bài tập giải tích A3 có lời giải

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THỦ DẦU MỘT GIẢI TÍCH VÕ VIẾT TRÍ (Chủ biên), TRẦN THANH PHONG BÌNH DƯƠNG - 2021 Mục lục LỜI NÓI ĐẦU Ký hiệu BỔ SUNG VỀ TẬP HỢP 1.1 Tập hợp phép toán tập hợp 1.1.1 Cách mô tả tập hợp 1.1.2 Tập con, tập hợp nhau, phép giao, hợp, hiệu, phần bù Ánh xạ 1.2.1 Khái niệm ký hiệu 1.2.2 Đơn ánh, toàn ánh song ánh, ánh xạ ngược, ánh xạ hợp Tiên đề chọn, tập tích Decartes 1.3.1 Tiên đề chọn 1.3.2 Tích họ tập hợp Quan hệ hai ngôi, quan hệ thứ tự quan hệ tương đương 1.4.1 Quan hệ thứ tự, tập hợp thứ tự 1.4.2 Quan hệ tương đương tập thương 12 1.5 Lực lượng tập hợp 14 1.6 Tập hợp hữu hạn, tập hợp vô hạn tập hợp đếm dược 15 BÀI TẬP 19 1.2 1.3 1.4 TÍCH PHÂN BỘI 22 BÀI TẬP 22 LỜI NÓI ĐẦU KÝ HIỆU N : tập số nguyên dương, N0 = N ∪ {0} Z : tập hợp số nguyên, Z+ : tập hợp số nguyên không âm, Q : tập hợp số hữu tỷ, Qc : tập hợp số vô tỷ, R: tâp hợp số thực, C: Tập số phức, K =R C, (−∞, ∞) = R, R+ = {x ∈ R : x ≥ 0} (tập hợp số thực không âm), Cho a, b ∈ R, a < b, [a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}, (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}, [a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}, (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}, ]a, b[= {x ∈ R : a < x < b}, (−∞, a] = {x ∈ R : x ≤ a}, [a, ∞) = {x ∈ R : x ≥ a}, (−∞, a) = {x ∈ R : x < a}, (a, ∞) = {x ∈ R : x > a}, 2A : tập tất tập khác rỗng tập A Chương BỔ SUNG VỀ TẬP HỢP Trong chương nhắc lại số khái niệm tính chất thường xuyên sử dụng chương 1.1 1.1.1 Tập hợp phép toán tập hợp Cách mô tả tập hợp Khái niệm tập hợp hình thành cách tự nhiên từ việc mơ tả phần tử nó, nhiên lĩnh vực thường làm việc tập hợp mang tính chất trừu tượng, việc liệt kê phần tử tập hợp gặp phải khó khăn sử dụng cách mô tả tập hợp sau: Một tập A định nghĩa A = {x : P(x)} , ( A = {x|P(x)}) P(x) mệnh đề mà giá trị sai phụ thuộc vào phần tử x Một cách viết khác x ∈ A ⇔ P(x) Trong trường hợp P(x) có dạng (x ∈ Ω Q(x)) ta viết A = {x ∈ Ω : Q(x)} Ví dụ 1.1 Tập hợp A mô tả A = x ∈ R : x2 = , ta thấy dạng liệt kê A = {−1, 1} Cho phương trình p(x) = tập hợp A = {x ∈ R : p(x) = 0}, nghĩa là, A tập hợp nghiệm thực phương trình nêu Tuy nhiên, ta khơng biết cách tường minh tập nghiệm phương trình 1.1.2 Tập con, tập hợp nhau, phép giao, hợp, hiệu, phần bù Cho tập hợp A B, ta nói A tập B (hay B chứa A, hay A chứa B) tất phần tử A phần tử B viết A ⊂ B hay B ⊃ A, nghĩa A ⊂ B ⇔ (x ∈ A dẫn đến x ∈ B) Trong trường hợp đồng thời A ⊂ B B ⊂ A ta nói A B viết A = B Chúng ta quy ước tập rỗng (là tập khơng có phần tử), ký hiệu ∅, tập tập Định nghĩa 1.2 Cho X tập hợp A, B tập X ta định nghĩa A ∩ B = {x : x ∈ A x ∈ B} (phép giao) A ∪ B = {x : x ∈ A x ∈ B} (phép hợp) A \ B = {x : x ∈ A x ∈ / B} (phép hiệu) AcX = X \ A, gọi phần bù A X, viết gọn Ac Trong lĩnh vực ta thường dùng "phép toán" thay cho "phép tốn hai ngơi", phéo giao, phép hợp hai hay hữu hạn tập tổng quát lên cho họ tập hợp tùy ý định nghĩa sau Định nghĩa 1.3 Cho X tập hợp họ F tập X nghĩa là, phần tử F tập hợp X, ta định nghĩa: Giao họ F tập {x : x ∈ G ∀G ∈ F }, ký hiệu F (hoặc G), nghĩa G∈F F = G = {x : x ∈ G ∀G ∈ F } G∈F (cũng nghĩa là, x ∈ F ⇔ x ∈ G với G ∈ F ) Hợp họ F tập {x : ∃G ∈ F , x ∈ G}, ký hiệu F (hoặc G), nghĩa G∈F F = G = {x : ∃G ∈ F , x ∈ G} G∈F F ⇔ ∃G ∈ F , x ∈ G) (cũng nghĩa là, x ∈ Ta quy ước F = ∅ F = ∅ F = ∅ Trong trường hợp riêng họ F có hai phần tử, định nghĩa trở Định nghĩa 1.2 Trong trường hợp họ F = {Aj : j ∈ J} ký hiệu F (tương ứng, F ) ∞ Aj (tương ứng, viết lại Aj ) Đặc biệt J = N, ký hiệu viết lại j∈J ∞ Aj j=1 j∈J Aj ) Khi đó, (tương ứng, j=1 ∞ x∈ Aj ⇔ (x ∈ Aj với j ∈ J) j=1 ∞ x∈ Aj ⇔ (∃j ∈ J, x ∈ Aj ) j=1 Bằng phương pháp phần tử chứng minh tính chất quan trọng sau Định lý 1.4 Cho họ khác rỗng tập hợp F , F Khi A B A∈F A A∈F ,B∈F B A∈F (A ∩ B) = B∈F B∈F (A ∪ B) = A∈F ,B∈F c G Gc = G∈F G∈F c G G∈F Gc = G∈F Tính chất 3., cịn gọi công thức đối ngẫu Demorgan 1.2 Ánh xạ 1.2.1 Khái niệm ký hiệu Cho tập hợp khác rỗng X, Y , ta ký hiệu tập X × Y = {(x, y) : x ∈ X, y ∈ Y } tập gọi tích Descartes hai tập X Y Định nghĩa 1.5 Cho X Y tập khác rỗng Một ánh xạ từ X vào Y tập f ⊂ X × Y thỏa với x ∈ X, tồn y ∈ Y để (x, y) ∈ f Lúc này, ta viết y = f (x) gọi ảnh x qua ánh xạ f , phần tử x gọi tạo ảnh y f Một số ký hiệu: ánh xạ f từ X vào Y viết f : X → Y , x → f (x) A ⊂ X, ảnh tập A f (A) = {y ∈ Y : ∃x ∈ A, y = f (x)} , tạo ảnh tập B ⊂ Y f −1 (B) = {x ∈ X : f (x) ∈ B} Trong trường hợp tập B gồm phần tử y ta viết f −1 (y) thay viết f −1 ({y}) Nếu f g ánh xạ từ X vào Y , ta viết f = g f (x) = g(x) với x ∈ X 1.2.2 Đơn ánh, toàn ánh song ánh, ánh xạ ngược, ánh xạ hợp Định nghĩa 1.6 Cho ánh xạ f : X → Y , ta nói f đơn ánh với với hai phần tử X cho hai ảnh, nghĩa x, y ∈ X với x = y f (x) = f (y); toàn ánh f (X) = Y , hay tương đương, với y ∈ Y , tồn x ∈ X, f (x) = y; song ánh f đồng thời đơn ánh toàn ánh Trong trường hợp f : X → Y song ánh, ta xây dựng ánh xạ g : Y → X sau, phần tử y ∈ Y lúc tồn phần tử x ∈ X f (x) = y, ta định nghĩa g(y) = x Ánh xạ g gọi ánh xạ ngược f ta ký hiệu f −1 Định nghĩa 1.7 Cho ánh xạ f : X → Y g : Y → Z ta định nghĩa ϕ : X → Z định nghĩa sau: ϕ(x) = g (f (x)) , x ∈ X Ánh xạ ϕ gọi hợp ánh xạ f g ký hiệu g ◦f , g ◦f (x) = g (f (x)), với x ∈ X Chúng ta dễ dàng thấy g ◦ f f ◦ g nhìn chung khơng chúng tồn Bạn đọc dùng phương pháp phần tử chứng minh kết Định lý 1.8 Cho ánh xạ f : X → Y Giả sử F họ tập X, C họ tập Y Khi 1.f ∪ G G∈F f −1 1.3 1.3.1 = ∪ f (G) f ∪ G G∈C G∈F ∩ G G∈F = ∪ f −1 (G) f −1 G∈C ⊂ ∩ G G∈C ∩ f (G) G∈F ⊂ ∩ f −1 (G) G∈C Tiên đề chọn, tập tích Decartes Tiên đề chọn Một thật hiển nhiên ta chọn phần tử tập khác rỗng, tổng quát tượng ta có bổ đề sau cịn gọi Tiên đề chọn Bổ đề 1.9 Cho họ khác rỗng tùy tập khác rỗng F = {Gj : j ∈ J} Khi ln tồn ánh xạ f : J → ∪ Gj thỏa f (j) ∈ Gj với j ∈ J j∈J Ánh xạ f nói gọi hàm chọn họ {Gj }j∈J Một minh họa cho việc áp dụng tiên đề chọn Cho f : X → Y toàn ánh Ta chứng tỏ tồn tập E ⊂ X để thu hẹp f lên E song ánh Thật vậy, giả sử g hàm chọn cho họ {f −1 (y)}y∈Y , nghĩa là, g : Y → X (vì f toàn ánh nên ∪ f −1 (y) = X) g(y) ∈ f −1 (y) Đặt E = g(Y ) Khi có điều đạt tính y∈Y chất mong muốn 1.3.2 Tích họ tập hợp Cho họ tập khác rỗng {G1 , G2 , }, ta đặt G = G1 × G2 × ., x = (x1 , x2 , .) định nghĩa G = {x = (x1 , x2 , .) : xj ∈ Gj ∀j = 1, 2, 3, } Ta nói G tích Descartes tập G1 , G2 , Tuy nhiên, trường hợp họ không liệt kê phần tử định nghĩa chưa phù hợp Dưới định nghĩa tích descartes họ khác rỗng tùy ý tập khác rỗng Định nghĩa 1.10 Cho họ khác rỗng tùy tập khác rỗng F = {Gj : j ∈ J} Theo tiên đề chọn tập hợp tất ánh xạ f : J → ∪ Gj thỏa f (j) ∈ Gj với j∈J j ∈ J, tập khác rỗng ta gọi tích Descartes họ F ký hiệu Gj j∈J Như Gj = f : J → ∪ Gj : f (j) ∈ Gj ∀j ∈ J j∈J j∈J Gj x = (xj )j∈J , xj ∈ Gj với j ∈ J, hay Để thuận lợi ta viết phần tử x j∈J gọn x = (xj ) 1.4 Quan hệ hai ngôi, quan hệ thứ tự quan hệ tương đương Cho tập hợp khác rỗng X Y , tập R tập tích X × Y gọi quan hệ X Y Trường hợp riêng Y = X, quan hệ R gọi quan hệ (trên) X Cho R quan hệ, ta ký hiệu: R(x) = {y ∈ Y : xRy}, x ∈ X R(A) = {y ∈ Y : ∃x ∈ A, xRy}, A ⊂ X 1.4.1 Quan hệ thứ tự, tập hợp thứ tự Một quan hệ thông thường tập số thực R mà ký hiệu "≤", quan hệ có tính chất với phần tử x y phải xã hai trường hợp x ≤ y y ≤ x Tính chất gọi tính so sánh Nhờ tính chất mà 1.5 Lực lượng tập hợp Khi so sánh hai tập hợp với dưa số lượng phần tử cách tổng quát dẫn đến khái niệm "lực lương tập hợp", gặp nhiều thú vị khái niệm khoảng (0, 1) lực lượng với R hay R lực lượng với R2 , Định nghĩa 1.24 Ta nói tập E F lực lượng (ký hiệu: E ∼ F ) chúng rỗng tồn song ánh từ E vào F Chúng ta dễ dàng thấy quan hệ "cùng lực lượng" quan hệ tương đương họ tất cà tập hợp Ví dụ 1.25 Với song ánh x → c + [a, b] ∼ [c, d] Với song ánh x → tan π (x b−a − a+b ) d−c b−a (a < b, c < d) ta có (a, b) ∼ (c, d) (a < b) ta có (a, b) ∼ R Định lý 1.26 (Định lý Cantor-Bernstein) Nếu A tập tương đương với tập tập B B tương đương với tập A A B tương đương Chứng minh Với giả thiết nêu tồn đơn ánh f : A → B g : B → A Định nghĩa ánh xạ ϕ : 2A → 2A sau: ϕ(E) = A\g(B\f (E)), E ∈ 2A Trước tiên ta nhận thấy ánh xạ ϕ có tính chất: E ⊂ F dẫn đến ϕ(E) ⊂ ϕ(F ) Thật vậy, với giả thiết E ⊂ F ta có f (E) ⊂ f (F ) B\f (F ) ⊂ B\f (E), ta có g(B\f (F )) ⊂ g(B\f (E)) có ϕ(E) ⊂ ϕ(F ) Đặt C = E ∈ 2A : E ⊂ ϕ(E) G = ∪ E E∈C Với E ∈ C , ta có E ⊂ G E ⊂ ϕ(E) ⊂ ϕ(G) Điều dẫn đến, E ⊂ ϕ(G) với E ∈ C 14 Vì ta có G ⊂ ϕ(G), (1.1) điều dẫn đến ϕ(G) ⊂ ϕ(ϕ(G)) Ta suy ϕ(G) ∈ C có ϕ(G) ⊂ ∪ E = G E∈C (1.2) Từ (1.1) (1.2) ta kết luận G = ϕ(G) Theo định nghĩa ánh xạ ϕ ta có G = A\g[B\f (G)], ta kết luận A\G = g[B\f (G)] (1.3) Bây ta định nghĩa ánh xạ φ : A → B chứng minh song sánh: φ(x) = f (x), x ∈ G, g −1 (x), x ∈ / G Trước hết kiểm tra định nghĩa ánh xạ φ tốt, x ∈ A, có hai trường hợp, x ∈ G đương nhiên f (x) xác định, x ∈ / G theo (1.3) ta có x ∈ g[B\f (G)] g đơn −1 ánh nên tập g (x) có phần tử, φ định nghĩa tốt (i) Chứng minh φ toàn ánh: Giả sử y phần tử tùy ý B, y ∈ f (G), chọn x ∈ G để f (x) = y, y ∈ / f (G) chọn x = g(y), y ∈ B\f (G), nên theo (1.3) ta có x = g(y) ∈ / G Ta dẽ dàng kiểm tra φ(x) = y Vậy φ toàn ánh (ii) Chứng minh φ đơn ánh: Giả sử x, y ∈ A với x = y Ta xem xét ba trường hợp sau đây: là, x, y thuộc G, hai là, x, y không nằm G, ba là, x ∈ G y∈ / G Trong hai trường hợp đầu, nhờ tính đơn ánh f g ta có φ(x) = φ(y) Trường hợp thứ ba, ta có φ(x) = f (x) ∈ G φ(y) = g −1 (y) ∈ B\f (G) nên φ(x) = φ(y) 1.6 Tập hợp hữu hạn, tập hợp vô hạn tập hợp đếm dược Định nghĩa 1.27 Tập hợp X gọi hữu hạn rỗng tồn số nguyên dương n song ánh từ {1, 2, , n} vào X (nghĩa là, X ∼ {1, 2, , n}) Trong trường hợp ngược lại gọi 15 tập vô hạn Số n gọi số lượng phần tử X Tập rỗng có số phần tử đếm vô hạn tồn song ánh từ tập số tự nhiên N vào X (nghĩa X ∼ N) đếm hữu hạn đếm vơ hạn Trường hợp trái lại ta gọi tập không đếm Định lý 1.28 Một tập tập đếm tập đếm Hợp họ đếm tập đếm đếm Nghĩa là, giả sử F họ đếm với G ∈ F đếm được, ∪ G tập đếm G∈F Chứng minh Ta giả sử F = {Aj : j ∈ N} họ đếm vô hạn tập đếm được, nghĩa với j ∈ N, Aj tập đếm ta giả sử Aj = {aj1 , aj2 , .} Ta cần chứng minh A = ∪ Aj tập đếm Ta giả sử phần tử aij = ast (i, j) = (s, t) j∈N Ta xét bảng lập dòng thứ j liệt kê phần tử tập Aj       a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33       Ta đánh số vị trí theo sơ đồ sau đây, theo chéo phụ từ lên, hai phần tử aij ast nằm đường chéo i + j = s + t             Về mặt trực quan ta thấy A ∼ N Tuy nhiên để thuyết phục ta phải xây dựng đơn ánh từ A vào N Ta định nghĩa ánh xạ ϕ từ A vào N sau ϕ(aij ) = (i + j − 2)(i + j − 1) + j Ta thấy ánh xạ xác định (i + j − 2)(i + j − 1) tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2, nên vế phải phương trình số ngun khơng âm 16 Trước tiên ta nhận thấy ϕ(aij ) số phần tử ghi theo sơ đồ a11 , a21 , .aij Thật vậy, gọi tập Dn = {aij : i+j = n+1}, Gn = D1 ∪D2 ∪ ∪Dn−1 , số lượng phần tử tập Gn + + + (n − 1) = 21 (n − 1)n Trên đường chéo thứ n, số phần tử ghi từ cột đầu phần tử aij j Vậy số phần tử ghi từ a11 đến aij 21 (i + j − 2)(i + j − 1) + j = ϕ(aij ) Bây ta chứng tỏ ϕ đơn ánh Giả sử (i, j) (s, t) ∈ N × N, (i, j) = (s, t) Trường hợp i + j = s + t phải có j = t, ϕ(aij ) − ϕ(as,t ) = j − t = ϕ(aij ) = ϕ(ast ) Trường hợp i + j = s + t, ta nhận xét aij ast nằm hai đường chéo khác nhau, suy số phần tử hai tập sau khác {a11 , a21 , a12 , , aij } {a11 , a21 , a12 , , ast } điều cho ta ϕ(aij ) = ϕ(ast ) Tóm lại, ta có ϕ đơn ánh Bởi biểu diễn Z = (−N ) ∪ N ∪ {0}, đặt An = Hệ 1.29 m n : m ∈ Z với n = 1, 2, Q = ∪ An ta có n∈N Tập Z tập đếm vô hạn Tập Q tập đếm dược vơ hạn Định lý 1.30 Tính Descartes họ hữu hạn tập đếm tập đếm Chứng minh Ta chứng minh phương háp quy nạp, cần chứng tỏ cho trường hợp họ có hai phần tử Giả sử A = {a1 , a2 , , } B = {b1 , b2 , } hai tập đếm được, đặt E = A × B, với A tập đếm nên tồn đơn ánh f : A → N Với j ∈ N ta có ánh xạ ϕj : A × {bj } :→ N, với ϕj ((ai , bj )) = f (ai ) Ta có ϕj đơn ánh nên tập A × {bj } tập đếm C = ∪ (A × {bj }) j∈N Định lý cho thấy tồn tập hợp không đếm Định lý 1.31 (Cantor) Tập [0, 1] tập không đếm Chứng minh Giả sử trái lại [0, 1] tập đếm Khi tồn tồn ánh x : N → [0, 1] Ta viết xj thay cho x(j) với j ∈ N Như vậy, [0, 1] = {xj :, j ∈ N} Chia đoạn [0, 1] thành ba đoạn Trong ba đoạn phải có chưa đoạn khơng chứa x1 , ta ký hiệu đoạn ∆1 Ta lại chia đoạn ∆1 thành ba đoạn nhau, ba đoạn phải có đoạn khơng chứa x2 ta ký hiệu 17 ∆2 Như ta có ∆1 ⊃ ∆2 |∆2 | = 312 , ký hiệu |∆2 | số phần tử tập ∆2 Ta giả sử ta xây dựng đoạn ∆j , j = 1, 2, , n − thỏa ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n−1 , |∆j | = xj ∈ / ∆j với j = 1, 2, , n − 3j Trong đoạn phải có đoạn khơng chứa xn , ta ký hiệu đoạn ∆n Như vậy, ta xây dựng dãy đoạn {∆n }n∈N có tính chất sau ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ , |∆n | = , 3n xn ∈ / ∆n với n = 1, 2, Từ tính chất trên, kết biết, tồn ξ ∈ ∩ ∆j Từ tính chất j∈N ξ = xn với n ∈ N Điều mâu thuẩn ξ ∈ [0, 1] Hệ 1.32 Tập hợp Qc khơng đếm Chứng minh Vì [0, 1] ⊂ R nên R tập không đếm được.Ta gặp mâu thuẩn Qc tập đếm được, R = Q ∪ Qc tập đếm BÀI TẬP Cho A tập vô hạn B tập đếm Chứng minh tập A ∪ B tương đương với A Chứng minh tập điểm Rn với tọa độ hữu tỷ tập đếm Chứng minh tập tất ánh xạ f : A → 2A tương đương với A Một số thực α gọi số đại số (algebraic number) nghiệm đa thức với hệ số nguyên Chứng minh tập tất số đại số đếm Một số thực không số đại số gọi số siêu việt (transcendental number) Ta biết π e số siêu việt Chứng minh tập tất số siêu việt không đếm (Tập hợp Cantor) Cho đoạn J0 = [0, 1] đường thẳng thực Bước chia đoạn thành đoạn có chiều dài nhau, J1 phần cịn lại J0 sau bỏ khoảng giữa, nghĩa J1 = [0, 31 ] ∪ [ 23 , 1] Tiếp tục đoạn lại ta lại tiếp tục chia thành đoạn có chiều dài bỏ khoảng tương ứng 18 đoạn, nghĩa J2 = [0, 19 ] ∪ [ 29 , 13 ] ∪ [ 32 , 79 ] ∪ [ 89 , 1] Quá trình tiếp tục ta lập dãy tập J1 , J2 , , Jn , Ta đặt C = ∩∞ n=1 Jn gọi tập Cantor cho đoạn [0, 1] đường thẳng thực a Tính tổng chiều dài khoảng bị bỏ (ở chiều dài khoảng (a, b) b − a) b C có đếm hay không? BÀI TẬP 1.1 Chứng minh tập điểm Rn với tọa độ hữu tỷ tập đếm Hướng dẫn Ký hiệu A = {M (x1 , x2 , , xn ) : xj ∈ Q, i = 1, 2, , n} Ta cần chứng minh A tập đếm Bằng quy nạp ta chứng minh Qn tập đếm Với chọn song ánh M (x1 , x2 , , xn ) → (x1 , x2 , , xn ) ta có A ∼ Qn 1.2 Số thực α gọi số đại số α nghiệm đa thức với hệ số hữu tỷ đó, nghĩa là, tồn đa phức p(x) = a0 + a1 x + + an xn với (a0 , a1 , , an ) ∈ Qn+1 p(α) = Một số thực không số đại số gọi số siêu việt Chứng tỏ tập số đại số tập đếm tập số siêu việt không đếm Hướng dẫn Với số tự nhiên dương n ta ký hiệu Pn tập đa thức bậc n với hệ số hữu tỷ Chú ý đa thức bậc n với hệ số hữu tỷ ánh xạ x → a0 + a1 x + + an xn , với aj ∈ Q, j = 1, 2, , n an = Với cách chọn song ánh p → (a0 , a1 , , an ) ∈ Qn × Q∗ , Q∗ = Q\{0} ta có Pn tập đếm Khi tập tất đa thức với hệ số hửu tỷ ∞ P = ∪ Pn n=1 Với p ∈ P ta đặt Ap tập tất nghiệm thực p, tập Ap hữu hạn Ta có tập số đại số A = ∪ Ap p∈P Vậy A tập đếm Ta có R tập khơng đếm R = A ∪ Ac nên Ac không đếm 1.3 (Tập hợp Cantor) Cho đoạn J0 = [0, 1] đường thẳng thực Bước chia đoạn thành đoạn có chiều dài nhau, J1 phần lại J0 sau bỏ khoảng giữa, nghĩa J1 = [0, 31 ] ∪ [ 23 , 1] Tiếp tục đoạn lại ta lại tiếp tục chia thành đoạn có chiều dài bỏ khoảng tương ứng 19 đoạn, nghĩa J2 = [0, 19 ] ∪ [ 92 , 13 ] ∪ [ 23 , 79 ] ∪ [ 89 , 1] Quá trình tiếp tục ta lập dãy tập J1 , J2 , , Jn , Ta đặt C = ∩∞ n=1 Jn gọi tập Cantor cho đoạn [0, 1] đường thẳng thực Tính tổng chiều dài khoảng bị bỏ (ở chiều dài khoảng (a, b) b − a) C có đếm hay khơng? Hướng dẫn Ta ký hiệu dn sn chiều dài khoảng số lượng khoảng bị bỏ bước thứ n.Bằng quy nạp ta có dn = dn−1 sn = 2n−1 , d0 = 1, n = 1, 2, 3, , dn = sn = 2n−1 , n = 1, 2, 3, n Như tổng chiều dài khoảng bị bỏ bước thứ n dài khoảng bị bỏ ∞ n−1 d= = 3n n=1 2n−1 3n tổng chiều Một kết biết rằng, số x ∈ C, x = 1, ta có biểu diễn x= c1 c2 + + 3 Ở cj ∈ {0, 2} Ta ký hiệu phấn tử x dạng x = (c1 , c2 , ) Bây ta chứng minh tập C không đếm phản chứng Thật vậy, giả sử tồn song ánh f : N∗ → C\{1}, ta đặt f (n) = xn , n = 1, 2, Giả sử x1 = (c11 , c12 , ., c1n , ); x2 = (c21 , c22 , ., c2n , ); = ( ); xn = (cn1 , cn2 , ., cnn , ); = 20 Ta phần tử c = (c1 , c2 , .) ∈ C\{1} định nghĩa sau: với j = 1, 2, 0, cjj = 2, cj = 2, cjj = Khi với n bất kỳ, ta thấy vị trí thứ n biểu diễn xn cnn khác vớ số cn số vị trí thứ n biểu diễn c Vậy c = xn , ∀n = 1, 2, Và ta gặp mâu thuẩn 21 Chương TÍCH PHÂN BỘI BÀI TẬP Trong tập ta xem xét khái niệm tích phân Rieman nên từ "Rieman" giản ước khơng cần nói rõ Để tiện trình bày ta ký hiệu hàm đặc trưng tập hợp E 1E định 1, x ∈ E, 1E (x) = 0, x ∈ / E Khái niệm tích chất tích phân bội 2.1 Cho f g hàm khơng âm khả tích Ω thỏa f ≤ g tập bị chặn f≤ Ω Sử dụng định nghĩa tích phân chứng minh Ω g Ω Hướng dẫn: Tồn hình hộp I chứa Ω, đặt F (x) = 1Ω (x)f (x) G(x) = 1Ω (x)g(x) G Với P F = Theo định nghĩa tích phân iền bị chặn, ta cần chứng minh I I phép phân hoạch I ∆ ∈ P ta ý m∆ F := inf{F (x) : x ∈ ∆} ≤ inf{G(x) : x ∈ ∆} =: m∆ G Từ bất đẳng thức ta suy điều phải chứng minh 2.2 Cho Ω1 Ω2 tập bị chặn R2 thỏa Ω1 ⊂ Ω2 Giả sử f hàm khả tích f≤ khơng âm Ω2 Chứng minh Ω1 22 f Ω2 Hướng dẫn: Đặt φ = 1Ω1 f ϕ = 1Ω2 f có φ ≤ ϕ Ω2 với ý f= Ω1 φ Ω2 ta suy điều phải chứng minh 2.3 Cho f hàm liên tục không âm hình hộp I thỏa f = Chứng minh I f = I > Tính chất liên tục Hướng dẫn: Giả sử trái lại, nghĩa là, tồn a ∈ I để α = f (a) hàm f cho ta tìm tập mở (mở metric hạn chế I) D ⊂ I để f ≥ α D Bằng cách biểu diễn tích phân I qua phân tích I = D ∪ (I\D) 2.4 Cho I hình hộp Rn f hàm liên tục I, chứng minh f khả tích I Hướng dẫn: Hình hộp Rn tập compact, f liên tục tập compact nên liên tục tập Với > cho trước, ta tìm số δ > (chỉ phụ thuộc ) với x, y ∈ I thỏa x − y < δ, |f (x) − f (y)| < |I| + x−y = (x1 − y1 )2 + + (xn − yn )2 , với x = (x1 , , xn ) ∈ Rn , y = (y2 , , yn ) ∈ Rn |I| "diện tích" hình hộp I Bây ta chọn phân hoạch P I thỏa |∆| < δ với ∆ ∈ P Điều cho ta sup f (x) − inf f (y) ≤ x∈∆ y∈∆ |I| + với ∆ ∈ P (các sup inf đánh giá tồn f liên tục tập compact bị chặn) Khi đó, U (f, P ) − L(f, P ) < theo điều kiện đủ khả tích ta kết luận f khả tích I 2.5 (Tổng quát Bài tập (2.4)) Cho f hàm bị chặn hình hộp I Nếu tập điểm I mà f khơng liên tục tập tích khơng f khả tích I Hướng dẫn: Từ tính bị chặn f , tồn số M > để |f (x)| ≤ M với x ∈ I Ký hiệu C tập điểm I mà f khơng liên tục Khi đó, với > cho trước, ta phủ C hữu hạn hình hộp U1 , , Um có tổng thể tích nhỏ 4M (ta có 23 thể giả sử Uj ⊂ I khơng, ta thay Uj Uj ∩ I) Với j ∈ {1, , m} ta chọn hình hộp Hj chứa Uj Hj < 2|Uj |, đặt Gj = intHj (phần Hj , nghĩa tập mở lớn chứa Hj ) Khi đó, C phủ họ {Gj : j = 1, , m} Đặt T = I\ ∪m j=1 Gj Khi T tập compact, f liên tục T , ta tìm phân hoạch PT T cho với ∆ ∈ PT ta có |f (x) − f (y)| < 2(|I| + 1) với x, y ∈ ∆ Ký hiệu H = ∪m j=1 Hj Giả sử PH phân hoạch H, ta có P = PT ∪ PH phân hoạch I ∆ ∈ P ∆ ∈ PT ∆ ∈ PH Do L(f, P ) = L(f, PT ) + L(f, PH ); U (f, P ) = U (f, PT ) + U (f, PH ) U (f, PT ) − L(f, PT ) < U (f, PH ) − L(f, PH ) < Đánh giá cho ta kết luận điều cần chứng minh 2.6 Cho D ⊂ hình hộp Rn f : D → R hàm liên tục Chứng minh đồ thị Gr(f ) = {(x, f (x)) : x ∈ D} tập tích khơng Rn × R Hướng dẫn: Với > 0, f liên tục hình hộp D nên khả tích D ta tìm phân hoach P D (M∆ f − m∆ f )|∆| = U (f, P ) − L(f, P ) < , ∆∈P m∆ f = inf{f (x) : x ∈ ∆} M∆ f = sup{f (x) : x ∈ ∆} Họ {∆ × [m∆ f, M∆ f ] : ∆ ∈ P } phủ Gr(f ) họ tích ∆∈P (M∆ f − m∆ f )|∆| 2.7 Cho I hình hộp Rn giả sử f g hàm bị chặn I I ngoại trừ tập I tích khơng Chứng minh f khả tích I g khả tích I f= I g I Hướng dẫn: Đặt h = g − f C = {x : h(x) = 0} Do h bị chặn, ta giả sử |f (x)| ≤ M với x ∈ I Giả sử > 0, ta phủ C hữu hạn hình hộp U1 , Um cho tổng thể tích bé M +1 Ký hiệu Gj = (intUj ) ∩ I (j = 1, , m) Đặt T = I\ ∪m j=1 Gj Ký hiệu F(Ω) tập phân hoạch Ω Với Q ∈ F(T ) R ∈ F(H), H = ∪m j=1 Uj thỏa ∆ ∈ R ∆ chứa Uj Khi đó, chọn P = Q ∪ R P ∈ F(I) có 24 tính chất ∆ ∈ P ∆ ∈ Q ∆ ∈ R Lúc U (h, P ) − L(h, P ) = U (h, Q) − L(h, Q) + U (h, R) − L(h, R) = U (h, R) − L(h, R) < h = Với biểu diễn g = (g − f ) + f ta có khẳng Điều cho ta h khả tích I I định cịn lại 2.8 Cho D hình hộp Rn f hàm khả tích D Với phân hoạch P D ta ký hiệu δ(P ) = max{|∆| : ∆ ∈ P } Giả sử {Pn }n∈N dãy phân hoạch D thỏa δ(Pn ) → Đặt Sn (f ) = f (ξ∆ )|∆|, ∆∈Pn đó, ξ∆ ∈ ∆ Chứng minh lim Sn (f ) = f D Hướng dẫn: Trước tiên, ta chứng minh dãy {Sn (f )} dãy Cauchy R lập luận sau: Với > 0, từ tính khả tích f ta tìm phân hoạch Q thỏa U (f, Q) − L(f, Q) < Với giả thiết δ(Pn ) → 0, ta tìm số nguyên N = N ( ) để với n ≥ N phân hoạch Pn mịn phân hoạch Q Và với n ≥ N ta có L(f, Q) ≤ L(f, Pn ) ≤ Sn (f ) ≤ U (f, Pn ) ≤ U (f, Q)) Từ bất đẳng thức cho ta {Sn (f )} dãy Cauchy hội tụ Tiếp theo, từ định nghĩa inf sup ta tìm dãy phân hoạch {Qn } α := lim L(f, Qn ) = f Bằng quy nạp ta xây dựng dãy số tự nhiên tăng ngặt {σ(n)} lim U (f, Qn ) = D thỏa phân hoạch Pσ(n) mịn phân hoạch Qn Do ta có L(f, Qn ) ≤ L(f, Pσ(n) ) ≤ Sσ(n) (f ) ≤ U (f, Pσ(n) ) ≤ U (f, Qn )) Bất đẳng thức cho ta Sσ(n) f → α 2.9 Tính phương pháp phân hoạch: x2 dx a n b limn→∞ k=1 n sin kπ 2n 25 Hướng dẫn: Phần a.: Hàm f , x → x2 liên tục đoạn [0, 1] nên khả tích [0, 1] Chọn phân hoạch Pn cách chia đoạn [0, 1] n đoạn có chiều dài Tổng n Sn (f ) = j=1 f n j n = n n j2 = j=1 n(n + 1)(2n + 1) n3 Theo kết tập (2.8) ta có kết Phần b.: Xét hàm x → f (x) = sin(x) đoạn [0, π/2] Thực phân hoạch phần a., sử dụng kết tập (2.8) suy kết 2.10 Các hàm sau có khả tích khơng? Nếu có, tích tích phân x  , (x, y) ∈ [0, 1] × (0, 1], (a) f (x, y) = y  0, (x, y) ∈ [0, 1] × {0} (b) f (x, y) = 3, (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], y = x2 ; x2 , (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], y = x2 Hướng dẫn: (a): Sử dụng định nghĩa, hàm khả tích bị chặn (b): Theo kết (2.6) đồ thị hàm ϕ : [0, 1] → R, ϕ(x) = x2 tập tích khơng nên theo kết tập (2.5) f khả tích Đặt h(x, y) = với x, y, ta h = f= có [0,1]×[0,1] [0,1]×[0,1] Nhận xét Các kết tập không thay đổi ta thay hình hộp tập đóng bị chặn khái nệm "thể tích khơng" tập "không đáng kể", đây: Tập Ω Rn gọi tập không đáng kể với > cho trước, tồn họ đếm ∞ hình hộp {Gj }j=1,2, phủ Ω |Gj | < j=1 Công thức Fubini 2.11 Cho hàm số f (x, y) = x2 y, (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], y ≤ x2 , xy , (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], y > x2 (a): Chứng tỏ f khả tích; (b): Tính tích phân hàm f giải thích sở cách tính 2.12 Hãy giải thích sau đổi thứ tự lấy tích phân tích phân sau tính chúng: 26 y cos(x2 )dx dy; (a) y2 1 xe−y dy dx (b) x2 2.13 Cho E khối tứ diện R3 có đỉnh (0, 0, 0), (1, 0, 0), (2, 1, 0) (0, 0, 1) ydV Tính E 2.14 Cho E khối tứ diện R3 giới hạn mặt z = 0, x = 0, y = x, y = 1, z = 2x + 3y Tính zdV E 27 Tài liệu tham khảo [1] H Amann, Fixed point equations and nonlinear eigenvalue problems in ordered spaces, SIAM Rev 18(1976), 620-709 28