nhất thức cơ bản của hàm Bessel ∞ (J1) : Jν (z) = k=0 (−1)k (z/2)2k+ν k!Γ(k + v + 1) (J2) : J0 (0) = 1; Jν (0) = 0, (J3) : J−n (z) = (−1)n Jn (z) (J4) : (J5) : (J6) : (J7) : (J8) : ν>0 d ν [z Jν (z)] = z ν Jν−1 (z) dz d −ν z Jν (z) = −z −ν Jν+1 (z) dz ν Jν (z) + Jν (z) = Jν−1 (z) z ν Jν (z) − Jν (z) = −Jν+1 (z) z Jν−1 (z) − Jν+1 (z) = 2Jv (z) Trang 14 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 (J9) : Tiểu luận toán lý 2ν Jv (z) z Jν−1 (z) + Jν+1 (z) = (J10) : z ν Jν−1 (z)dz = z ν Jν (z) + C (J11) : z −ν Jν+1 (z)dz = −z −ν Jν (z) + C 2π 1 (J12) : J0 = 2π eiz cos θ dθ 0 (J13) : Jν (z) ∼ (z/2)ν Γ(ν + 1) (J14) : Jν (z) ∼ n = − 1, − 2, − 3, . . . ..z → 0 2 π cos z − (ν + 1/2) πz 2 |z| → ∞, |arg (z)| < π Lưu ý: Trong một ứng dụng nào đó, điều quan trọng là nhận ra dạng khác của hàm Bessel Yν (x), được gọi là hàm Bessel loại 2 với bậc ν . Hàm này được định nghĩa bằng công thức Y ν (x) = Jν (x) cos νπ − J−ν (x) sin νπ Công thức trên là tổ hợp tuyến tính của Jν (x) và J−ν (x), vì thế nó thỏa mãn hệ thức truy hồi như Jν (x) 3.2 Hiệu chỉnh hàm Bessel Áp dụng hàm Bessel Jν (x) với tham số thuần ảo. Bằng cách đặt z = iy vào công thức (1.32) ta được ∞ ν Jν (iy) = i k=0 (y/2)2k+ν k!Γ(k + v + 1) (1.43) Ngoại trừ thừa số nhân iν , vế phải của (1.43) chỉ ra một hàm thực mà ta gọi là hàm hiệu chỉnh Bessel loại một, ký hiệu Iν (y). Vì vậy, n In (y) = i− Jn (iy) (1.44) Mở rộng, chúng ta có thể khái quát hóa tham số phức bằng cách viết ∞ Iν (z) = k=0 (z/2)2k+ν k!Γ(k + v + 1) (1.45) So sánh chuỗi này với công thức (1.32) cho Jν (x), cho biết Iν (z) và Jν (z) có nhiều tính chất chung. Thật vậy, hàm Bessel hiệu chỉnh thỏa mãn mối liên hệ tương tự Trang 15 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý với tất cả các hàm Bessel chuẩn. Đặc biệt, sự hiệu chỉnh hàm Bessel thỏa tính chất giống với Jν (z) đã cho ở công thức (1.36) - (1.42). Sự khác biệt trong các hàm này được biểu thị bởi đồ thị cho biến thực x. Đó là, đồ thị của Jυ (z) (hình 3)có dạng dao động như một hình sin hoặc, cosin ngoại trừ biên độ giảm, trong khi đồ thị của Iυ (z) (hình 4) cho thấy không có dao động như vậy. Hình 4: Đồ thị In (x) , n = 0, 1, 2 Theo lý thuyết xác suất, chúng ta tìm có một dạng khác của sự hiệu chỉnh hàm Bessel Kν (z) = π I−ν (z) − Iv (z) 2 sin vπ (1.46) Công thức trên được gọi là sự hiệu chỉnh hàm Bessel loại 2. Độ thị của nó với các giá trị nguyên Jν được biểu diễn ở hình 5 3.3 3.3.1 Bài tập hàm Bessel Sử dụng hệ thức 1.32, chứng minh rằng a) d dz b) d dz [z ν Jν (z)] = z ν Jν−1 (z) z −ν Jν (z) = −z −ν Jν+1 (z) Giải Trang 16 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Hình 5: Đồ thị Kn (x) , n = 0, 1, 2 a) d ν d [z Jν (z)] = dz dz ∞ k=0 ∞ = k=0 ∞ = k=0 2k+2ν (−1)k .2ν (2k + 2ν) 1 z k!Γ(k + ν + 1) 2 2 (−1)k .2ν (k + ν) z k!Γ(k + ν + 1) 2 ∞ =z (−1)k .2ν z k!Γ(k + ν + 1) 2 z (−1)k k!Γ(k + ν) 2 ν k=0 2k+2ν−1 2k+ν−1 z 2 ν 2k+ν−1 = z ν Jν−1 (z) b) d −ν d z Jν (z) = dz dz ∞ k=0 ∞ = k=0 ∞ = k=0 (−1)k 2−ν z k!Γ(k + ν + 1) 2 (−1)k .2−ν 2k 1 z k!Γ(k + ν + 1) 2 2 2k 2k−1 (−1)k .2−ν z (k − 1)!Γ(k + ν + 1) 2 2k−1 Trang 17 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 Tiểu luận toán lý Thay k bằng k + 1, ta có d −ν z Jν (z) = dz ∞ k=1 (−1)k+1 .2−ν z (k)!Γ(k + ν + 1 + 1) 2 ∞ = −z −ν k=0 2k+1 (−1)k z (k)!Γ(k + ν + 1 + 1) 2 2k+ν+1 = −z −ν Jν+1 (z) 3.3.2 Dựa vào công thức (1.38) và (1.39), hãy suy ra rằng a. 2Jv (z) = Jν−1 (z) − Jν+1 (z) b. 2ν z Jv (z) = Jν−1 (z) + Jν+1 (z) Giải: a. Cộng vế theo vế công thức (1.38) với (1.39), ta được 2Jv (z) = Jν−1 (z) − Jν+1 (z) b. Trừ vế theo vế công thức (1.38) với (1.39), ta được 2ν Jv (z) = Jν−1 (z) + Jν+1 (z) z 3.3.3 Bằng cách so sánh chuỗi, suy ra rằng a. J1/2 (z) = 2 πz 2 πz b. J−1/2 (z) = sin z cos z Giải: a. Ta có: ∞ J1/2 (z) = k=0 (−1)k z 3 k!Γ( 2 + k) 2 1 +2k 2 Theo công thức hàm Gamma Γ 3 1 +k =Γ 1+ +k = 2 2 Γ ∞ ⇒ J1/2 (z) = k=0 2k + 1 2 1 2 = (2k)! 1 Γ 2k k! 2 2 √ 1 = (2k + 1)! 1 Γ 2k+1 k! 2 2 π (−1)k 22k+1 z 2k+1− 2 √ = (2k + 1)! π 22k+1− 1 2 2 πz ∞ k=0 (−1)k (z)2k+1 (2k + 1)! Mặt khác, theo khai triển Taylor ta có sinz = z − z3 z5 z7 + − + ...... 3! 5! 7! Trang 18 Lớp cao học vật lý lý thuyết K22 ⇒ J1/2 (z) = Tiểu luận toán lý 2 πz b. Ta có ∞ k=0 ∞ J−1/2 (z) = k=0 (−1)k (z)2k+1 = (2k + 1)! (−1)k z 1 k!Γ( 2 + k) 2 2 sinx πz − 1 +2k 2 Theo công thức hàm Gamma ta có Γ 1 (2k)! 1 1 + k = 2k Γ ;Γ 2 2 2 2 k! 2 πz ⇒ J−1/2 (z) = ∞ k=0 = √ π (−1)k 2k (z) (2k)! Mặt khác, theo khai triển Taylor ta có z2 z4 z6 Cosz = 1 − + − + ...... 2! 4! 6! ⇒ J−1/2 (z) = 2 πz ∞ k=0 (−1)k 2k (z) = (2k)! 2 cos z πz Trang 19