✨Sophomore's dream

Trong toán học, sophomore's dream là hai đồng nhất thức (đặc biệt là cái đầu tiên):

:$\backslash begin\{align\}\; \backslash int$0^1 x^{-x}\,dx &= \sum{n=1}^\infty n^{-n} \ \int0^1 x^x \,dx &= \sum{n=1}^\infty (-1)^{n+1}n^{-n} = - \sum_{n=1}^\infty (-n)^{-n} \end{align} được phát hiện vào năm 1697 bởi Johann Bernoulli.

Giá trị xấp xỉ của những hằng số trên lần lượt là 1.291285997... và 0.7834305107...

Tên gọi "giấc mơ của sinh viên năm hai", xuất hiện trong , xuất phát từ "freshman's dream" là một đồng nhất thức sai . Sophomore's dream cho ta cảm giác tương tự, tốt đến mức không thể, nhưng khác với freshman's dream, hai đẳng thức trên là đúng.

Chứng minh

thumb|Đồ thị các hàm số (đỏ, dưới) và (xanh, trên) trên đoạn Chứng minh hai đẳng thức này giống nhau, nên chỉ chứng minh của đẳng thức thứ hai được trình bày. Các bước chính của chứng minh này là:

• viết (ký hiệu chỉ hàm mũ với cơ số tự nhiên );
• khai triển sử dụng chuỗi Taylor của hàm mũ , và
• lấy tích phân từng số hạng, sử dụng phương pháp đổi biến.

Cụ thể, ta khai triển thành

: $x^x\; =\; \backslash exp(x\; \backslash log\; x)\; =\; \backslash sum\_\{n=0\}^\backslash infty\; \backslash frac\{x^n(\backslash log\; x)^n\}\{n!\}.$

Như vậy, $\backslash int\_0^1\; x^x\backslash ,dx\; =\; \backslash int$0^1 \sum{n=0}^\infty \frac{x^n(\log x)^n}{n!} \,dx.

Do chuỗi lũy thừa trên hội tụ đều, ta có thể đổi chỗ dấu tổng và tích phân để được

: $\backslash int$0^1 x^x\,dx = \sum{n=0}^\infty \int_0^1 \frac{x^n(\log x)^n}{n!} \,dx.

Để tính các tích phân trên, ta có thể đổi biến , hay . Với phép đổi biến này, chặn dưới của tích phân biến thành còn chặn trên trở thành , cho ta đẳng thức :$\backslash int\_0^1\; x^n(\backslash log\; x)^n\backslash ,dx\; =\; (-1)^n\; (n+1)^\{-(n+1)\}\; \backslash int\_0^\backslash infty\; u^n\; e^\{-u\}\backslash ,du.$

Tích phân ở vế phải ở trên chính là tích phân Euler cho hàm gamma, cụ thể là :$\backslash int\_0^\backslash infty\; u^n\; e^\{-u\}\backslash ,du=n!,$ cho nên :$\backslash int\_0^1\; \backslash frac\{x^n\; (\backslash log\; x)^n\}\{n!\}\backslash ,dx\; =\; (-1)^n\; (n+1)^\{-(n+1)\}.$

Lấy tổng những hạng tử này (bắt đầu tại thay vì tại ) cho ta kết quả như trên.

Chứng minh gốc

Chứng minh gốc, đưa ra bởi , và được trình bày dưới dạng hiện đại bởi , khác chứng minh ở trên về cách tính các tích phân $\backslash int\_0^1\; x^n(\backslash log\; x)^n\backslash ,dx$, nhưng phần còn lại là giống nhau, trừ một số chi tiết nhỏ khác. Thay vì sử dụng phương pháp đổi biến để cho ra hàm gamma (chưa được biết đến lúc bấy giờ), Bernoulli sử dụng tích phân từng phần để tính các số hạng này theo phương pháp quy nạp.

Ta tính một tích phân bất định trước, bỏ hằng số tích phân vì trong chứng minh gốc không có nó, và vì nó sẽ triệt tiêu khi tính tích phân xác định.

Với , ta có thể tính tích phân $\backslash int\; x^m\; (\backslash log\; x)^n\backslash ,dx$ bằng cách đặt và , cho ta:

:

(cũng có trong danh sách tích phân với hàm lôgarít). Bước này làm giảm số mũ của hàm logarit đi một (từ xuống ) và từ đó ta có thể tính tích phân này bằng cách quy nạp, như sau : $\backslash int\; x^m\; (\backslash log\; x)^n\backslash ,dx\; =\; \backslash frac\{x^\{m+1\{m+1\}\; \backslash cdot\; \backslash sum\_\{i=0\}^n\; (-1)^i\; \backslash frac\{(n)\_i\}\{(m+1)^i\}\; (\backslash log\; x)^\{n-i\}$

trong đó ký hiệu cho giai thừa giảm. Đây là tổng hữu hạn vì quá trình quy nạp dừng tại do là số nguyên.

Trong trường hợp là các số nguyên thì

:$\backslash int\; x^n\; (\backslash log\; x)^n\backslash ,dx\; =\; \backslash frac\{x^\{n+1\{n+1\}\; \backslash cdot\; \backslash sum\_\{i=0\}^n\; (-1)^i\; \backslash frac\{(n)\_i\}\{(n+1)^i\}\; (\backslash log\; x)^\{n-i\}.$

Lấy tích phân từ đến , tất cả số hạng triệt tiêu ngoại trừ số hạng cuối cùng tại , cho ta:

:$\backslash int\_0^1\; \backslash frac\{x^n\; (\backslash log\; x)^n\}\{n!\}\backslash ,dx\; =\; \backslash frac\{1\}\{n!\}\backslash frac\{1^\{n+1\{n+1\}\; (-1)^n\; \backslash frac\{(n)\_n\}\{(n+1)^n\}\; =\; (-1)^n\; (n+1)^\{-(n+1)\}.$

Từ góc nhìn hiện đại, chứng minh này tương đương với việc chứng minh tích phân Euler $\backslash Gamma(n+1)\; =\; n!$ cho hàm gamma trên một tập xác định khác (tương ứng với việc đổi biến), do đồng nhất thức của Euler có thể được chứng minh bằng tích phân từng phần.