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 [...]... Hướng dẫn: Đặt 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... (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 Biến I - Sự liên tục 1 Không gian Rn : Định nghĩa: Với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn , đặt: 1 - x = (x2 + x2 + ... không là điểm biên của D Vậy nếu D là tập mở thì D không chứa điểm biên của D và ngược lại Tập A ⊂ Rn được gọi là đóng nếu Rn \ A là tập mở A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A Đặt : 0 • D = D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D và gọi là phần trong của D − • D = D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D và gọi là bao đóng của D Tâp D được gọi là bị chặn nếu có M ≥ 0 sao cho ||x|| ≤ M với mọi x ∈ D Định lý: 1) Rn là không... Dg là hai đường cong : C1 = x2 + y 2 = 1 , C2 = {x2 + y 2 = 4} 4 Mọi (x, y) ∈ C1 , (x, y) = (±2, 0) thì (x, y) ∈ Dg Mọi (x, y) ∈ C2 thì (x, y) ∈ Dg / Dg là tập bị chặn, Dg không là tập đóng cũng không là tập mở Dg không liên thông Thật vậy, đặt: O1 = {(x, y) ∈ R2 /y > 0} , O2 = {(x, y) ∈ R2 /y < 0} O1 , O2 là tập mở thỏa mãn: Dg ∩ Oi = Ø, i = 1, 2, Dg ⊂ O1 ∪ O2 , Dg ∩ O1 ∩ O2 = Ø 3.2 Cho A = / (x,... dãy bất kỳ (không cần n→∞ n bk ≤ C dương) Giả sử có hằng số C > 0 sao cho với mọi n ∈ N, ∞ ∞ an bn thỏa mãn |S| ≤ Ca1 an bn hội tụ và tổng S = Khi đó, chuỗi 1 1 1 Thí dụ Xét sự hội tụ của chuỗi ∞ 1 1 1 Đặt f : [2, ∞) → R, f (x) = thì f liên tục, f (x) ≥ 0 và f giảm Khi α n ln n x lnα x 2 1 đó, f (n) = , n ≥ 2 n lnα n ∞ ∞ dx = x lnα x Xét tích phân suy rộng 2 dt (đổi biến t = ln x) tα ln 2 Tích phân hội... ⊂ Rn được gọi là liên thông nếu không có hai tập mở O1 , O2 sao cho : D ∩ Oi = Ø, i = 1, 2, D ⊂ O1 ∪ O2 , D ∩ O1 ∩ O2 = Ø Định lý: Cho A là tập đóng bị chặn trong Rn và f : A → R liên tục Khi đó: a) f liên tục đều trên A b) f đạt cực đại, cực tiểu trên A, nghĩa là có x0 , y0 ∈ A sao cho : f (x0 ) = max{f (x), x ∈ A} f (y0 ) = min{f (x), x ∈ A} 2 c) Nếu giả sử thêm A liên thông và đặt : m = min{f (x),... 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 tụ thì lim an = 0 3 Điều kiện cần: nếu chuỗi k→∞ 1 1 1.2 Chuỗi không âm ∞ an , an ≥ 0 Là chuỗi có dạng 1 Tính... bn hội tụ, nếu an hội tụ thì 1 1 ∞ 1 ∞ 1 ∞ 1 ∞ bn phân kỳ an phân kỳ thì an hội tụ, nếu bn hội tụ thì (b) 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 =... ∞ Ghi chú: Chuỗi 1 ∞ 1 ∞ k sin nx ε, ∀x ∈ [a + 2iπ, 2(i + 1)π − a] ns cos nx hội tụ đêu trên miền [a + 2iπ, 2(i + 1)π − a], i ∈ Z xs sin n2 x hội tụ trên R nhưng chuỗi đạo hàm từng số hạng n2 không hội tụ Công thức Maclaurin của các hàm cơ bản: 1 1) = 1−t 1 2) = 1+t ∞ t 3) e = 0 ∞ tn , |t| < 1 0 ∞ (−1)n tn , |t| < 1 0 tn , ∀t ∈ R n! 12 ∞ 1 cos n2 x ∞ (−1)n t2n+1 , ∀t ∈ R (2n + 1)! (−1)n 4) sin t =... dương Có dạng 1 ∞ |an | Nếu chuỗi Xét chuỗi không âm 1 ∞ 1 ∞ |an | hội tụ thì chuỗi 1 ∞ an hội tụ tuyệt đối Nếu chuỗi chuỗi ∞ ∞ ∞ |an | phân kỳ, ta nói chuỗi an hội tụ nhưng 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 . ≥ 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:. GIẢI TÍCH CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ PGS. TS Lê Hoàn Hóa Ngày