Đang tải... (xem toàn văn)
Giáo trình giải tích 2
TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT KHOA TOÁN - TIN HỌC Y Z TẠ LÊ LI GIẢI TÍCH 2 (Giáo Trình) -- Lưu hành nội bộ -- Y Đà Lạt 2008 Z Hướng dẫn sinh viên đọc giáo trình Đây là giáo trình Giải tích 2 dành cho sinh viên ngành Toán hay ngành Toán Tin. Nội dung đề cập đến một số khái niệm cơ bản nhất về dãy và chuỗi hàm, không gian R n , tính liên tục, đạo hàm và tích phân Riemann của hàm nhiều biến thực. Để đọc được giáo trình này sinh viên cần có kiến thức căn bản của Giải tích 1 (phép tính vi tích phân hàm thực một biến thực) và Đại số tuyến tính (e.g. ánh xạ tuyến tính, ma trận, ). Giáo trình được trình bày theo lối tuyến tính, vậy người đọc lần đầu nên đọc lần lượt từng phần theo thứ tự. Để đọc một cách tích cực, sau các khái niệm và đònh lý sinh viên nên đọc kỹ các ví dụ, làm một số bài tập nêu liền đó. Ngoài ra học toán phải làm bài tập. Một số bài tập căn bản nhất của mỗi chương được nêu ở phần cuối của giáo trình. Về nguyên tắc nên đọc mọi phần của giáo trình. Tuy vậy, có thể nêu ở đây một số điểm cần lưu ý ở từng chương: I. Dãy hàm - Chuỗi hàm. Có thể bỏ qua tính hội tụ đều của chuỗi Fourier (mục 4.5). II. Không gian R n . Tiết 5 là phần đọc thêm nên có thể bỏ qua. III. Hàm liên tục trên R n . Có thể không đọc mục 3.4. IV. Đạo hàm. Phần này sử dụng một số kiến thức về ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính. V. Tích phân Riemann. Có thể bỏ qua các chứng minh: Tiêu chuẩn Darboux (mục 1.3) và Công thức đổi biến (mục 3.3) . Để việc tự học có kết quả tốt sinh viên nên tham khảo thêm một số tài liệu khác có nội dung liên quan (đặc biệt là phần hướng dẫn giải các bài tập). Khó có thể nêu hết tài liệu nên tham khảo, ở đây chỉ đề nghò các tài liệu sau (bằng tiếng Việt): [1] Jean-Marier Monier, Giải tích 2 , NXB Giáo dục. [2] Y.Y. Liasko, A.C. Bôiatruc, IA. G. Gai, G.P. Gôlôvac, Giải tích toán học - Các ví dụ và các bài toán, Tập II , NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp. Ngoài ra, sinh viên nên tìm hiểu và sử dụng một số phần mềm máy tính hỗ trợ cho việc học và làm toán như Maple, Mathematica, . Chúc các bạn thành công! Giải Tích 2 Tạ Lê Lợi Mục lục Chương I. Dãy hàm - Chuỗi hàm 1. Dãy hàm 1 2. Chuỗi hàm 3 3. Chuỗi lũy thừa 5 4. Chuỗi lượng giác 9 Chương II. Không gian R n 1. Không gian Euclid R n 19 2. Topo trong R n . 21 3. Tập compact . 22 4. Tập liên thông . 23 5. Tổng quát hoá 24 Chương III. Hàm liên tục trên R n 1. Giới hạn hàm 27 2. Tính liên tục . 30 3. Sự hội tụ đều 34 4. Đònh lý Stone-Weierstrass 36 Chương IV. Đạo hàm 1. Đạo hàm . 41 2. Các qui tắc cơ bản - Đònh lý phần gia 45 3. Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor . 49 4. Đònh lý hàm ngược - Đònh lý hàm ẩn . 54 Chương V. Tích phân Riemann 1. Tích phân Riemann 59 2. Lớp hàm khả tích Riemann . 62 3. Các công thức tính tích phân . 65 Bài tập. . 73 I. Dãy hàm - Chuỗi hàm Chương này ta sẽ xét đến dãy hàm và chuỗi hàm. Ngoài sự hội tụ điểm, một khái niệm quan trọng là tính hội tụ đều, nó bảo toàn một số tính chất giải tích của dãy hàm khi qua giới hạn. Đặc biệt sẽ nêu các kết quả cơ bản nhất của việc khai triển một hàm thành chuỗi lũy thừa (khai triển Taylor) hay chuỗi lượng giác (khai triển Fourier). 1. DÃY HÀM 1.1 Đònh nghóa. Một dãy hàm trên X là một họ các hàm f n : X → R (n ∈ N). Ký hiệu (f n ) n∈N . Với x ∈ X, (f n (x)) n∈N là dãy số. Tập D = {x ∈ X : dãy số (f n (x)) n∈N hội tụ } gọi là miền hội tụ của dãy (f n ). Khi đó, ta có D x → f(x) = lim n→∞ f n (x) xác đònh một hàm và ta nói (f n ) hội tụ ( điểm hay đơn giản ) về hàm f trên D. Ví dụ. a) Cho f n (x)=1− 1 n |x| (n ∈ N), là dãy hàm trên R. Dãy này hội tụ trên R về hàm f(x) = lim n→∞ (1 − 1 n |x|)=1, ∀x. b) Cho f n (x)=x n (n ∈ N), là dãy hàm trên R. Miền hội tụ của dãy là (−1, 1]. Trên miền đó dãy hội tụ về hàm f(x) = lim n→∞ x n = 0 nếu |x| < 1 1 nếu x =1 Nhận xét. ƠÛ ví dụ trên f n liên tục (thậm chí khả vi), nhưng hàm giới hạn f không liên tục. Tốc độ hội tụ của (f n (x)) với mỗi x ∈ D là khác nhau. Bài toán: Với điều kiện nào thì hàm giới hạn bảo toàn các tính chất giải tích như liên tục, khả vi, khả tích của dãy? 1.2 Sự hội tụ đều. Dãy hàm (f n ) gọi là hội tụ đều về hàm f trên D nếuu với mọi >0, tồn tại N, sao cho n ≥ N ⇒|f n (x) − f(x)| <, ∀x ∈ D Nói một các khác: M n =sup x∈D |f n (x) − f(x)|→0, khi n →∞. Ví dụ. Trong cả hai ví dụ nêu trên, ta có M n =sup|f n (x) − f (x)| =1. Vậy các dãy hàm trên hội tụ không đều. 2 Mệnh đề. Nếu (f n ) và (g n ) hội tụ đều về f và g trên D, thì (f n + g n ) và (cf n ) hội tụ đều về f + g và cf trên D. 1.3 Tiêu chuẩn Cauchy. Dãy hàm (f n ) hội tụ đều trên D khi và chỉ khi ∀>0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup x∈D |f n (x) − f m (x)| < Chứng minh: Gỉa sử (f n ) hội tụ đều về f trên D. Khi đó ∀>0, ∃N : n ≥ N ⇒ sup x∈D |f n (x) − f(x)| </2 Suy ra khi m, n ≥ N, ta có sup x∈D |f n (x) − f m (x)| < sup x∈D |f n (x) − f(x)| +sup x∈D |f m (x) − f(x)| <. Gỉa sử ngược lại (f n ) thỏa tiêu chuẩn Cauchy trên D. Khi đó với mỗi x ∈ D, dãy số (f n (x)) là dãy Cauchy, nên hội tụ về f(x) ∈ R. Hơn nữa, từ tiêu chuẩn trên, khi cho m →∞, rồi → 0, ta có sup x∈D |f n (x) −f(x)|→0, khi n →∞. Vậy (f n ) hội tụ đều về f trên D. 1.4 Mệnh đề. (1) Gỉa sử (f n ) là dãy hàm liên tục và hội tụ đều về f trên D. Khi đó f là hàm liên tục trên D. Đặc biệt, khi đó có thể chuyển thứ tự lim lim n→∞ lim x→x 0 f n (x) = lim x→x 0 lim n→∞ f n (x) (2) Gỉa sử (f n ) là dãy hàm liên tục và hội tụ đều trên [a, b]. Khi đó có thể chuyển thứ tự lim và lim n→∞ b a f n (x)dx = b a lim n→∞ f n (x)dx (3) Cho (f n ) là dãy hàm khả vi liên tục trên [a, b]. Gỉa sử dãy đạo hàm (f n ) hội tụ đều trên [a, b] và dãy số (f n (c)) hội tụ với một c ∈ [a, b]. Khi đó (f n ) hội tụ đều về một hàm khả vi f trên [a, b] và có thể chuyển thứ tự lim và đạo hàm lim n→∞ f n (x)= lim n→∞ f n (x) Chứng minh: (1) Cho x 0 ∈ D. Với >0. Do sự hội tụ đều, tồn tại N sao cho: |f N (x) − f(x)| </3, ∀x ∈ D. Do f N liên tục tại x 0 , tồn tại δ>0, sao cho: |f N (x) − f N (x 0 )| </3, ∀x, |x − x 0 | <δ. Vậy khi |x − x 0 | <δ, |f(x)−f (x 0 )|≤|f (x)−f N (x)|+|f N (x)−f N (x 0 )|+|f N (x 0 )−f(x 0 )| </3+/3+/3= I.2 Chuỗi hàm. 3 Vậy f liên tục tại x 0 , i.e. lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0 lim n→∞ f n (x)=f(x 0 ) = lim n→∞ lim x→x 0 f n (x) (2) Gỉa sử f n liên tục và hội tụ đều. Theo (1) hàm giới hạn f là liên tục nên khả tích trên [a, b]. Hơn nữa b a f n − b a f ≤|b − a| sup x∈[a,b] |f n (x) − f(x)|→0, khi n →∞ Vậy lim n→∞ b a f n = b a f = b a lim n→∞ f n . (3) Đặt F n (x)= x c f n . Theo (2) dãy (F n ) hội tụ đều về hàm F trên [a, b], trong đó F (x)= x c lim n→∞ f n . Ta có F n (x)=f n (x) − f n (c). Suy ra f n = F n + f n (c) hội tụ đều trên [a, b] về f = F + lim n→∞ f n (c). Hơn nữa, ta có f (x)=F (x)= lim n→∞ x c f n = ( lim n→∞ f n ) (x) 2. CHUỖI HÀM 2.1 Đònh nghóa. Một chuỗi hàm trên X là tổng hình thức ∞ k=0 f k = f 0 + f 1 + ···+ f n + ··· trong đó f k là hàm xác đònh trên X. Xét chuỗi tương đương với xét dãy hàm tổng riêng thứ n : S n = f 0 + ···+ f n . Miền hội tụ của chuỗi: D = {x ∈ X : dãy hàm (S n (x)) n∈N hội tụ }. Khi đó S(x)= ∞ k=0 f k (x) xác đònh một hàm trên D. Ta nói ∞ k=0 f k là chuỗi hàm hội tụ đều trên D nếuu dãy hàm tổng riêng (S n ) n∈N là hội tụ đều về S trên D, i.e. M n =sup x∈D |S n (x) − S(x)| =sup x∈D | ∞ k=n+1 f k (x)|→0, khi n →∞ Ví dụ. Xét chuỗi hàm ∞ k=0 x k =1+x + x 2 + ···+ x n + ···. Miền hội tụ của chuỗi là D = {x ∈ R : |x| < 1}. Chuỗi là hội tụ đều về S(x)= 1 1 − x trên miền D r = {x : |x|≤r}, với 0 <r<1. Thật vậy, ta có S n (x)= 1 − x n+1 1 − x nên sup |xleqr |S n (x) − S(x)| =sup |x|≤r x n+1 1 − x ≤ r n+1 1 − r → 0, khi n →∞ 4 Tuy nhiên chuỗi không hội tụ đều trên D,vì sup |x|≤1 |S n (x) − S(x)| =+∞ 2.2 Tiêu chuẩn Cauchy. Chuỗi hàm ∞ k=0 f k hội tụ đều trên D khi và chỉ khi ∀>0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup x∈D | m k=n f k (x)| < 2.3 Mệnh đề. Gỉa sử chuỗi hàm ∞ k=0 f k hội tụ đều trên [a, b]. Khi đó (1) Nếu f k liên tục trên [a, b] với mọi k ∈ N, thì chuỗi trên xác đònh một hàm liên tục trên [a, b]. Đặc biệt khi đó có thể chuyển lim vào dấu lim x→x 0 ∞ k=0 f k (x)= ∞ k=0 lim x→x 0 f k (x) (2) Nếu f k liên tục trên [a, b], thì có thể chuyển vào dấu b a ∞ k=0 f k (x) dx = ∞ k=0 b a f k (x)dx (3) Nếu f k khả vi liên tục trên [a, b] và chuỗi ∞ k=0 f k hội tụ đều trên [a, b], thì ∞ k=0 f k là một hàm khả vi trên [a, b] và có thể lấy đạo hàm vào dấu ∞ k=0 f k (x)= ∞ k=0 f k (x) 2.4 Một số dấu hiệu hội tụ đều cho chuỗi hàm. Weierstrass M-test: Nếu |f k (x)|≤a k , ∀x ∈ D và ∞ k=0 a k hội tụ, thì ∞ k=0 f k hội tụ đều trên D. Dirichlet: Nếu (f k ) dãy giảm, hội tụ đều về 0 và ∞ k=0 ϕ k là chuỗi hàm có dãy tổng riêng bò chặn trên D, thì ∞ k=0 f k ϕ k hội tụ đều trên D. Abel: Nếu (f n ) là dãy đơn điệu bò chặn và ∞ k=0 ϕ k hội tụ đều trên D, thì ∞ k=0 f k ϕ k hội tụ. Chứng minh: Nếu |f k (x)|≤a k , thì m k=n |f(x)|≤ m k=n a k . Theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi ∞ k=0 f k hội tụ đều. Hai tiêu chuẩn sau chứng minh như phần chuỗi số (Bài tập). I.3 Chuỗi lũy thừa. 5 3. CHUỖI LŨY THỪA Phần này chúng ta nghiên cứu chuỗi lũy thừa là chuỗi hàm dạng ∞ k=0 a k x k , hay tổng quát hơn chuỗi lũy thừa tâm tại x 0 , ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k . Nhận xét. Khi thay biến z = x − x 0 ta đưa chuỗi lũy thừa tâm tại x 0 về dạng chuỗi lũy thừa. 3.1 Đònh lý Abel. Cho chuỗi S(x)= ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k . Khi đó tồn tại R, 0 ≤ R ≤ +∞, sao cho, nếu R>0, thì (1) S(x) hội tụ trên khi |x − x 0 | <R, phân kỳ khi |x − x 0 | >R. (2) S hội tụ đều trên D r = {x : |x − x 0 |≤r}, với mọi 0 <r<R. Số R gọi là bán kính hội tụ của S và được tính bởi công thức Cauchy-Hadamard 1 R = lim sup k→∞ k |a k | Chứng minh: Như nhận xét ở trên tònh tiến từ x 0 về 0 bằng đổi biến z = x − x 0 . Khi |z|≤r<R. Chọn ρ : r<ρ<R. Theo đònh nghóa lim sup, tồn tại k 0 sao cho: |a k | 1 k < 1 ρ , ∀k>k 0 . Suy ra |a k z k | < r ρ k . Theo M-test S(z) hội tụ đều trên đóa D r . Từ đây cũng suy ra S(z) hội tụ khi |z| <R. Khi |z| >R. Chọn ρ : R<ρ<|z|. Theo đònh nghóa lim sup, tồn tại vô số chỉ số k: |a k | 1 k > 1 ρ . Vậy |a k z k | > |z| ρ k với vô số chỉ số k. Suy ra a k z k → 0, nên theo điều kiện cần ∞ k=0 a k z k phân kỳ. Nhận xét. Do nhận xét ở phần chuỗi số, có thể dùng công thức D’Alembert để tính bán kính hội tụ (nếu giới hạn tồn tại): 1 R = lim k→∞ |a k+1 | |a k | Ví dụ. a) Chuỗi ∞ k=0 k!x k có bán kính hội tụ là R = lim k→∞ |a n | |a n+1 | = lim n→∞ k! (k +1)! =0. b) Chuỗi ∞ k=0 x k k! có bán kính hội tụ là ∞. c) Đònh lý Abel không cho kết luận về sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi khi |x−x 0 | = R. Chẳng hạn các chuỗi ∞ k=0 x k , ∞ k=1 x k k , ∞ k=1 x k k 2 đều có bán kính hội tụ là 1, nhưng tính 6 hội tụ khi |x| =1khác nhau. Chuỗi ∞ k=0 x k phân kỳ khi x = ±1, theo điều kiện cần. Chuỗi ∞ k=1 x k k 2 hội tụ khi |x| =1, theo tiêu chuẩn so sánh. Chuỗi ∞ k=1 x k k phân kỳ khi x =1, nhng hội tụ khi x = −1 theo tiêu chuẩn Leibniz. 3.2 Mệnh đề. Gỉa sử chuỗi lũy thừa ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k có bán kính hội tụ R>0. Khi đó S(x)= ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k xác đònh hàm khả vi mọi cấp trên (x 0 − R, x 0 + R) và ta có thể lấy đạo hàm và tích phân vào dấu tổng: ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k = ∞ k=1 ka k (x − x 0 ) k−1 ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k dx = ∞ k=0 a k k +1 (x − x 0 ) k+1 + C Chứng minh: Suy từ Đònh ký Abel và các kết qủa từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm. Ví dụ. a) Ta có ∞ k=0 (−1) k x k = 1 1+x , |x| < 1. Đạo hàm từng từ ta có ∞ k=1 (−1) k kx k−1 = − 1 (1 + x) 2 , |x| < 1. Tích phân từng từ ta có ∞ k=0 (−1) k x k+1 k +1 =ln(1+x), |x| < 1. b) Ta có khai triển 1 1+x 2 = 1 1 − (−x 2 ) =1− x 2 + x 4 − x 6 + ···= ∞ k=0 (−1) k x 2k , |x| < 1 Tích phân từng từ ta có arctan x = x − x 3 3 + x 5 5 − x 7 7 + ···= ∞ k=0 (−1) k x 2k+1 2k +1 , |x| < 1 Bài tập: Áp dụng dấu hiệu Abel cho sự hội tụ đều của chuỗi với f k (x)=x k và ϕ k (x)=a k chứng minh Đònh lý Abel sau đây: Nếu chuỗi ∞ k=0 a k hội tụ và có tổng S, thì S(x)= ∞ k=0 a k x k hội tụ khi |x| < 1 và lim x→1 − S(x)=S. I.3 Chuỗi lũy thừa. 7 c) Dễ thấy các chuỗi cuối ở hai ví dụ trên thỏa đònh lý Abel, suy ra ta có công thức tính gần đúng ln 2 = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + 1 5 −···+ (−1) n+1 n +1 + R n π 4 =1− 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 −···+ (−1) n 2n +1 + R n Bài tập: Chứng minh sai số R n ở hai công thức trên là O( 1 n ). Hệ qủa. Nếu hàm f có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa tại lân cận x 0 , i.e. f(x)= ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k , thì biểu diễn đó là duy nhất. Cụ thể a k = f (k) (x 0 ) k! k =0, 1, 2, ··· Chứng minh: Qui nạp mệnh đề trên, với mọi n ∈ N và x ờ lân cận x 0 , ta có ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k (n) = ∞ k=n k(k − 1) ···(k − n +1)a k (x − x 0 ) k−n Cho x = x 0 ta có công thức trên. 3.3 Chuỗi Taylor. Cho f là hàm khả vi vô hạn ở một lân cận x 0 . Khi đó chuỗi Taylor của f tại x 0 được ký hiệu và đònh nghóa Tf(x)= ∞ k=0 a k (x − x 0 ) k , trong đó a k = f (k) (x 0 ) k! Bài toán là khi nào thì Tf(x)=f(x) ? Có 3 khả năng xảy ra: (1) Tf(x) không hội tụ. Ví dụ chuỗi Taylor hàm f (x)= ∞ k=0 sin 2 k x k! . (2) Tf(x) hội tụ nhưng Tf(x) = f(x). Ví dụ hàm f(x)=e − 1 x 2 , khi x =0, f(0) = 0, là hàm khả vi vô hạn và f (k) (0) = 0, ∀k. Vậy Tf(x) ≡ 0 = f(x). (3) Tf(x)=f(x), |x − x 0 | <R. Khi đó ta nói f là hàm giải tích trên D = {x : |x − x 0 | <R}. Mệnh đề. Nếu f là hàm khả vi vô hạn và tồn tại C sao cho |f (k) (x)|≤C, ∀x ∈ (x 0 − R, x 0 + R), thì f là hàm giải tích trên khoảng đó. Chứng minh: Theo công thức Taylor, với mỗi x ∈ (x 0 − R, x 0 + R), tồn tại θ ∈ (0, 1), sao cho |f(x) − T n (x)| = |R n (x)| = f (n+1) (x 0 + θR) (n +1)! (x − x 0 ) n+1 ≤ CR n+1 (n +1)! [...]... với |x| < π Từ các công thức trên suy ra ∞ sin(2k + 1)x 2k + 1 k=0 ∞ cos(2k + 1)x (2k + 1 )2 k=0 ∞ sin 2kx 2k k=1 ∞ cos 2kx (2k )2 k=1 = = = = π 4 π 2 − 2 x 8 π − 2x 4 2 − 6πx + π 2 6x 24 với 0 < x < π với 0 < x < 2 với 0 < x < π với 0 < x < 2 Với các gía trò x cụ thể các công thức trên suy ra ∞ 2 1 , = k2 6 k=1 ∞ 2 (−1)k+1 , = k2 12 k=1 ∞ π (−1)k = 2k + 1 4 k=0 II Không gian Rn 1 KHÔNG GIAN EUCLID... 2 k=1 =− 2 12 ∞ ∞ 1 (−1)k − k 2 k=1 k 2 k=1 = 2 8 4.5 Hội tụ đều Bất dẳng thức Bessel Nếu f 2 khả tích trên [π, π], thì a2 0 + 2 ∞ (a2 + b2 ) ≤ k k k=1 1 π π −π f 2 (x)dx Đặc biệt, chuỗi vế trái là chuỗi hội tụ Chứng minh: Do tính trực giao nêu ở 5.1, tính tích phân ta có: π −π (f (x)−Fn f (x))Fn f (x)dx = 0, π −π (Fn f (x) )2 dx = π a2 0 + 2 n k=1 (a2 + b2 ) k k 14 Suy ra π −π π f 2 (x)dx = −π... đẳng thức Cauchy-Schwarz: | < x, y > | ≤ x y Thực vậy, tam thức bậc 2: tx + y 2 = x 2 t2 + 2 < x, y > t + y 2 ≥ 0, ∀t ∈ R Suy ra ∆ =< x, y >2 − x 2 y 2 ≥ 0, i.e bất đẳng thức trên đúng 20 Vậy x + y 2 = x 2 + y 2 + 2 < x, y >≤ x 2 + y i.e ta có bất đẳng thức (N 3) (N 3) suy ra (M 3) Còn các tính chất khác là rõ ràng 2 +2 x y = ( x + y )2 , Bài tập: Chứng minh | < x, y > | = x y khi và chỉ khi x, y tỉ... k=0 2k + 1 Khi x = 0, −π, π chuỗi vế phải nhận gía trò Khi cho x = π /2, ta có b) 1− 4 2 x2 = − 2 2 π 3 π ∞ ∞ π (−1)k = 2k + 1 4 k=0 (−1)k k=1 cos kx , k2 với 1 ( 2 sign (x+ ) + sign (x− )) = 0 |x| ≤ π Để ý hàm vế trái nhận giá trò như nhau tại x = ±π , nên có cùng trung bình cọng tại đó ∞ 2 1 = Khi cho x = π , ta có 2 Khi cho x = 0, ta có Suy ra ∞ k=1 ∞ k=1 6 k (−1)k k2 1 1 = 2 (2k − 1) 2 k=1 =− 2. .. [0, 2 ], chu kỳ 2 : Hàm f (x), 0 ≤ x < 2 Khai triển Fourier F f (x) ∞ sin kx k k=1 x π 2 x2 ∞ ∞ 4 2 cos kx sin kx π +4 − 4π 2 3 k k k=1 k=1 Ax2 + Bx + C ∞ ∞ 4 cos kx sin kx A π 2 + Bπ + C + 4A − (4πA − 2B) 2 3 k k k=1 k=1 r r r r r 0 2 F f (x) = x, 0 < x < 2 E x 17 I.4 Chuỗi lượng giác ! r ! r ! r 0 ! r ! r 2 E x F f (x) = x2 , 0 < x < 2 ... Vậy −π (f (x) − Fn f (x) + Fn f (x) )2 dx (f (x) − Fn f (x) )2 dx + π −π (Fn f (x) )2 dx + 2 6π(f (x) − Fn f (x) )2 dx + π( n a2 0 + (a2 + b2 ) ≤ k k 2 k=1 n → +∞ ta có bất dẳng π −π a2 0 + 2 n π −π (f (x) − Fn f (x))Fn f (x)dx (a2 + b2 )) k k k=1 f 2 (x)dx Cho thức cần tìm Do chuỗi có số hạng dương nên tính bò chặn tương đương tính hội tụ Đònh lý Giả sử hàm f có chu kỳ 2 , liên tục và f liên tục từng khúc... có: P (n) = ap np + ap−1 np−1 + · · · + a0 ∼ ap np (ap = 0) n(n + 1) = O(n2 ) 1 + 2 +··· + n = 2 n(2n + 1)(n + 2) = O(n3 ) 12 + 22 + · · · + n2 = 6 1 n n√ n n+ 2 2πn = O n! ∼ e e 30 Bài tập: So sánh 2n , np , lnq n, np lnq n khi n → +∞ Bài tập: Chứng minh với p ∈ N, ta có: 1p + 2p + · · · + np = O(np+1 ) khi n → ∞ 2 TÍNH LIÊN TỤC 2. 1 Đònh nghóa f : X → Rm , X ⊂ R n , gọi là liên tục tại a∈X nếuu lim f... lý về hội tụ ta có x =2 ∞ (−1)k+1 k=1 y sin kx , −π < x < π k T r r r r r −π π E x 18 Ví dụ Từ các ví dụ trên và tính hội tụ điểm, ta có các giá trò tổng ∞ sin kx k k=1 ∞ cos kx k2 k=1 ∞ sin kx k k=1 ∞ cos kx (−1)k+1 k2 k=1 (−1)k+1 = = = = π−x 2 3x2 − 6πx + 2 62 12 x 2 π 2 − 3x2 12 với 0 < x < 2 với 0 < x < 2 với |x| < π với |x|... giới hạn a 12 = lim lim f (x, y), a21 = lim lim f (x, y), a = y→y0 x→x0 x→x0 y→y0 lim (x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) Vấn đề: Mối quan hệ giữa các giới hạn trên ? Trả lời: lỏng lẻo, xét các ví dụ sau Ví dụ Với x0 = 0, y0 = 0 1 1 a) f (x, y) = (x + y) sin x sin y Ta có a 12 , a21 không tồn tại, a = 0 x2 − y 2 Ta có a 12 = 0, a21 = 1, còn a không tồn tại x2 + y xy c) f (x, y) = 2 2 Ta có a 12 = a21 = 0, còn... chuỗi lũy thừa các hàm khác: chuỗ 2 a) Hàm erf(x) = e−t dt không là hàm sơ cấp Để biểu diễn hàm này dưới dạng 0 chuỗi lũy thừa ta dựa vào biểu diễn của ex với x = −t2 : 2 e−t = 1 − t2 + Tích phân từng từ ta có erf(x) = x − ∞ x2 (−1)n (−1)k x3 + +···+ x2n+1 + · · · = x2k+1 3 2! 5 n!(2n + 1) k!(2k + 1) k=0 b) Hàm Si(x) = ta có Si(x) = x 0 1 4 (−1)n 2n t + ···+ t + ··· 2! n! x 0 sin t dt t x∈R cũng không . k=1 1 k 2 = π 2 6 Khi cho x =0, ta có ∞ k=1 (−1) k k 2 = − π 2 12 . Suy ra ∞ k=1 1 (2k − 1) 2 = 1 2 ∞ k=1 1 k 2 − ∞ k=1 (−1) k k 2 = π 2 8 .. cos 2kπ T x + b k sin 2kπ T x ) trong đó các hệ số Fourier của f là a k = 2 T T /2 −T /2 f(t)cos 2kπ T tdt, k =0, 1, 2, ··· b k = 2 T T /2 −T /2 f(t)sin 2kπ