BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN THỊ NGỌC

MỘT SỐ ỨNG DỤNG
CỦA HÀM GAMA VÀ BETA

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI, 2017


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

NGUYỄN THỊ NGỌC

MỘT SỐ ỨNG DỤNG
CỦA HÀM GAMA VÀ BETA
Chuyên ngành: Toán Giải tích
Mã số: 60 46 01 02

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Hào

HÀ NỘI, 2017


LỜI CẢM ƠN

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc tới TS. Nguyễn Văn Hào,
người đã tận tình hướng dẫn chỉ bảo cho tôi trong quá trình làm luận văn.

Thông qua luận văn này, tôi muốn gửi lời cảm ơn đến các thầy cô giáo
trong tổ Giải tích khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 cùng
gia đình, bạn bè và các thành viên trong lớp Toán Giải Tích khóa 19 đã
động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này.
Hà Nội, tháng 7 năm 2017
Tác giả

Nguyễn Thị Ngọc


LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này là do tôi tự nghiên cứu và hoàn thành
dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hào. Các kết quả được trình
bày trong luận văn là trung thực và được trích dẫn rõ ràng.
Hà Nội, tháng 7 năm 2017
Tác giả

Nguyễn Thị Ngọc


MỤC LỤC

Mở đầu

1


1

3

HÀM GAMMA VÀ HÀM BETA
1.1

Hàm gamma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Ý tưởng về sự đề xuất hàm gamma . . . . . . . .

3

1.1.2

Một số phát hiện khởi đầu về hàm gamma . . . .

3

1.1.3

Một số biểu diễn khác của hàm gamma . . . . . .

6


1.1.4

Một số tính chất của hàm gamma . . . . . . . . .

20

1.2

Hàm beta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

1.3

Mối quan hệ giữa hàm gamma và hàm beta . . . . . . .

29

2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA HÀM GAMMA VÀ BETA 31
2.1

Đánh giá một số tích phân qua hàm gamma và beta . . .

31

2.1.1

Tính tích phân Wallis . . . . . . . . . . . . . . .

32


2.1.2

Tích phân Rabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2

Tích phân Dirichlet và thể tích ellipsoid

. . . . . . . . .

35

2.3

Định lý Bohr - Mollerup . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Tài liệu tham khảo

46



1

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Vấn đề về các hàm đặc biệt được sự quan tâm nghiên cứu của các nhà
toán học, có thể dẫn chứng về vấn đề này là một số công trình nghiên
cứu của các nhà Toán học như Euler, Legendre, Laplace, Gauss, Kummer, Riemann, . . . . Từ những tính chất đặc trưng của các hàm đặc biệt
được sử dụng trong nhiều ứng dụng trong toán học cũng như nhiều lĩnh
vực khoa học kỹ thuật khác. Nhà Toán học P. Tufin gọi chung các hàm
đặc biệt là “hàm hữu ích”.
Một trong số các hàm đặc biệt đó là hàm gamma và hàm beta. Hàm
gamma ký hiệu bởi Γ (x) và được giới thiệu bởi nhà Toán học L. Euler
khi ông mở rộng miền xác định của hàm giai thừa cho tất cả các số thực
và số phức. Như đã biết Γ (x) là một hàm phân hình tương ứng với hàm
(x − 1)! khi x là số nguyên dương. Hàm gamma được biểu diễn bởi một
số công thức khác nhau, nhưng có hai công thức quan trọng nhất được
Euler đưa ra, đó là tích phân suy rộng với cận vô tận và giới hạn của
một tích hữu hạn. Đối với hàm beta thay cho việc xem xét nó như một
hàm, về một khía cạnh nào đó vấn đề được sáng tỏ hơn khi người ta
xem xét nó dưới dạng một lớp các tích phân - các tích phân đó có thể
đánh giá theo hàm gamma. Do đó, người ta thường xem xét các hàm
beta như tích phân beta.
Để tiếp cận với lý thuyết này và hiểu biết phần nào những ứng dụng
của nó, được sự định hướng của người hướng dẫn em chọn đề tài “Một
số ứng dụng của các hàm gamma và beta” để hoàn thiện luận văn


2


Thạc sỹ chuyên ngành Toán giải tích.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu một số vấn đề căn bản về lý thuyết của các hàm gamma và
beta; Nghiên cứu một số ứng dụng của các hàm này trong lĩnh vực toán
học.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu về các hàm gamma và beta cùng với một số ứng dụng toán
học của chúng.
4. Phương pháp nghiên cứu
Tra cứu tài liệu, phân tích, tổng hợp và xin ý kiến định hướng của thầy
hướng dẫn.


3

Chương 1
HÀM GAMMA VÀ HÀM BETA

1.1
1.1.1

Hàm gamma
Ý tưởng về sự đề xuất hàm gamma

Hai nhà toán học Daniel Bernoulli và Goldbach là những người đầu tiên
đề xuất bài toán: “Tìm một hàm của biến liên tục x để giá trị của hàm
này bằng n! khi x = n là một số tự nhiên”. Người đầu tiên đưa ra lời
giải của bài toán này là nhà toán học L. Euler. Điều đó được thể hiện
qua bức thư của ông gửi cho Goldbach vào ngày 13 tháng 10 năm 1729
(Tham khảo tài liệu [6, pp. 1-18]).

1.1.2

Một số phát hiện khởi đầu về hàm gamma

Như đã nói ở phần trên, người đầu tiên thực hiện được việc giải quyết
bài toán của Daniel Bernoulli và Goldbach là nhà toán học L. Euler.
Trước hết, trong phần này chúng ta xin đề cập lại khởi thủy của ông về
vấn đề này. Trở lại việc tổng quát hóa của Euler, ta giả sử rằng x ≥ 0
và n ≥ 0 đều là những số nguyên. Ta viết
x! =

(x + n)!
(x + 1)n

(1.1.1)

ở đó với mỗi số thực hoặc số phức bất kỳ a ta định nghĩa
(a)n = a(a + 1)...(a + n − 1); với n > 0, (a)0 = 1.

(1.1.2)


4

Viết biểu thức (1.1.1) dưới dạng
x! =

n!nx
(n + 1)x
n!(n + 1)x

=
·
.
(x + 1)n
(x + 1)n
nx

Bởi vì

(n + 1)x
= 1,
n→∞
nx
lim

nên ta có

n!nx
.
n→∞ (x + 1)
n

x! = lim

(1.1.3)

Nhận xét rằng, giới hạn (1.1.3) luôn tồn tại trừ khi x là một số phức
không phải số nguyên âm. Để thấy được điều này, ta có sự phân tích
như sau
n!nx

=
(x + 1)n
và
x
1+
j

−1

x n

n
n+1

1
1+
j

j=1

x

=1+

x
1+
j

−1


1
1+
j

x(x − 1)
+O
2j 2

1
j3

x

.

Như thế, tích vô hạn
n

j=1

x
1+
j

−1

1
1+
j


x

hội tụ và giới hạn (1.1.3) tồn tại. Do đó, ta nhận được hàm
k!k x
Π(x) = lim
k→∞ (x + 1)k

(1.1.4)

xác định với mọi số phức
x = −1, −2, −3, ... với Π(n) = n!.
Từ ý tưởng này L. Euler đưa ra khái niệm đầu tiên về hàm gamma như
sau


5

Định nghĩa 1.1.1. Với mọi số phức x = 0, −1, −2, ... hàm gamma Γ(x)
được ký hiệu và xác định bởi giới hạn
k!k x−1
.
Γ(x) = lim
k→∞ (x)k

(1.1.5)

Như một hệ quả trực tiếp của công thức (1.1.5) ta nhận được
Γ(x + 1) = xΓ(x).

(1.1.6)


Cũng vậy, theo lập luận trên hoặc lặp lại công thức (1.1.6) và sử dụng
giá trị
Γ(1) = 1
(1.1.7)
ta cũng nhận được công thức của hàm gamma đối với đối số nguyên như
sau
Γ(n + 1) = n!.
(1.1.8)
Từ biểu thức (1.1.5) suy ra rằng hàm gamma có các cực điểm tại 0 và các
1
số nguyên âm, mặc dù
là hàm nguyên với không điểm tại những
Γ(x)
điểm này.
1
Mọi hàm nguyên đều có biểu diễn dưới dạng tích vô hạn, với hàm
Γ(x)
có biểu diễn tích rất đẹp như dưới đây
Định lý 1.1.1. Ta có
∞

1
= xeγx
Γ(x)
n=1

1+

x −x

e n
n

(1.1.9)

trong đó γ là hằng số Euler được xác định bởi
n

γ = lim

n→∞

k=1

1
− log n .
k

(1.1.10)


6

Chứng minh. Ta có
x(x + 1) · · · (x + n − 1)
1
= lim
Γ(x) n→∞
n!nx−1
x

x
x −x log n
= lim x x +
1+
··· 1+
e
n→∞
1
2
n
n
x −x
x(1+ 21 +···+ n1 −log n)
= lim xe
e k
1+
n→∞
k
k=1

∞

= xeγx

1+
n=1

x −x
e n .
n


Tích vô hạn trong (1.1.9) luôn tồn tại bởi vì
x −e
x
1+
e n = 1+
n
n
1.1.3

x2
x
1 − + 2 · ··
n 2n

x2
=1− 2 +O
2n

1
n3

.

Một số biểu diễn khác của hàm gamma

Để trình bày thêm một số biểu diễn khác của hàm này, ta giới thiệu kết
quả sau
Định lý 1.1.2. (Định lí về tích chính tắc). Cho a1 , a2 , ..., an , ... là một
dãy các số thực hoặc số phức khác 0 sao cho

∞

n=1

1
< ∞.
|an |2

Khi đó, nếu g(x) là một hàm nguyên bất kì, thì hàm
∞

f (z) = e

g(z) k

1−

z

n=1

z
an

z

e an

(1.1.11)


cũng là hàm nguyên. Tích vô hạn trên hội tụ đều trên đĩa đóng vây quanh
các không điểm đơn tại a1 , a2 , ... và một không điểm bậc k tại z = 0. Hơn
nữa, nếu f là hàm nguyên bất kì có những tính chất này thì nó có thể
được viết trong dạng tương tự. Đặc biệt, f là hàm nguyên không có không


7

điểm khi và chỉ khi f có dạng f (z) = eg(z) , với một hàm nguyên nào đó
g. Tích
∞
z
z
(1.1.12)
e an
1−
a
n
n=1
được gọi là tích chính tắc.
z
z
e an
an
là một hàm nguyên. Thật vậy, với mỗi số R > 0 đặt DR = {z : |z| ≤ R}
là đĩa đóng bán kính R. Bởi vì an → ∞ nên chỉ có một số hữu hạn các
phần tử an nằm trong đĩa đóng DR gọi đó là a1 , ..., aN −1 . Do đó, với
z
triệt tiêu. Tiếp
z ∈ DR chỉ có một số hữu hạn các số hạng 1 −

an
theo để chứng minh định lý, ta cần tới bổ đề sau

∞
n=1

Chứng minh. Trước tiên chúng ta chứng tỏ rằng

1−

|a|2
Bổ đề 1.1.1. Nếu 1 + w = (1 − a).e và |a| < 1 thì |w| ≤
.
(1 − |a|)
a

Chứng minh. Trước hết, viết hàm ea dưới dạng khai triển chuỗi Taylor,
chúng ta nhận được
1
a2
− ... − 1 −
1 + w = (1 − a)e = 1 −
2
n
a

an
− ...
(n − 1)!


Vì |a| < 1 nên
|w| = |(1 − a)ea − 1|
|a|2
(n − 1) n
≤
+ ... +
|a| + ...
2
n!
|a|2
2
3
≤ |a| + |a| + ... =
.
1 − |a|
Tiếp theo ta chứng tỏ rằng chuỗi
∞

∞

∞

1−

wn (z) =
n=1

n=1

n=1


z
an

z

e an − 1


8

hội tụ đều và tuyệt đối trên đĩa DR/2 . Điều đó sẽ chứng tỏ rằng
∞

1−
n=1

z
an

z
R
< 1, |z| ≤
ta có
an
2

là hàm nguyên. Thật vậy, với n ≥ N,

|wn (z)| ≤


z
an
1−

z

e an

2

z
an

R
2

≤

1−

2

1
2

·

1
|an |2


vì |z| ≤ R2 , |an | ≥ R với n ≥ M. Do đó
|wn (z)| ≤

1
R2
·
= Mn .
2 |an |2

Theo giả thiết chuỗi
Mn hội tụ và theo tiêu chuẩn Weierstrass chuỗi
wn (z) hội tụ đều và tuyệt đối. Do đó, hàm f1 được xác định bởi
∞

f1 (z) = z

k

1−
n=1

z
an

z

e an

là hàm nguyên. Từ định nghĩa của tích rõ ràng hàm f1 có đúng các

không điểm đòi hỏi. Do đó hàm eg f1 cũng như vậy. Nếu hàm f có những
f
không điểm đã cho thì hàm
là hàm nguyên và không có không điểm.
f1
Đến đây, việc chứng minh của định lý được hoàn thành nhờ kết quả của
bổ đề dưới đây phép chứng minh ta có thể xem trong tài liệu tham khảo
[7, proposition 4.1.1].
Bổ đề 1.1.2. Giả sử h(z) là hàm nguyên không có không điểm. Khi đó,
có một hàm nguyên g(z) sao cho h = eg .
Công thức tích vô hạn thứ nhất. Từ định lý định lý tích chính tắc,
chúng ta nhận được một số dạng biểu diễn dưới dạng tích vô hạn sau
của hàm gamma. Để đưa ra được các công thức biểu diễn này ta cần tới
một số kết quả sau


9

Mệnh đề 1.1.1. Nếu một tích vô hạn hội tụ thì các thừa số của nó cũng
tiến tới 1. Cũng vậy, một tích vô hạn hội tụ có giá trị 0 nếu và chỉ nếu
nó có một thừa số bằng 0.
Chứng minh. Ý thứ hai của mệnh đề được suy ra trực tiếp từ định
nghĩa của sự hội tụ của tích vô hạn. Nếu không một thừa số zn nào triệt
tiêu với n ≥ m và pn = zm .zm+1 · · · zn thì như thế pn → p là một số khác
không, nên
zn =

pn
p
zm .zm+1 · · · zn−1 · zn

=
→ = 1.
zm .zm+1 · · · zn−1
pn−1
p

Như vậy, từ mệnh đề trên ta thấy rằng các thừa số của một tích vô hạn
hội tự luôn tiến tới 1. Từ đó, chúng ta có thể viết zn có dạng 1 + an và
tích vô hạn trở thành
∞

(1 + an ).
n=1

Như vậy, tích vô hạn này hội tụ thì an → 0.
∞

(1 + an ) hội tụ nếu và chỉ nếu an → 0

Định lý 1.1.3. Mọi tích vô hạn
n=1

∞

log(1 + an ) hội tụ bắt đầu từ một chỉ số m + 1 nào đó.

và chuỗi
n=m+1

Hơn nữa, nếu L là tổng của chuỗi này, thì giá trị của tích vô hạn được

xác định bởi
∞

(1 + an ) = (1 + an )...(1 + am )eL .
n=1

Chứng minh. Trước hết, chúng ta lưu ý rằng cụm từ “bắt đầu từ một
chỉ số m + 1 thích hợp” liên quan đến chuỗi logarit là rất cần thiết. Điều
đó đảm bảo rằng bắt đầu từ một chỉ số đủ lớn không có số hạng nào
trong các số hạng 1 + an bằng 0.
∞

(1 + an ) hội tụ ít nhất ta cần phải có

Theo mệnh đề 1.1.1 để tích
n=1

an → 0. Ngoài ra, chúng ta có thể cố định chỉ số m sao cho với mọi
n > m nghĩa là |an | < 1. Bằng cách đặt zn = 1 + an chúng ta sẽ chứng


10
∞

∞

zn hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi

minh rằng tích vô hạn
n=m+1


log zn
n=m+1

hội tụ và nếu L là tổng của chuỗi này thì
∞

zn = z1 ...zm eL .
n=m+1

Thật vậy, với mỗi n > m kí hiệu tương ứng tích riêng và tổng riêng như
sau
n
n
zk .

zk và sn =

pn =

k=m+1

k=m+1

Bởi vì exp(log z) = z với bất kì số phức z khác 0 ta suy ra
exp(sn ) = pn .
Do đó, nếu tổng sn hội tụ tới một giá trị L thì đẳng thức trên chứng tỏ
rằng dãy tích riêng pn hội tụ tới eL và điều này cũng chứng tỏ
∞


zn = z1 ...zm eL .
n=m+1

Ngược lại, giả sử rằng dãy tích riêng {pn } hội tụ tới một số phức z
khác 0 ta cũng sẽ chứng tỏ rằng dãy tổng riêng {sn } cũng hội tụ. Từ
exp(sn ) = pn ta có ngay
∞

zn = z1 ...zm eL .
n=m+1

zm+1
chúng ta có thể giả thiết rằng với mỗi
p
k > m có thể viết pn = exp(log pn ). Lại do exp(sn ) = pn nên ta suy ra
rằng nếu n > m thì
sn = log pn + 2πikn ;
Lưu ý rằng, thay zm+1 bằng

với mỗi số nguyên kn nào đó. Hơn nữa, vì
n

sn − sn−1 =

n−1

log zk −
k=m+1

log zk = log zn .

k=m+1


11

Bởi vì zn → 1 (khi an → 0), ta suy ra rằng
log pn − log pn−1 + 2π(kn − kn−1 ) = sn − sn−1 → 0;
khi n → ∞. Theo giả thiết pn → 1 nên ta có kn − kn−1 → 0. Điều này
chỉ có thể xảy ra khi n đủ lớn thì kn = k. Từ đó suy ra rằng
sn = log pn + 2πikn → 2πikn .
Điều đó chứng tỏ rằng dãy tổng riêng {sn } cũng hội tụ.
Định lý 1.1.4. (Định lí Tannery đối với chuỗi). Giả sử với mỗi số
∞

nguyên dương n chuỗi

an (n) hội tụ đồng thời các điều kiện sau được
k=1

thỏa mãn
(i) với mỗi k cố định lim ak (n) = ak
n→∞

(ii) |ak (n)| ≤ Mk ; với mọi n
∞

Mk hội tụ.

(iii) chuỗi
k=1


Khi đó

∞

lim

n→∞

∞

ak (n) =
k=1

ak .
k=1

Chứng minh. Theo tiêu chuẩn Cauchy đối với chuỗi, với mỗi ε > 0 tồn
tại một số nguyên dương m1 sao cho
ε
Mm1 +1 + Mm1 +2 + ... < .
3
Bởi vì
|ak (n)| ≤ Mk ; với mọi n, k
nên khi cho n → ∞ chúng ta có
|ak | ≤ Mk ; với mọi k.
Do đó sử dụng đánh giá
|ak (n) − ak | ≤ |ak (n)| + |ak | ≤ Mk + Mk = 2Mk ,



12

ta thu được
∞

∞

ak (n) −
k=1

∞

m1

(ak (n) − ak )

(ak (n) − ak ) +

ak =

k=m1 +1
∞

k=1
m1

k=1

|ak (n) − ak | +


≤
k=1
m1

<
k=1

2Mk
k=m1 +1

ε
|ak (n) − ak | + 2 .
3

Bởi vì lim ak (n) = ak , nên tồn tại số nguyên dương N sao cho với mỗi
n→∞

k = 1, 2, ..., m1 và n > N ta có
ε
.
2m1

|ak (n) − ak | <
Do đó, nếu n > N thì
∞

∞

ak (n) −


m1

ak =

k=1

k=1

k=1

ε
ε
+ 2 = ε.
3m1
3

Chú ý 1.1.1. Một cách ngắn gọn, ta có thể viết kết quả của định lí
Tannery như sau
∞

∞

lim

n→∞

ak (n) =

lim ak (n).


k=1

k=1

x→∞

1
Bổ đề 1.1.3. Giả sử z là số phức thỏa mãn |z| ≤ . Khi đó, ta có
2
1
3
|z| ≤ |log(1 + z)| ≤ |z| .
2
2
Chứng minh. Bởi vì |z| ≤

1
nên ta có
2
∞

zn
log(1 + z) =
(−1)
.
n
+
1
n=0
n


Do đó
log(1 + z)
−1 ≤
z

∞

n=1

|z|n
≤
n+1

∞

n=1

1
≤
2n (n + 1)

∞

n=1

1
2n+1

1

= .
2


13

Điều này chứng tỏ rằng
1−

log(1 + z)
1 3
1 1
≤1+ = .
= ≤
2 2
z
2 2

Nhân cả hai vế của đẳng thức này với |z| ta nhận được điều phải chứng
minh.
Định lý 1.1.5. (Định lí Tannery đối với tích vô hạn). Giả sử với mỗi
∞

số tự nhiên n bất kì, tích vô hạn

(1 + ak (n)) hội tụ. Đồng thời tích
k=1

này thỏa mãn các điều kiện sau
(i) với mỗi một k sao cho lim ak (n) = ak

n→∞

(ii) với mọi n mà |ak (n)| ≤ Mk
∞

(iii) chuỗi

Mk hội tụ.
k=1

Khi đó

∞

lim

n→∞

∞

(1 + ak (n)) =
k=1

(1 + ak ).
k=1

Chứng minh. Trước hết, chúng ta chọn m sao cho với mọi k > m ta
1
có Mk < . Với n > m chúng ta có thể viết
2

∞

p(n) = q(n) ·

(1 + ak (n)),
k=m+1

ở đây

m

q(n) =

(1 + ak (n)).
k=1

m

Do q(n) →

(1 + ak ) khi n → ∞, nên vấn đề còn lại chỉ cần chứng
k=1
∞

∞

(1 + ak ) khi n → ∞. Do

(1 + ak (n)) hội tụ tới


minh rằng
k=m+1

k=m+1

1
Mk < với k > m nên ta có
2
1
|ak (n)| ≤ Mk ≤ .
2


14

Theo bổ đề 1.1.3 ta thấy rằng với k > m thì
|log(1 + ak (n))| ≤

3
3
|ak (n)| ≤ Mk .
2
2

Bởi vì ak (n)Mk < ∞ nên từ định lý Tannery đối với chuỗi ta suy ra rằng
∞

∞

log(1 + ak ).


log(1 + ak (n)) =

lim

n→∞

k=m+1

k=m+1

Mặt khác từ định lí 1.1.3 ta có
∞

∞

log(1 + ak (n)) .

log(1 + ak (n)) = exp
k=m+1

k=m+1

Cho n → ∞ cả hai vế của đẳng thức này và lại sử dụng định lí 1.1.3
chúng ta thu được
∞

lim

n→∞


∞

log(1 + ak (n)) = lim exp
n→∞

k=m+1

log(1 + ak (n))
k=m+1

∞

= exp

log(1 + ak )
k=m+1

∞

=

(1 + ak ).
k=m+1

Bổ đề 1.1.4. Với mỗi số nguyên dương có dạng n = 2m + 1, thì đa thức
bậc n có dạng
1
Fn (z) =
2i


n

iz
1+
n

iz
− 1−
n

được biểu diễn dưới dạng tích như sau

m

Fn (z) = z
k=1


1 −


n

(1.1.13)


z2

n2 tan2



.
kπ 
n


15

Chứng minh. Chúng ta bắt đầu việc chứng minh của mình bằng cách
viết
1 iz
(e − e−iz )
2i
1
iz
= lim
1+
n→∞ 2i
n

sin(z) =

n

iz
− 1−
n

n


= lim Fn (z).
n→∞

Nhận xét rằng nếu đặt z = n tan θ, ta có
1+

sin θ
iz
= 1 + i tan θ = 1 + i
= sec θeiθ .
n
cos θ

Tương tự như thế ta cũng có
1−

iz
= sec θe−iθ .
n

Do đó
Fn (n tan θ) =

1
secn θ(einθ − e−inθ ) = secn θ sin(nθ).
2i

Từ đó suy ra Fn (n tan θ) = 0 khi nθ = kπ với số nguyên k bất kì. Nghĩa
kπ

=
là, với số nguyên k bất kì ta có Fn (zk ) = 0 khi zk = n tan
n
kπ
−π π
n tan
. Vì tan θ là hàm lẻ tăng chặt trên khoảng
,
,
2m + 1
2 2
nên zk nhận các giá trị phân biệt với mỗi k = 0, ±1, ±2, ..., ±m. Do đó,
ta tìm được n nghiệm phân biệt của hàm Fn (z). Như thế, từ định lí cơ
bản của đại số thì chúng ta có thể viết
Fn (z) = (z − z0 ) · (z − z1 ) · · · (z − zm ) · (z − z−1 ) · · · (z − z−m )
m

=z
k=1
m

kπ
z − n tan
n
z 2 − n2 tan2

=z
k=1

kπ

n

m

z + n tan
k=1

.

kπ
n


16

Ta có thể viết lại tích này như sau




m

Fn (z) = az
k=1


1 −


z2

n2 tan2



kπ 
n

với một vài hằng số a nào đó. Nhân ra các số hạng trong công thức
(1.1.13) chúng ta thấy rằng Fn (z) = z thêm vào các lũy thừa cao hơn
của z. Điều này suy ra rằng a = 1 và hoàn thành chứng minh của bổ đề.
Bổ đề 1.1.5. (Công thức tích Euler). Với mỗi số phức z ta có biểu diễn
dưới dạng tích vô hạn sau
∞

1−

sin πz = nz
n=1

Chứng minh. (i) Từ bổ đề 1.1.4 ta có




 m 
z2

sin z = lim z
1 −
n→∞ 

kπ

 k=1
n2 tan2
n

z2
.
n2

(1.1.14)




∞

 = lim
(1 − ak (n)),
 n→∞

k=1


ở đây, giới hạn được lấy qua các số tự nhiên lẻ n = 2m + 1
z2

ak (n) := −

n2 tan2


kπ
n

; với 1 ≤ k ≤ m và ak (n) := 0

với các giá trị còn lại.
(ii) Từ
tan z
sin z
1
= lim
·
=1
z→0 z
z→0 z
cos z
lim

nên
lim ak (n) = lim

n→∞

n→∞

−z 2
n2 tan2

kπ

n

= lim

n→∞

−z 2
tan(kπ/n)
1/n

2

=

z2
.
k2z 2


17

(iii) Ta dễ dàng chứng minh được bất đẳng thức
x < tan x; với 0 < x <

π
.
2

Do đó, nếu n = 2m + 1 và 1 ≤ k ≤ m thì
|z|2

|z|2
≤
2 = 2 2 ; với mọiz ∈ C.
k π
(kπ)
n2 2
n

z2

|ak (n)| =

n2 tan2

kπ
n

|z|2
(iv) Từ chuỗi
hội tụ nên theo định lí tích vô hạn Tannery ta có
2 2
k=1 k π
∞

n→∞

lim (1 + ak (n)) =z

(1 + ak (n)) = z


sin z = lim z

∞

∞

∞

k=1

k=1

n→∞

k=1

z2
1− 2 2
k π

.

Sau khi thay thế z bởi πz ta nhận được công thức cần chứng minh.
Để đưa ra được công thức biểu diễn tích vô hạn thứ nhất của hàm
gamma, ta cần xét đến hàm liên kết được cho bởi công thức
∞

G(z) =

1+

n=1

z −z/n
e
n

(1.1.15)

Từ định lý tích chính tắc, ta thấy ngay G(z) là hàm nguyên với các cực
điểm đơn tại các số nguyên âm −1, −2, −3, .... Bởi công thức tích Euler,
hàm này thỏa mãn đồng nhất thức
zG(z)G(−z) =

sin πz
.
π

(1.1.16)

Ta thấy hàm
H(z) = G(z − 1)

(1.1.17)

có không điểm 0, −1, −2, . . .. Từ định lý tích chính tắc ta có thể viết
∞
g(z)

H(z) = e


z

1+
n=1

z −z/n
e
= zeg(z) G(z)
n

(1.1.18)


18

với g(z) là một hàm nguyên.
Bây giờ chúng ta sẽ chứng tỏ g(z) là một hằng số. Lấy logarit hai vế của
đẳng thức (1.1.18) ta nhận được
∞

log H(z) = log z + g(z) +

log 1 +
n=1

z
z
−
n
n


Đạo hàm từng số hạng của chuỗi hàm này ta được
∞

1
d
log H(z) = + g (z) +
dx
z
n=1

z
1
−
.
z+n n

(1.1.19)

Tương tự, bởi công thức (1.1.15) ta có
d
log G(z − 1) =
dx

∞

n=1

1
1

−
z−1+n n
∞

1
= −1+
z
n=1
∞

1
= −1+
z
n=1
∞

1
= +
z n=1

1
1
−
z+n n+1
1
1
−
z+n n

1

1
−
z+n n

∞

+
n=1

1
1
−
n n+1

.

(1.1.20)

So sánh các công thức (1.1.19) và (1.1.20) sử dụng (1.1.17) chúng ta thấy
rằng g (z) = 0. Do đó g(z) là hàm hằng.
Giá trị hằng số g(z) = γ được gọi là hằng số Euler. Chúng ta có thể xác
định một biểu diễn của nó như sau. Bởi các công thức (1.1.15), (1.1.17)
và (1.1.18) chúng ta nhận được
G(z − 1) = zeγ G(z).

(1.1.21)

Do đó nếu cho z = 1 thì G(0) = 1 = eγ G(1). Do đó bởi công thức
(1.1.15) ta có
∞

−γ

e

=
n=1

∞

1 −1/n
n + 1 −1/n
1+
e
=
e
.
n
n
n=1


19

Chú ý rằng
n

k=1

k + 1 −1/k 2 3 4 n + 1 −1−1/2−1/3−...−1/n
e

= · · ·
e
k
1 2 3
n
= (n + 1)e−1−1/2−1/3−...−1/n
= ne−1−1/2−1/3−...−1/n + e−1−1/2−1/3−...−1/n .

Ta nhận được
e−γ = lim ne−1−1/2−1/3−...−1/n .
n→∞

Lấy logarit hai vế chúng ta nhận được
γ = lim

n→∞

1+

1
1
+ ... + − log n .
2
n

(1.1.22)

Về giá trị số có thể tìm được từ công thức trên là
γ = 0.5772156649015328606 . . .
Sau khi đã xác định được hàm liên kết G(z), nhờ định lí tích chính tắc

người ta định nghĩa hàm gamma qua công thức tích vô hạn như sau
Định nghĩa 1.1.2. Hàm gamma được xác định bởi
∞
γz

−1

Γ(z) = [ze G(z)]

γz

= ze

n=1

z −z/n
1+
e
n

−1

.

(1.1.23)

Bởi vì G là hàm nguyên có các không điểm đơn tại −1, −2, ..., chúng ta
suy ra Γ(z) là phân hình với các cực điểm đơn tại 0, −1, −2, ...
Công thức tích vô hạn thứ hai. Dạng biểu diễn thứ hai của hàm
gamma qua tích vô hạn được Euler đưa ra, công thức biểu diễn cho hàm

gamma như sau
Định nghĩa 1.1.3. Hàm gamma được xác định bởi công thức
∞

1
Γ(z) =
z n=1

1
1+
n

z

1+

z
n

−1

n!nz
. (1.1.24)
n→∞ z(z + 1)...(z + n)

= lim


20


Từ công thức tích vô hạn và định nghĩa ta có
1
=z
Γ(z)

n

lim e

(1+1/2+1/3+...+1/n−log n)z

1+

lim

n→∞

n→∞

k=1

n

= z lim e(1+1/2+1/3+...+1/n−log n)z

1+

n→∞

k=1

n

= z lim n−z
n→∞

1+
k=1

z
k

z −z
ek
k

z −z
ek
k

.

Bởi vì n−z = e− log n.z nên chúng ta nhận được
1
= z lim
n→∞
Γ(z)
= z lim

n→∞


1.1.4

n−1

k=1

z
1+
k

−z

z

n

1
1+
n

n

1+
k=1

k=1

z
k


z
1+
k

1
1+
k

−z

.

Một số tính chất của hàm gamma

Tính chất đơn giản. Từ (1.1.21) ta có
Γ(z + 1) = zΓ(z); với z = 0, −1, −2, . . .

(1.1.25)

được gọi là phương trình hàm của hàm gamma.
Cũng vậy
Γ(1) = 1 với Γ(z) = [zeγz G(z)]−1 và G(1) = e−γ .
Do đó, từ công thức (1.1.25) chúng ta thấy rằng
Γ(2) = 1.1 = 1!;
Γ(2) = 2.1 = 2!;
Γ(2) = 3.2.1 = 3!.
Tổng quát, ta nhận được kết quả sau
Γ(n + 1) = n!

(1.1.26)