Đại Học Quốc Gia Hà Nội Trờng Đại Học Khoa Học Tự Nhiên Hà Nội W J Kaczor M T Nowak Bài tập Giải Tích II Liên tục Vi phân (Có Lời Giải Chi Tiết) Biên dịch: Nguyễn Duy Tiến, D Đức Thắng, Lê Huy Tiễn Hà nội 2002 Mục lục Lời nói đầu Ký hiệu khái niệm 11 Bài tập Giới hạn liên tục 1.1 Giới hạn hàm số 1.2 Các tính chất hàm liên tục 1.3 Tính chất giá trị trung gian 14 1.4 Hàm nửa liên tục 17 1.5 Tính liên tục 22 1.6 Phơng trình hàm 26 1.7 Hàm liên tục không gian metric 30 Phép tính vi phân 35 2.1 Đạo hàm hàm thực 35 2.2 Định lý giá trị trung bình 43 2.3 Công thức Taylor quy tắc LHospital 49 2.4 Hàm lồi 58 2.5 Các ứng dụng đạo hàm 64 2.6 Khả vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz 72 Dãy chuỗi hàm 77 3.1 Dãy hàm hội tụ 77 3.2 Chuỗi hàm hội tụ 83 3.3 Chuỗi luỹ thừa 91 3.4 Chuỗi Taylor 96 Lời giải 105 Giới hạn liên tục 105 1.1 Giới hạn hàm số 105 1.2 Các tính chất hàm liên tục 123 1.3 Tính chất giá trị trung gian 141 1.4 Hàm nửa liên tục 155 1.5 Tính liên tục 166 1.6 Phơng trình hàm 176 1.7 Hàm liên tục không gian metric 193 Phép tính vi phân 207 2.1 Đạo hàm hàm số thực 207 2.2 Các định lý giá trị trung bình 229 2.3 Công thức Taylor quy tắc LHospital 241 2.4 Hàm lồi 263 2.5 Các ứng dụng đạo hàm 281 2.6 Khả vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz 307 Dãy hàm chuỗi hàm 315 3.1 Dãy hàm hội tụ 315 3.2 Chuỗi hàm hội tụ 334 3.3 Chuỗi luỹ thừa 353 3.4 Chuỗi Taylor 370 Tài liệu tham khảo 389 Lời nói đầu Bạn có tay tập II sách tập giải tích (theo chúng tôi) hay giới Trớc đây, hầu hết ngời làm toán Việt Nam thờng sử dụng hai sách tiếng sau (bằng tiếng Nga đợc dịch tiếng Việt): Bài tập giải tích toán học Demidovich (B P Demidoviq; 1969, Sbornik Zadaq i Upraẳneni$ i po Matematiqeskomu Analizu, Izdatel~stvo "Nauka", Moskva) Giải tích toán học, ví dụ tập Ljaszko, Bojachuk, Gai, Golovach (I I Lxko, A K Boquk, G Ga$i, G P Golobaq; 1975, Matematiqeski$ i Analiz v Primerah i Zadaqah, Tom 1, 2, Izdatel~stvo Vixa Xkola) để giảng dạy học giải tích Cần ý rằng, thứ có tập đáp số Cuốn thứ hai cho lời giải chi tiết phần lớn tập thứ số toán khác Lần chọn sách (bằng tiếng Ba Lan đợc dịch tiếng Anh): Bài tập giải tích Tập I: Số thực, Dy số Chuỗi số (W J Kaczkor, M T Nowak, Zadania z Analizy Matematycznej, Czesc Pierwsza, Liczby Rzeczywiste, Ciagi i Szeregi Liczbowe, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie - Sklodowskiej, Lublin, 1996), Bài tập giải tích Tập II: Liên tục Vi phân (W J Kaczkor, M T Nowak, Zadania z Analizy Matematycznej, Czesc Druga, Funkcje Jednej ZmiennejRachunek Rozniczowy, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie - Sklodowskiej, Lublin, 1998) Lời nói đầu để biên dịch nhằm cung cấp thêm tài liệu tốt giúp bạn đọc học dạy giải tích Khi biên dịch, tham khảo tiếng Anh: 3* W J Kaczkor, M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis I, Real Numbers, Sequences and Series, AMS, 2000 4* W J Kaczkor, M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis II, Continuity and Differentiation, AMS, 2001 Sách có u điểm sau: Các tập đợc xắp xếp từ dễ khó có nhiều tập hay Lời giải đầy đủ chi tiết Kết hợp đợc ý tởng hay toán học sơ cấp toán học đại Nhiều tập đựơc lấy từ tạp chí tiếng nh, American Mathematical Monthly (tiếng Anh), Mathematics Today (tiếng Nga), Delta (tiếng Balan) Vì thế, sách dùng làm tài liệu cho học sinh phổ thông lớp chuyên nh cho sinh viên đại học ngành toán Các kiến thức để giải tập sách tìm Nguyễn Duy Tiến, Bài Giảng Giải Tích, Tập I, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Nội, 2000 W Rudin, Principles of Mathematical Analysis, McGraw -Hil Book Company, New York, 1964 Tuy vậy, trớc chơng trình bày tóm tắt lý thuyết để giúp bạn đọc nhớ lại kiến thức cần thiết giải tập chơng tơng ứng Tập I II sách bàn đến hàm số biến số (trừ phần không gian metric tập II) Kaczkor, Nowak viết Bài Tập Giải Tích cho hàm nhiều biến phép tính tích phân Chúng biên dịch tập I, xuất Nhân dịp xin bày tỏ biết ơn chân thành tới GS Phạm Xuân Yêm (Pháp) gửi cho gốc tiếng Anh tập I sách này, GS Lời nói đầu TSKH Nguyễn Hữu Việt Hng (Việt Nam) gửi cho gốc tiếng Anh tập II sách này, GS Spencer Shaw (Mỹ) gửi cho gốc tiếng Anh sách tiếng W Rudin (nói trên), xuất lần thứ ba, 1976, GS TSKH Phạm Kỳ Anh, TS Nguyễn Vũ Lơng, TS Hoàng Quốc Toàn PGS TSKH Nguyễn Văn Minh đọc kỹ thảo góp cho nhiều ý kiến để dịch đợc hoàn thiện Chúng chân thành cám ơn tập thể sinh viên Toán - Lý K5 Hệ Đào tạo Cử nhân Khoa học Tài năng, Trờng ĐHKHTN, ĐHQGHN, đọc kỹ thảo sửa nhiều lỗi chế đánh máy Chúng hy vọng sách đợc đông đảo bạn đọc đón nhận góp nhiều ý kiến quí báu phần biên dịch trình bày Rất mong nhận đợc giáo quý vị bạn đọc Mọi ý kiến góp ý xin gửi về: Nguyễn Duy Tiến, Khoa Toán - Cơ - Tin học, trờng Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, 334 Nguyễn Tri, Thanh Xuân, Hà Nội Xin chân thành cảm ơn Hà Nội, Xuân 2002 Nhóm biên dịch 3.4 Chuỗi Taylor 379 Kết hợp với định lý Abel, ta đợc n=2 (1)n = ln n2 + n 18 (d) áp dụng 3.4.12(a) định lý Abel ta đợc tổng cần tìm /2 ln (e) Theo công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), (1)n (2n 1)!! 2n x =1+ (2n)!! + x2 n=1 với |x| < 1, từ đó, theo định lý Abel, (1)n (2n 1)!! = (2n)!! n=1 (f) Rõ ràng, (3x)n+1 = 3xe3x , n! n=0 Vậy x R (3x)n (n + 1) = (3xe3x ) = e3x (3 + 9x) n! n=0 Đặt x = có 3n (n + 1) = 4e3 n! n=0 3.4.14 Khoảng hội tụ chuỗi (1, 1) Gọi S(x) tổng chuỗi khoảng Khi S (x) = S (x) = ((n 1)!)2 (2x)2n1 (2n 1)! n=1 ((n 1)!)2 (2x)2n2 (2n 2)! n=1 380 Chơng Dy hàm chuỗi hàm Từ suy (1 x2 )S (x) xS (x) = 4, |x| < 1 Nhân hai vế đẳng thức với (1 x2 ) , ta đợc x2 S (x) Do đó, = x2 C S (x) = arcsin x + , x2 x2 vậy, S(x) = 2(arcsin x)2 + C arcsin x + D Vì S (0) = S(0) = 0, ta có S(x) = 2(arcsin x)2 Nếu x = 1, ta nhận đợc chuỗi ((n 1)!)2 n (2n)! n=1 hội tụ theo tiêu chuẩn Gauss (xem, chẳng hạn, I, 3.2.25) Thật vậy, ta có an+1 +O =1 an 4n n2 Vậy theo định lý Abel ((n 1)!)2 n = (2n)! n=1 3.4.15 Với a I, f (x) = f (a) + f (n) (a) f (a) (x a) + ã ã ã + (x a)n + Rn (x), 1! n! Rn (x) = n! x a f (n+1) (s)(x s)ds áp dụng công thức đổi biến hai lần, ta đợc xa (n+1) f (u + a)(x u a)du n! (x a)n+1 (n+1) f ((x a)t + a)(1 t)n dt = n! Rn (x) = 3.4 Chuỗi Taylor 381 Tính đơn điệu f (n+1) suy a < x < b, b I, Rn (x) (x a)n+1 n! n+1 xa ba = Rn (b) Rõ ràng, Rn (b) f (b) Vậy xa ba Rn (x) f (n+1) ((b a)t + a)(1 t)n dt n f (b) với a < x < b, a, b I, vậy, lim Rn (x) = Điều chuỗi Taylor hội tụ n tới f khoảng compact I Vì a < b đợc chọn tuỳ ý I, sử dụng 3.4.7 ta suy hàm f giải tích 3.4.16 Chứng minh tơng tự nh 3.4.1 3.4.17 [18] Lấy x0 tuỳ ý I Theo giả thiết, tồn r > cho f (x) = n=0 f (n) (x0 ) (x x0 )n n! với |x x0 | < r Đạo hàm m lần, đợc f (m) (x) = f (n) (x0 ) n(n 1) ã ã ã (n m + 1)(x x0 )nm n! n=m Từ đó, |f (m) (x)| |f (n) (x0 )| n(n 1) ã ã ã (n m + 1)|x x0 |nm n! n=m Từ định nghĩa bán kính hội tụ chuỗi luỹ thừa (xem, chẳng hạn, 3.3.1) ta suy với < < r, tồn số dơng C cho |f (n) (x0 )| C n n! Do đó, |f (m) (x)| C n(n 1) ã ã ã (n m + 1)|x x0 |nm n n=m 382 Chơng Dy hàm chuỗi hàm Vì vậy, sử dụng đồng thức n=m n(n 1) ã ã ã (n m + 1)xnm = m! , (1 x)m+1 |x| < 1, ta đợc |f (m) (x)| m C n(n 1) ã ã ã (n m + 1)|x x0 |nm nm n=m Cm! = m |xx0 | m+1 Cm! ( )m với |x x0 | < < Vậy ta lấy J = (x0 , x0 + ), A = C B = 3.4.18 [18] Đặt f (x) = 1 A(x 1) g(x) = Khi đó, 1t với |x 1| < với |t| < h(t) = (f g)(t) = Rõ ràng, f (x) = n=0 A 1t (A + 1)t An (x 1)n , g(t) = tn n=0 Ngoài ra, h(t) = t (A + 1)t (A + 1)t = (1 + A)n tn n=0 = 1+ (1 + A)n tn+1 n=0 A(1 + A)n1 tn n=1 g (n) (0) f (n) (g(0)) Vì = n!, = f (n) (1) = n!An h(n) (0) = n!A(1 + A)n1 , áp dụng công thức Faà di Bruno, ta có đẳng thức cần chứng minh 3.4 Chuỗi Taylor 383 3.4.19 [18] Chọn x0 tuỳ ý I đặt y0 = f (x0 ) Từ 3.4.17 ta suy tồn khoảng I1 I J1 J (lần lợt chứa x0 y0 ) số dơng A, B, C D cho n! Bn với n! Dn với x J1 |f (n) (x)| A |g (n) (y)| C x I1 Theo công thức Faà di Bruno, (n) h (x) = n! f (1) (x) g (k) (f (x)) k1 !k2 ! ã ã ã kn ! 1! k1 f (2) (x) 2! k2 f (n) (x) n! k = k1 + k2 + ã ã ã + kn tổng lấy tất k1 , k2 , , kn cho k1 + 2k2 + ã ã ã + nkn = n Điều với kết toán trớc cho ta (n) |h (x)| = = n! A kn Ck! A k1 A k2 ããã k1 !k2 ! ã ã ã kn ! Dk B B2 Bn n! k! Ck! Ak Ak n!C = n k n k1 !k2 ! ã ã ã kn ! D B B k1 !k2 ! ã ã ã kn ! Dk A n1 n!C A + Bn D D Từ kết 3.4.16 ta có kết luận h hàm giải tích thực I 3.4.20 Theo 3.4.15, g(x) = f (x) giải tích thực khoảng I = {x : x I} Vì x x giải tích thực nên ta áp dụng toán trớc để suy kết cần chứng minh 3.4.21 [18] Xét g(t) = Khi 2t, |t| < 1/2, f (x) = = g (t) h(t) = f (g(t)) = 2t 1x , |x| < Vậy g(n+1) (t) = h(n) (t) Ngoài ra, theo công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), g(t) = n=1 n (2t)n kn , 384 Chơng Dy hàm chuỗi hàm Rõ ràng, f (x) = xn Do đó, g (n) (0) = n! n=0 n (2)n f (n) (g(0)) = n! Cuối cùng, theo công thức Faà di Bruno, (n + 1)! n+1 (2)n+1 = g (n+1) (0) = h(n) (0) k! k1 !k2 ! ã ã ã kn ! = n! n = (2) n! k1 (2) (1)k k! k1 !k2 ! ã ã ã kn ! k1 ããã ããã n n kn (2) kn k = k1 + k2 + ã ã ã + kn tổng lấy tất k1 , k2 , , kn cho k1 + 2k2 + + nkn = n 3.4.22 [18] Trớc hết quan sát f thoả mn giả thiết đợc phát biểu toán, nghịch đảo g tồn khoảng mở chứa f (x0 ) Ngoài ra, g (y) = h(g(y)), h(x) = f (x) Rõ ràng, f C nên g Bây ta phải chứng minh g thoả mn giả thiết 3.4.16 Theo 3.4.19, ta biết h giải tích khoảng mở chứa x0 (hợp hai hàm giải tích) Vì vậy, theo 3.4.17, tồn số dơng A B cho (1) |h(n) (x)| A n! Bn khoảng mở I0 I chứa x0 Bây giờ, phép quy nạp tồn khoảng mở K chứa f (x0 ) cho (2) |g (n) (y)| n!(1)n1 (2A)n n B n1 với y K Ta chọn K cho g(K) đợc chứa I0 Khi đó, theo (1), ta có |g (y)| = |h(g(y))| A, tức (2) với n = Giả sử (2) với k = 1, 2, , n, ta chứng minh với n + Theo toán 3.4 Chuỗi Taylor 385 trớc, ta có |g (n+1) (y)| = (h g)(n+1) (y) k! A k1 !k2 ! ã ã ã kn ! B k n! k1 (2A) (1)k k! (2A)n = (1) n! A Bn k1 !k2 ! ã ã ã kn ! 1 (2A)n = (1)n n! A2(n + 1) Bn n+1 (2A)n+1 = (1)n (n + 1)! Bn n+1 n (1)n1 k1 2 (2A)n n B n1 kn kn n Điều kết thúc chứng minh (2) Vì vậy, tính giải tích g K suy từ 3.4.16 3.4.23 Suy từ f (x) = f (x) f ánh xạ khoảng (0, ) lên f C khoảng Từ đó, f (x) > f tăng thực (0, ) Đạo hàm đẳng thức f (f (x)) = x, ta có f (x) > với x (0, ) Ta chứng minh (1)n f (n) (x) > với x (0, +) n sử dụng quy nạp công thức Faà di Bruno (xem 2.1.38) Giả sử (1)m f (m) (x) > với m = 2, 3, , n Khi đó, n! f (k) (f (x)) k1 !k2 ! ã ã ã kn ! 0= ããã f (n) (x) (n 1)! f (x) 1! k1 f (3) (x) 2! k2 kn1 + f (f (x))f (n+1) (x), k = k1 +k2 +ã ã ã+kn1 tổng lấy tất k1 , k2 , , kn1 cho k1 + 2k2 + + (n 1)kn1 = n Dấu số hạng tổng sgn((1)k (1)2k1 (1)3k2 ã ã ã (1)nkn1 ) = (1)n , từ đó, sgn f (f (x))f (n+1) (x) = sgn f (n+1) (x) = (1)n Bây giờ, áp dụng kết 3.4.20 ta chứng minh đợc f giải tích (0, ) 386 Chơng Dy hàm chuỗi hàm 3.4.24 Theo toán trớc ta biết hàm f thoả mn giả thiết giải tích (0, ) Trớc hết, ta chứng minh tồn số a cho f (x) < x x (0, a), f (x) > x x > a Để làm vậy, quan sát tính đơn điệu f , ta có lim f (x) = 0, với đẳng thức f (f (x))f (x) = xf (x), ta đợc x0+ x f (f (x)) = (1) tf (t)dt Bây giờ, f (x) > x với < x < 1, (1) suy x f (t)(t 1)dt > 0, mâu thuẫn với giả thiết f (x) > với x > Mặt khác, f (x) < x với x (0, ), (1) suy x f (x) > f (f (x)) = x tf (t)dt > 0 f (t)f (t)dt = (f (x))2 , suy f (x) < với x > 0, ngợc với giả thiết f ((0, )) = (0, ) Do đó, theo tính chất giá trị trung gian, tồn điểm bất động a f Vì f (x) < x với x (0, a), ta có f (y) = f (y) với y (0, a) Cũng nh vậy, f (y) < y với y > a Bây giờ, ta chứng minh tính Giả sử ngợc lại, tồn hai hàm nh vậy, ký hiệu f1 f2 Gọi a1 a2 lần lợt điểm bất động f1 f2 Rõ ràng, ta giả sử a1 a2 Đặt g = f1 f2 Nếu a1 = a2 = a, g(a) = f = f suy g(n) (a) = với n N Vì g giải tích, g hàm (bằng 0) (0, ) Nếu a1 > a2 , f1 (x) < x f2 (x) f1 (x) > x f2 (x) với x [a2 , a1 ) Vì vậy, g(x) < g (x) > với x [a2 , a1 ) Vì lim g(x) = 0, tồn b (0, a2 ) cho g (b) = g (x) > với + x0 x (b, a1 ), g (x) < với x ([b, a2 ) Đặt f1 (b) = f2 (b) = b Khi đó, b (b, a2 ), b < f2 (b) = b < f2 (a2 ) = a2 Từ đó, g (b) < Mặt khác, f1 (b ) = f1 (f1 (b)) = b f2 (b ) = f2 (f2 (b)) = b, mâu thuẫn 1 3.4.25 Nếu f(x) = axc , f (x) = acxc1 f (x) = a c x c Từ có c = 1+2 a = c1c 3.4 Chuỗi Taylor 387 3.4.26 Theo côngg thức Taylor đ chứng minh 2.3.10, N ln(1 + x) = x 2+x 2n + n=0 2n+1 + RN (x), RN (x) = (2N + 1)(1 + x)2N +3 x 2N +3 Rõ ràng, lim RN (x) = với x (0, 2) Do N ln(1 + x) = 2n+1 x 2+x 2n + n=0 3.4.27 [Tung-Po Lin, Amer Math Monthly 81(1974), 879-883] Theo định nghĩa, xy L(x, y) 21/p (x y) ln xln y = xp +yp 1/p = p Mp (x, y) (x + yp )1/p ln xy ( ) với x y dơng, khác với p = Chia tử số mẫu số p cho y đặt z = xy , ta đợc L(x, y) 21/p (z 1/p 1) = Mp (x, y) (z + 1)1/p ln z 1/p Bây viết z= 1+w 1w w= nhân tử mẫu với L(x, y) Mp (x, y) z1 , < |w| < z+1 (1w)1/p , 2w p21/p ta đến 1+w 1w = 1+w 1w = +1 1/p 1/p ln 1+w 1w p((1+w)1/p (1w)1/p ) 2w ln(1+w)ln(1w) 2w = f (w, p) g(w) 388 Chơng Dy hàm chuỗi hàm Rõ ràng, g(w) = w2n , 2n + n=0 theo 3.4.4, f (w, p) = + 2n n=1 1 p ããã p 1 2n ã p (2n)! w2n Do đó, để chứng minh f (w, p) < g(w), cần với số nguyên dơng n, ããã p 1 p 1 2n ã p (2n)! bất đẳng thức ngặt xảy với n Với n = 1, ta có 1 ã p 1 p với p , 1 +1=1 2p 2p 2p p < 1, p ããã < < p Từ Qn = = p 1 p p 2n (2n)! 1 1 ããã 2p 3p 2np p Q1 với p < 13 Vậy tồn < h < cho < w < h, Tài liệu tham khảo 389 f (w, p) > g(w) Bây giờ, quan sát bất đẳng thức < w < h viết lại dới dạng < z < rp , 1+h 1h r = 1/p z = x y 1/p Điều có nghĩa tồn r > cho L(x, y) > Mp (x, y) < xy < r 3.4.29 [Tung-Po Lin, Amer Math Monthly 81(1974), 879-883] (1+w)2 x y = (1w)2 , < |w| < 1, ta nhận đợc Đặt L(x, y) M0 (x, y) = = = xy ln xln y (xy)1/2 = x y ln x y x y 1/2 = (1+w)2 (1w)2 w+ w + w +ããã 4( ) 1+w 1w 1 ã 2 w + w + 15 w4 + ã ã ã + w2 + + w6 + ã ã ã > 1 + 13 w2 + 15 w4 + 17 w6 + ã ã ã Kết hợp với 2.5.42 2.5.43 suy điều phải chứng minh 3.4.30 [Tung-Po Lin, Amer Math Monthly 81(1974), 879-883] Dùng kí hiệu đ đa lời giải 3.4.27, ta có p (1 + w)1/p (1 w)1/p L(x, y) = w1 Mp (x, y) ln 1+w 1w Vì z = x y p = 1+ 1w , ta nhận đợc L(x, y) < Mp (x, y) với z đủ lớn 390 Tài liệu tham khảo Tài liệu tham khảo [1] J Banas, S We ádrychowicz, Zbiór zadan z analizy matematycznej, Windawnictwa Naukowo - Techniczne, Warszawa, 1994 [2] W I Bernik, O W Melnikov, I K Zuk , Sbornik olimpiadnych zadac po matematike, Narodnaja Asveta, Minsk , 1980 [3] P Biler, A Witkowski, Problems in Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc, New York and Basel, 1990 [4] T J Bromwich, An Introduction to the Theory of Infinte Series, Macmillan and Co., Limited, London ,1949 ă user Verlag, [5] R P Boas, A Primer of Real Analytic Functions, Birkha Basel Boston Berlin, 1992 [6] L Carleson T W Gamelin, Complex Dynamics, SpringerVerlag, New York Berlin Heidelberg, 1993 [7] B Demidovic, Sbornik zadac i upraznenij po matematiceskomu analizu, Nauka, Moskva, 1969 [8] J Dieudonne, Foundations of Modern Analysis, Academic Press, New York San Francisco London, 1969 [9] A J Dorogovcev, Matematiceskij analiz Spravocnoe posobe, Vyscaja Skola, Kiev, 1985 [10] A J Dorogovcev, Matematiceskij analiz Sbornik zadac, Vyscaja Skola, Kiev, 1987 [11] G M Fichtenholz, Differential-und Integralrechnung, I, II, III, V.E.B Deutscher Verlag Wiss., Berlin, 1966-1968 391 392 Tài liệu tham khảo [12] B R Gelbaum, J M H Olmsted, Theorems and Counterexamples in Mathematics, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1990 [13] E Hille, Analysis Vol I, Blaisdell Publishing Company, New York Toronto London, 1964 [14] W J Karzor, M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis I Real Number, Sequences and Series, American Mathematical Society, Providence, RI, 2000 [15] G Klambauer, Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York, 1975 [16] G Klambauer, Problems and Propositions in Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York and Basel, 1979 [17] K Knopp, Theorie und Anwendung der Unendhichen Reihen, Springer-Verlag, Berlin and Heidelberg, 1947 [18] S G Krant, H R Parks, A Primer of Real Analytic Functions, Bikhauser Verlag, 1992 [19] L D Kudriavtsev, A D Kutasov, V I Chejlov, M I Shabunin, Problems de Ana Matema tico Limite, Continuidad, Derivabilidad (Spanish), Mir, Moskva, 1989 [20] K Kuratowski, Introduction to Calculus, Pergamon Press, Oxford-Eidenburg-New York; Polish Scientific Publishers, Warsaw, 1969 [21] S Lojasiewicz, An Introduction to the Theory of Real Number, A Wiley-Interscience Publication, John Wiley & Sons, Ltd., Chichester, 1988 [22] D S Mitrinovic, Elemetary Inequalities, P Noordhoff Ltd., Gronigen, 1964 [23] G Polia, G Szegoă, Problems and theorems in analysis I, Spriger Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1978 [24] R Remmert, Theory of Complex Functions, Spriger - Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1991 Tài liệu tham khảo 393 [25] Ya I Rivkind, Zadaci po matematiceskomu analizu, Vysejsaja Skola, Minsk, 1973 [26] W.I Rozhkov, V.D Kurdevanidze, N G Pafionov, Sbornik zadac matematiceskich olimpiad, Izdat Univ Druzhby Narodov, Maskva, 1987 [27] W Rudin, Principle of Mathematical Analysis, McGraw - Hill Book Company, New York, 1964 [28] W Rzymowsky, Convex Functions, preprint [29] W A Sadownicij, A S Podkolzin, Zadaci studenccskich olimpiad po matematike, Nauka, Moskva, 1978 [30] R Sikorski, Funkcje rzeczywiste, PWN, Warszawa, 1958 [31] H Silverman, Complex variables, Houghton Mifflin Company, Boston, 1975 [32] E C Titchmarsch, The Theory of Functions, Oxford University Press, London, 1944 [33] G A Tonojan, W N Sergeev, Studenceskije matematiceskije oimpiady, Izdatelstwo Erevanskogo Universiteta, Erevan, 1985 [...]... xn n 12 Chơng 1 Giới hạn và tính liên tục 1 .2. 21 Giả sử f liên tục trên R, lim f (x) = và lim f (x) = x x + Định nghĩa g bằng cách đặt g(x) = sup{t : f (t) < x} với x R (a) Chứng minh rằng g liên tục trái (b) g có liên tục không? 1 .2. 22 Cho f : R R là hàm tuần hoàn liên tục với hai chu kỳ T1 và T2 không thông ớc, tức là TT 12 vô tỷ Chứng minh rằng f là hàm hằng Cho ví dụ hàm tuần hoàn khác hàm hằng... đúng 1 .2. 5 Xác định tất cả các an và bn sao cho hàm xác định bởi f (x) = an + sin x bn + cos x nếu x [2n, 2n + 1], n Z, nếu x (2n 1, 2n), n Z, liên tục trên R 1 .2. 6 Cho f (x) = x2 sin x với x R Nghiên cứu tính liên tục của f 1 .2. 7 Biết f (x) = [x] + (x [x])[x] 1 2 với x Chứng minh rằng f liên tục và tăng thực sự trên [1, ) 10 Chơng 1 Giới hạn và tính liên tục 1 .2. 8 Nghiên cứu tính liên tục. .. mp 1.1. 42 Giả sử f : R R là hàm tăng và x f (x) x có chu kỳ 1 n Chứng minh rằng lim f n(x) tồn tại và nhận cùng giá trị với mọi n x R, ở đây f n kí hiệu phép lặp thứ n của f 1 .2 Các tính chất của hàm liên tục 9 1 .2 Các tính chất của hàm liên tục 1 .2. 1 Tìm tất cả các điểm liên tục của hàm f xác định bởi f (x) = 0 sin |x| nếu x vô tỷ, nếu x hữu tỷ 1 .2. 2 Xác định tập các điểm liên tục của hàm f đợc... nửa liên tục dới nếu và chỉ nếu tập {(x, y) R2 : y f (x)} là đóng trong R2 Lập công thức và chứng minh điều kiện cần và đủ cho tính nửa liên tục trên của f trên R 1.4 .24 Chứng minh định lí Baire sau đây: Mọi hàm nửa liên tục dới (tơng ứng, trên) f : A R là giới hạn điểm của dy tăng (tơng ứng, giảm) các hàm liên tục trên A 1.4 .25 Chứng minh rằng nếu f : A R nửa liên tục trên, g : A R nửa liên tục. .. 1.5.6 Chứng minh rằng mọi hàm liên tục và tuần hoàn trên R thì liên tục đều trên R 24 Chơng 1 Giới hạn và tính liên tục 1.5.7 (a) Chứng minh rằng nếu f : R R liên tục sao cho lim f (x) x và lim f (x) là hữu hạn, thì f cũng liên tục đều trên R x (b) Chứng minh rằng nếu f : [a, +) R liên tục và lim f (x) là x hữu hạn, thì f cũng liên tục đều trên [a, ) 1.5.8 Kiểm tra tính liên tục đều của (a) f (x) =... g 1 .2 Các tính chất của hàm liên tục 13 (a) không tuần hoàn, (b) tuần hoàn 1 .2. 27 Cho f, g : R R là các hàm liên tục và tuần hoàn lần lợt / Q, với chu kỳ cơ bản dơng T1 và T2 Chứng minh rằng nếu TT 12 thì h = f + g không là hàm tuần hoàn 1 .2. 28 Cho f, g : R R là các hàm tuần hoàn Giả sử f liên tục và không có chu kỳ nào của g thông ớc với chu kỳ cơ bản của f Chứng minh rằng f + g không là hàm tuần... hạn) 1 .2. 33 Hàm f xác định trên khoảng I R đợc gọi là lồi trên I nếu f (x1 + (1 )x2 ) f (x1 ) + (1 )f (x2 ) với mọi x1 , x2 I và (0, 1) Chứng minh rằng nếu hàm f lồi trên khoảng mở thì nó liên tục Hàm lồi trên khoảng bất kỳ có nhất thiết liên tục không? 1 .2. 34 Chứng minh rằng nếu dy {fn } các hàm liên tục trên A hội tụ đều tới f trên A, thì f liên tục trên A 14 Chơng 1 Giới hạn và tính liên tục. .. định nghĩa giao độ của f tại x bởi of (x) = lim sup{|f (z) f (u)| : z, u A, |z x| < , |u x| < } 0+ 22 Chơng 1 Giới hạn và tính liên tục Chứng minh rằng of (x) = f1 (x) f2 (x), ở đây f1 (x) = max f (x), lim f (z) zx và f2 (x) = min f (x), lim f (z) zx 1.4 .20 Xét f1 , f2 , và of đợc định nghĩa trong bài toán trớc Chứng minh rằng f1 và of là nửa liên tục trên, và f2 là nửa liên tục dới 1.4 .21 Chứng... khoảng (a, b), f+ (a), f (a) - đạo hàm trái, phải của f tại điểm a, C 1 ([a, b]) - tập các hàm khả vi liên tục trên [a, b], trong đó đạo hàm tại các điểm mút đợc hiểu là đạo hàm trái, đạo hàm phải, tơng ứng Tập C n ([a, b]) là tập các hàm khả vi liên tục đến cấp n đợc định nghĩa quy nạp C (a, b), C ([a, b]) - tập các hàm khả vi liên tục vô hạn lần trên (a, b) và [a, b], tơng ứng [a, b] - đoạn... 12 Ký hiệu và khái niệm Nếu f và g là hai hàm thực biến thực thì f (a+ ) và f (a ) là giới hạn trái và phải của f tại a, tơng ứng, nếu thơng f (x)/g(x) dần tới không (hay bị chặn) khi x x0 thì ta vi t f (x) = (g(x)) (hay f (x) = O(g(x))) C(A) - tập các hàm liên tục trên A, C(a, b) - tập các hàm liên tục trên khoảng (a, b), f (n) - đạo hàm cấp n của f , C n (a, b) - tập các hàm khả vi liên tục ... x x0 ta vi t f (x) = (g(x)) (hay f (x) = O(g(x))) C(A) - tập hàm liên tục A, C(a, b) - tập hàm liên tục khoảng (a, b), f (n) - đạo hàm cấp n f , C n (a, b) - tập hàm khả vi liên tục đến cấp... (a) - đạo hàm trái, phải f điểm a, C ([a, b]) - tập hàm khả vi liên tục [a, b], đạo hàm điểm mút đợc hiểu đạo hàm trái, đạo hàm phải, tơng ứng Tập C n ([a, b]) tập hàm khả vi liên tục đến cấp... tục 1 .2. 1 Tìm tất điểm liên tục hàm f xác định f (x) = sin |x| x vô tỷ, x hữu tỷ 1 .2. 2 Xác định tập điểm liên tục hàm f đợc cho f (x) = x2 x vô tỷ, x hữu tỷ 1 .2. 3 Nghiên cứu tính liên tục hàm