Đang tải... (xem toàn văn)
GIẢI TÍCH CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ
GIẢI TÍCH CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ PGS. TS Lê Hoàn Hóa Ngày 11 tháng 10 năm 2004 1 Giới hạn của dãy số 1.1 Định nghĩa Cho (x n ) n là dãy số thực. Ta nói : • Dãy (x n ) n hội tụ về x (x hữu hạn) khi n → ∞, ký hiệu lim n→∞ x n = x hay lim x n = x nếu với mọi > 0, tồn tại số tự nhiên n 0 ∈ N sao cho với mọi n ≥ n 0 thì |x n − x| < . lim x n = x ⇐⇒ ∀ > 0, ∃n 0 ∈ N : ∀n ≥ n 0 =⇒ |x n − x| < ⇐⇒ lim |x n − x| = 0 • Dãy (x n ) n tiến ra +∞ (theo tứ tự −∞) nếu với mọi A ∈ R, tồn tại n 0 ∈ N sao cho với mọi n ≥ n 0 thì x n > A (theo thứ tự x n < A). • Dãy (x n ) n phân kỳ nếu không có lim x n hoặc lim x n = +∞ hoặc lim x n = −∞. Như vậy với một dãy (x n ) n chỉ có hai trường hợp : hoặc (x n ) n hội tụ hoặc (x n ) n phân kỳ. 1.2 Định lý cơ bản 1. Nếu(x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên và a = sup{x n } thì lim x n = a. Nếu (x n ) n là dãy giảm, bị chặn dưới và b = inf{x n } thì lim x n = b. 2. Giới hạn kẹp : Giả sử : a n ≤ x n ≤ b n , ∀n ≥ n 0 và lim a n = lim b n = a. Khi đó lim x n = a. 3. Tiêu chuẩn Cauchy : (x n ) n hội tụ ⇐⇒ ∀ > 0, ∃n 0 ∈ N : ∀n ≥ n 0 , ∀p ∈ N =⇒ |x n+p − x n | < 1.3 Các giới hạn cơ bản 1. lim 1 n α = 0, ∀α > 0 2. lim q n = 0, ∀q, |q| < 1 3. lim n √ a = 1, ∀a > 0 1 4. lim n √ n p = 1, ∀p ≥ 0 5. lim n p (1 + a) n = 0, ∀a > 0, ∀p 6. lim n p e n = 0, ∀p 7. lim(1 + 1 n ) n = e 8. lim(1 − 1 n ) n = e −1 9. lim ln p n n α = 0, ∀α > 0, ∀p 10. lim n n √ n! = e 1.4 Ví dụ 1.4.1 Ví dụ 1 Với a > 0, cho x n = (1 + a n ) n , y n = (1 + a n ) n+1 , n ∈ N. 1. Chứng minh : (x n ) n là dãy tăng, (y n ) n là dãy giảm. 2. Chứng minh :(x n ) n ,(y n ) n hội tụ và lim x n = lim y n . Đặt lim x n = lim y n = e a Giải : 1. Trước tiên ta chứng minh : Với α ≥ −1, (1 + α) n ≥ 1 + nα, ∀n ∈ N . Bất đẳng thức đúng với n = 1. Giả sử đúng đến n. Khi đó, do 1 + α ≥ 0 : (1 + α) n+1 = (1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α) = 1 + (n + 1)α + α 2 ≥ 1 + (n + 1)α Ta có, với mọi n ∈ N : x n+1 x n = (1 + a n + 1 ) n+1 (1 + a n ) n = (1 + a n + 1 )( 1 + a n + 1 1 + a n ) n = (1 + a n + 1 )(1 − a (n + 1)(n + a) ) n ≥ (1 + a n + 1 )[1 − na (n + 1)(n + a) ] = 1 + a 2 (n + 1) 2 (n + a) > 1 Vậy (x n ) n là dãy tăng. Tương tự : y n y n+1 = (1 + a n ) n+1 (1 + a n + 1 ) n+2 = (1 + a n + 1 ) −1 [1 + a n(n + 1 + a) ] n+1 ≥ (1 − a n + 1 + a )(1 + (n + 1)a n(n + 1 + a) ) ≥ 1 + (n + 1)a n(n + 1 + a) 2 > 1 Vậy (y n ) n là dãy giảm. 2 2. Ta có : (1 + a) = x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x n ≤ y n ≤ ≤ y 1 = (1 + a) 2 Vậy (x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên ; (y n ) n là dãy giảm, bị chặn dưới, chúng hội tụ. Đặt lim x n = lim y n = lim(1 + a n ) n = e a 1.4.2 Ví dụ 2 Cho (x n ) n định bởi : x 1 = √ 2, x n+1 = √ 2 + x n , ∀n ∈ N. Chứng minh (x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên. Tính lim x n Giải : Ta có : x n ≥ 0, ∀n và x n+1 − x n = √ 2 + x n − x n = 2 + x n − x n 2 √ 2 + x n + x n Tam thức bậc hai 2 + x n − x n 2 ≥ 0 ⇐⇒ −2 ≤ x n ≤ 2, ∀n. Bằng quy nạp, ta có : x 1 = √ 2 < 2. Giả sử x n ≤ 2. Khi đó : x n+1 = √ 2 + x n ≤ 2 Vậy (x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên nên (x n ) n hội tụ. Đặt x = lim x n . Từ đẳng thức x n+1 = √ 2 + x n , ∀n ∈ N, cho n → ∞, ta có : x = √ 2 + x hay x 2 −x −2 = 0 Vậy x = 2. 1.4.3 Ví dụ 3 lim 3 n+1 + 2 n 3 n + 2 n = lim 3 n+1 [1 + (2 /3 ) n+1 ] 3 n [1 + (2 /3 ) n ] = 3 1.4.4 Ví dụ 4 Tính lim n √ a n + b n + c n , a, b, c > 0. Giả sử a = max{a, b, c}. Ta có : a ≤ n √ a n + b n + c n = a n 1 + ( b a ) n + ( c a ) n ≤ a n √ 3 Vậy lim n √ a n + b n + c n = max{a, b, c} 1.4.5 Ví dụ 5 Tính lim n √ n 2 2 n + 3 n Do lim n 2 (3 /2 ) n = 0 nên có n 0 ∈ N sao cho n 2 (3 /2 ) n < 1, ∀n ≥ n 0 . Với n ≥ n 0 , ta có : 3 ≤ n √ n 2 2 n + 3 n = 3 n 1 + n 2 (3 /2 ) n ≤ 3 n √ 2 Do định lý giới hạn kẹp lim n √ n 2 2 n + 3 n = 3 3 1.4.6 Ví dụ 6 Tính lim sin(π √ n 2 + 1) 0 ≤ |sin(π √ n 2 + 1)| = |sin π( √ n 2 + 1 − n)| = |sin( π √ n 2 + 1 + n )| ≤ π √ n 2 + 1 + n Vậy lim sin(π √ n 2 + 1) = 0 BÀI TẬP Tính các giới hạn sau 1. lim( √ n 2 + 5 − √ n 2 + 3) 2. lim n sin n n 2 + 1 3. lim a n − b n a n + b n , ∀a, b > 0 4. lim nq n , |q| < 1 5. lim 2 n n! ( HD: 2 n n! = 2.2 2.2 1.2 (n − 1).n ≤ 4 n ) 6. lim n 2 n! 7. Chứng minh : 1 2 + 2 2 + + n 2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 Tính 1 2 + 2 2 + + n 2 n 3 8. Tính lim n( n √ e − 1) HD : Dùng thí dụ (1) có bất đẳng thức : (1 + 1 n ) n < e < (1 − 1 n − 1 ) n , ∀n 9. Cho (x n ) n định bởi : x 1 = √ a, x n+1 = √ a + x n , ∀n(a > 0) Xét tính đơn điệu của (x n ) n và tính lim x n (nếu có). 10. Tính lim n 2 √ n HD : n 2 √ n = exp[− √ n ln 2(1 − ln n √ n ln 2 )] Do lim lnn √ n ln 2 = 0 nên lim(ln n − √ n ln 2) = −∞. Suy ra với mọi A > 0, có n 0 ∈ N sao cho với n ≥ n 0 thì n 2 √ n ≤ e −A . Vậy lim n 2 √ n = 0 4 Tài liệu ôn thi cao học năm 200 5 Môn: Giải tích cơ bản GV: PGS.TS. Lê Hoàn Hóa Đánh máy: NTV Phiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004 HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC 1 Giới hạn liên tục Định nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x 0 ∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếu với mọi δ > 0, I ∩ (x 0 − δ, x 0 + δ)\{x 0 } = 0. Cho f : I → R và x 0 là điểm giới hạn của I. Ta nói: lim x→x 0 f(x) = a ∈ R ⇐⇒ ∀ε, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x − x 0 | < δ =⇒ |f(x) − a| < ε lim x→x 0 f(x) = +∞ (−∞) ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x−x 0 | < δ =⇒ f(x) > A (f(x) < A) Định nghĩa 1.2 Cho f : I → R và x 0 ∈ I. Ta nói: f liên tục tại x 0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, |x −x 0 | < δ =⇒ |f(x) − f(x 0 )| < ε Nếu x 0 là điểm giới hạn của I thì: f liên tục tại x 0 ⇐⇒ lim x→x 0 f(x) = f(x 0 ) Nếu f liên tục tại mọi x ∈ I, ta nói f liên tục trên I. f liên tục trên I ⇐⇒ ∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, |x − x | < δ =⇒ |f(x) − f(x )| < Ta nói: f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x, x ∈ I, |x − x | < δ =⇒ |f(x) − f(x )| < Hàm số liên tục trên một đoạn: Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó: i) f liên tục đều trên [a, b]. ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b]. Đặt m = min{f (x), x ∈ [a, b]}, M = max{f(x), x ∈ [a, b]}. Khi đó f ([a, b]) = [m, M] (nghĩa là f đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M). 1 2 Sự khả vi Định nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x 0 ∈ I. Ta nói f khả vi tại x 0 nếu lim t→0 f(x 0 + t) − f(x 0 ) t tồn tại hữu hạn. Khi đó đặt f (x 0 ) = lim t→0 f(x 0 + t) − f(x 0 ) t gọi là đạo hàm của f tại x 0 Nếu f khả vi tại mọi x ∈ I, ta nói f khả vi trên I. Định lí 2.1 (Cauchy) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Giả sử f (x) = 0 trên (a, b). Khi đó, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho: f (c)[g(b) − g(a)] = g (c)[f(b) −f(a)] Trường hợp g(x) = x, ta có công thức Lagrange f(b) −f(a) = f (c)(b − a) Quy tắc Lôpitan: Cho x 0 ∈ R hoặc x 0 = ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x 0 . Giả sử g và g khác không và lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0 g(x) = 0 hoặc lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0 g(x) = +∞ hoặc −∞. Khi đó: Nếu lim x→x 0 f (x) g (x) = A thì lim x→x 0 f(x) g(x) = A (A có thể là hữu hạn hoặc vô hạn). Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân: Cho f liên tục, u, v khả vi. Đặt F (x) = v(x) u(x) f(t) dt Khi đó: F khả vi và F (x) = v (x)f(v(x)) − u (x)f(u(x)). 3 Vô cùng bé - Vô cùng lớn Hàm f được gọ i là lượng vô cùng bé khi x → x 0 nếu lim x→x 0 f(x) = 0. Cho f, g là hai lượng vô cùng bé khi x → x 0 . Giả sử lim x→x 0 f(x) g(x) = k - Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương. - Nếu k = 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc. - Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f . - Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g. 2 Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x 0 . Giả sử tồn tại k > 0 sao cho lim x→x 0 f(x) (x−x 0 ) k tồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vô cùng bé f khi x → x 0 . Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x 0 nếu lim x→x 0 f(x) = +∞ hoặc −∞. Nếu f là vô cùng lớn khi x → x 0 thì 1 f là vô cùng bé khi x → x 0 . Cho f, g là vô cùng lớn khi x → x 0 . Giả sử lim x→x 0 f(x) g(x) = k. - Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn tương đương. - Nếu k = 0 và hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn cùng bậc. - Nếu k = 0, ta nói g là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn f. - Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói f là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn g. Cho f là vô cùng lớn khi x → x 0 . Bậc của vô cùng lớn f là số k > 0 (nếu có sẽ duy nhất) sao cho lim x→x 0 (x − x 0 ) k f(x) tồn tại hữu hạn và khác không. 4 Công thức Taylor Cho f : (a, b) → R có đạo hàm bậc (n + 1). Với x 0 , x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho: f(x) = n k=0 f (k) (x 0 ) k! (x − x 0 ) k + 1 (n + 1)! f (n+1) (x 0 + θ(x − x 0 )) R n (x) = 1 (n+1)! f (n+1) (x 0 + θ(x − x 0 )) là dư số Lagrange. Hoặc: f(x) = n k=0 f (k) (x 0 ) k! (x − x 0 ) k + o (|x − x 0 | n ) R n (x) = o (|x − x 0 | n ) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọ i là dư số Peano. Nếu x 0 = 0 ta được công thức Maclaurin: f(x) = n k=0 f (k) (0) k! x k + R n (x) . Công thức Maclaurin của hàm sơ cấp a) e x = 1 + x + x 2 2! + ···+ x n n! + R n (x), R n (x) = e θx (n + 1)! x n+1 hoặc R n (x) = o(x n ). b) sin x = x − x 3 3! + x 5 5! + ··· + (−1) n x 2n−1 (2n − 1)! + R 2n , R 2n = (−1) n cos θx. x 2n+1 (2n + 1)! hoặc R 2n = o(x 2n ). c) cos x = 1 − x 2 2! + x 4 4! + ···+ (−1) n x 2n (2n)! + R 2n+1 , R 2n+1 = (−1) n+1 cos θx. x 2n+2 (2n + 2)! hoặc R 2n+1 = o(x 2n+1 ). 3 d) (1 + x) α = 1 + αx 1! + α(α − 1) 2! x 2 + ···+ α(α − 1) . . . (α − n + 1) n! x n + R n , (x > −1). R n = α(α − 1) . . . (α − n + 1) n! (1 + θx) α−n+1 .x n+1 hoặc R n = o(x n ). e) ln(1 + x) = x − x 2 2 + x 3 3 + ···+ (−1) n+1 x n n + o(x n ), x > −1 f) arctgx = x − x 3 3 + x 5 5 + ···+ (−1) n+1 x 2n−1 2n − 1 + o(x 2n ) 5 Các giới hạn cơ bản 1. lim t→0 sin t t = lim t→0 tgt t = lim t→0 arctgt t = lim t→0 arcsint t = lim t→0 ln (1 + t) t = lim t→0 e t − 1 t 2. lim t→0 (1 + t) a − 1 t = a. 3. lim t→0 1 − cos t t 2 = 1 2 . 4. lim t→∞ t p e t = 0 ∀p. 5. lim t→∞ ln p t t α = 0, α > 0, ∀p. Thí dụ: Tính các giới hạn sau: 1. lim x→1 m √ x − 1 n √ x − 1 = lim t→0 (1 + t) 1/m − 1 (1 + t) 1/n − 1 = n m . 2. lim x→1 (1 − √ x)(1 − 3 √ x) . . . (1 − n √ x) (1 − x) n−1 = lim t→0 1 − (1 + t) 1/2 . 1 − (1 + t) 1/3 . . . 1 − (1 + t) 1/n (−t) n−1 = 1 2 . 1 3 . . . 1 n = 1 n! 3. I = lim x→0 x 2 n √ 1 + 5 x − (1 + x) Đặt t 5 = 1 + 5x hay x = t 5 −1 5 Suy ra : x 2 5 √ 1 + 5x − (1 + x) = − (t 5 − 1) 2 5(t 5 − t + 4) = − (t 5 − 1) 2 5(t − 1) 2 (t 3 + 2t 2 + 3t − 4) Vậy I = − 5 2 4. lim x→+∞ 1 x ln e x − 1 x = lim x→+∞ 1 x ln(e x − 1) − ln x = 1 5. lim x→0 ln(cos x) x 2 = lim x→0 ln[1 + (cos x − 1)] x 2 = lim x→0 cos x − 1 x 2 = − 1 2 6. lim x→0 1 sin x − cotg x = lim x→0 1 − cos x sin x = lim x→0 x 2 2x = 0 4 7. lim x→0 3 √ cos x − √ cos x x 2 = lim x→0 1 − x 2 2 1 3 − 1 − x 2 2 1 2 x 2 = lim x→0 − x 2 6 + x 2 4 x 2 = 1 12 (dùng 1 − cos x ∼ x 2 2 , lim t→0 (1 + t) α − 1 t = α ) 8. lim x→∞ sin √ x + 1 − sin √ x = lim x→∞ 2 sin √ x + 1 − √ x 2 . cos √ x + 1 + √ x 2 = 0 Tính lim x→x 0 u(x) v(x) Đặt y = u v ⇒ ln y = v ln u. Sau đó tính lim x→x 0 v ln u Nếu lim x→x 0 v ln u = a thì lim x→x 0 u v = e a 9. lim x→+∞ x + 2 x − 3 3x+4 Đặt y = lim x→+∞ x + 2 x − 3 3x+4 ⇒ ln y = (3x + 4) ln x + 2 x − 3 ⇒ ln y = (3x + 4) ln 1 + 5 x − 3 Vậy lim x→∞ ln y = lim x→∞ (3x + 4). 5 x − 3 = 15 Suy ra lim x→∞ y = e 15 10. lim x→0 1 + tg x 1 + sin x 1 sin x Đặt y = 1 + tg x 1 + sin x 1 sin x ⇒ ln y = 1 sin x ln 1 + tg x 1 + sin x = 1 sin x ln 1 + tg x − sin x 1 + sin x (dùng ln(1 + t) ∼ t) ⇒ lim x→0 ln y = lim x→0 tg x − sin x sin x(1 + sin x) = lim x→0 1 cos x − 1 1 + sin x = 0 Vậy lim x→0 y = 1 Chứng minh các lượng vô cùng bé sau tương đương khi x → 0: 1. f(x) = x sin 2 x, g(x) = x 2 sin x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 x sin 2 x x 2 sin x = 1 5 2. f(x) = e 2x − e x , g(x) = sin 2x −x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 e 2x − e x sin 2x − x = lim x→0 2e 2x − e x 2 cos 2x − 1 = 1 So sánh các vô cùng bé khi x → 0 1. f(x) = 1 −cos 3 x, g(x) = x sin x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 1 − cos 3 x x sin x = lim x→0 (1 − cos x)(1 + cos x + cos 2 x) x 2 = 3 2 (thay sin t ∼ t) Vậy f, g là vô cùng bé cùng bậc. 2. f(x) = cos x − cos 2x, g (x) = x 3 2 lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 cos x − cos 2x x 3 2 = lim x→0 (cos x − 1) + (1 − cos 2x) x 3 2 = 0 Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g. Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x → 0 1. f(x) = √ cos x − 3 √ cos x lim x→0 f(x) x k = lim x→0 √ cos x − 3 √ cos x x k = lim x→0 1 − x 2 2 1 2 − 1 − x 2 2 1 3 x k = − 1 12 nếu k = 2 Vậy f là vô cùng bé bậc 2. 2. f(x) = x sin x − sin 2 x Ta có: f (x) = sin x(x −sin x) ∼ x x 3 3! = x 4 3! (dùng khai triển Taylor) Vậy f là vô cùng bé bậc 4. 3. Tìm bậc của vô cùng lớn f(x) = 1 + √ x khi x → +∞ f(x) = 1 + √ x = x 1 2 (1 + x −1 2 ) = x 1 4 1 + x −1 2 Vậy f là vô cùng lớn bậc 1 4 Lưu ý. Để tìm bậc của vô cùng lớn khi x → +∞, ta tìm số k > 0 sao cho lim x→∞ f(x) x k tồn tại hữu hạn và khác không. 4. Tìm lượng tương đương của f(x) = x[ x 2 + √ x 4 + 1 − x √ 2] khi x → +∞ Dùng (1 + t) α ) − 1 ∼ αt khi t → 0, ta có f(x) = x 2 1 + 1 + 1 x 4 1 2 1 2 − √ 2 ∼ x 2 2 + 1 2x 4 1 2 − √ 2 6 [...]... nghĩa là mọi dãy cơ bản trong Rn đều hội tụ 2) Cho A là tập đóng bị chặn trong Rn và (xk )k là dãy trong A Khi đó có dãy con (xki )i của dãy (xk )k sao cho lim xki = x và x ∈ A i→∞ 2 Giới hạn và sự liên tục : Định nghĩa: Cho D ⊂ Rn , điểm x0 ∈ Rn được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của D nếu với mọi r > 0 thì D ∩ B(x0 , r) \ {x0 } = Ø 1 x0 là điểm giới hạn của D nếu và chỉ nếu có dãy (xk )k trong... hội tụ tuyệt đối nα 9 3 Chuỗi hàm số 3.1 Sự hội tụ : n Định nghĩa 2 Với mọi n ∈ N, un : I ⊂ R → R, chuỗi hàm tương ứng ký hiệu là ∞ mỗi x ∈ I, có chuỗi số thực un Với 1 un (x), khi x thay đổi trên I, có vô số chuỗi số, trong số đó có 1 những chuỗi số hội tụ và những chuỗi phân kỳ ∞ Đăt D = x ∈ I, ∞ un (x) hội tụ un (x), x ∈ D D được gọi là miền và đặt u(x) = 1 1 ∞ hội tụ của chuỗi, ký hiệu : u = un... x = π +t 2 9 GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Lê Hoàn Hóa Ngày 10 tháng 11 năm 2004 LÝ THUYẾT CHUỖI 1 Chuỗi số 1.1 Định nghĩa ∞ an Định nghĩa 1 Cho (an )n là dãy số (có thể thực hay phức), chuỗi tương ứng ký hiệu là 1 k Với mỗi k ∈ N, đặt sk = an là tổng riêng phần thứ k Khi k thay đổi trên N, có dãy 1 tổng riêng phần (sk )k ∞ an hội tụ và đặt S = lim... Taylor: ∞ Cho hàm f khả vi vô hạn lần trong lân cận của x0 Chuỗi 0 f (n) (x0 ) (x − x0 )n là chuỗi n! Taylor của f trong lân cận của x0 Nếu chuỗi Taylor của f có bán kính hội tụ R > 0 thì ∞ f (n) (x0 ) f (x) = (x − x0 )n , x ∈ (x0 − R, x0 + R) n! 0 Bài Tập 1 Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm : ∞ 1) 1 ∞ 2) 1 ∞ 3) 1 ∞ 1 nx (−1)n+1 1 + nx n−1 xnx xn + 4) 0 1 2n xn 2 Xét sự hội tụ đều của chuỗi hàm: ∞ 1) 1... tổng riêng phần (sk )k ∞ an hội tụ và đặt S = lim sk là tổng của chuỗi, Nếu lim sk tồn tại hữu hạn, ta nói chuỗi k→∞ S= k→∞ 1 ∞ an 1 ∞ Nếu lim sk không tồn tại hoặc lim sk = +∞ hay lim sk = −∞, ta nói chuỗi k→∞ k→∞ k→∞ an phân 1 kỳ Tính chất 1 Tính hội tụ và tổng của chuỗi không thay đổi nếu thay đổi thứ tự của một số hữu hạn số hạng ∞ an và 2 Chuỗi 1 an cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ n≥n0 ∞ an hội... (x, y) ∈ [0, 1]2 và r > 0, trong quả cầu mở tâm (x, y) bán r r kính r, gọi D là hình vuông mở chứa trong quả cầu D = x − , x + × 2 2 r r y − ,y + 2 2 Do mỗi khoảng mở khác rỗng đều chứa vô số số hữu tỉ và số vô tỉ nên D ∩ A = Ø, D ∩ B = Ø, D ∩ (R2 \A) = Ø, D ∩ (R2 \B) = Ø Vậy (x, y) ∈ ∂A, (x, y) ∈ ∂B Ngoài ra, tập các điểm giới hạn của D cũng là [0, 1] × [0, 1] 3 3.3 Tính các giới hạn: t sin xy sin... Nếu k = 0 và ∞ ∞ ∞ ∞ 1 Tiêu chuẩn tích phân Cho f : [1, +∞) → R liên tục, f (x) ≥ 0 và f giảm Với mọi n ∈ N, đặt an = f (n) Khi đó: ∞ ∞ f (x)dx hội tụ ⇔ Chuỗi Tích phân suy rộng an hội tụ 1 1 Chuỗi cơ bản: ∞ • 1 1 hội tụ khi s > 1, phân kỳ khi s ≤ 1 ns ∞ ∞ n • tn = t , |t| < 1, hội tụ và tổng S = 0 0 1 1−t Dấu hiệu D’Alembert (tỉ số) ∞ an+1 = k Khi đó: n→∞ an an , an > 0 Giả sử lim Cho chuỗi số dương... nhất hệ số của x19 ở hai vế n! k! 0 0 x 4) f (x) = , Tính f (17) (0) 1 + x4 √ 5) f (x) = 3 8 + x √ 6) f (x) = ln(x + 1 + x2 ) x ∞ −1 2 HD : f (0), f (x) = (1 + x2 ) 0 1 α=− 2 x sin t dt t 7) f (x) = α(α − 1) (α − n + 1) 2n t dt, với n! , f (x) = 0 15 0 GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Lê Hoàn Hóa Ngày 10 tháng 12 năm 2004 Phép Tính Vi Phân Hàm Nhiều... nα, bn = sin nα và an = Do hai chuỗi đã cho có dạng 1 1 , ns (an )n là dãy giảm, lim an = 0 và có hằng số C ≥ 0 thỏa mãn: n→∞ n n sin kα ≤ C, ∞ Vậy chuỗi 1 cos nα , ns ∀n ∞ cos kα ≤ C, lnα n ns 1 1 ∞ 1 sin nα hội tụ ns (−1)n 9 Cho α > 0, s > 0 Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu 2 α ln t ts α−1 ln t α Ta có ϕ (t) = s+1 (α − s ln t) ≤ 0 khi ln t ≥ t s α/s Vậy ϕ là hàm giảm khi t ≥ e Xét hàm ϕ(t) = (−1)n... chuỗi 1 an hội tụ và ta nói 1 1 an là bán hội tụ 1 Tính chất ∞ an hội tụ tuyệt đối thì chuỗi có được bằng cách thay đổi thứ tự các số hạng Nếu chuỗi 1 cũng hội tụ và tổng của chuỗi không thay đổi ∞ |an | hội tụ (phân kỳ) Ghi chú Nếu bằng dấu hiệu D’Alembert hoặc Cauchy mà chuỗi 1 ∞ an cũng hội tụ (phân kỳ) thì chuỗi 1 3 Định lí 1 Cho (an )n là dãy giảm, an ≥ 0, lim an = 0 Cho (bn )n là dãy bất kỳ (không