Phần 2 của bài giảng Giải tích III (2019) tiếp tục cung cấp cho học viên những nội dung về: phương trình vi phân; phương trình vi phân cấp một; phương trình vi phân cấp hai; đại cương về hệ phương trình vi phân cấp một; phương pháp toán tử Laplace; đạo hàm, tích phân và tích các phép biến đổi;... Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết!
CHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN (11 LT + 12 BT) Để miêu tả trình tự nhiên, người ta thường diễn đạt chúng dạng mơ hình tốn học, cho dù dạng trực giác dạng định luật vật lý dựa nghiên cứu thực nghiệm Các mơ hình toán học thường biểu diễn dạng phương trình vi phân, phương trình chứa ẩn hàm đạo hàm Điều có lẽ khơng gây ngạc nhiên, thực tế thường bắt gặp nhiều trình có "sự thay đổi", mà thay đổi giá trị đại lượng thời điểm t đạo hàm đại lượng t Chẳng hạn như, vận tốc đạo hàm hàm khoảng cách, gia tốc đạo hàm hàm vận tốc Ngoài ra, muốn dự báo giá trị tương lai dựa thay đổi giá trị Chúng ta bắt đầu vài ví dụ đơn giản Mơ hình tăng trưởng dân số Một mơ hình (đơn giản nhất) cho tăng trưởng dân số dựa vào giả thiết dân số tăng với tốc độ tỉ lệ với độ lớn Tất nhiên, giả thiết đạt với điều kiện lý tưởng, mơi trường sống thuận lợi, đầy đủ thức ăn, khơng có dịch bệnh, Trong mơ hình này, t = thời gian (biến độc lập) P = Số lượng cá thể (biến phụ thuộc) Tốc độ tăng trưởng dân số đạo hàm P theo t, dP/dt Do đó, giả thiết dân số tăng với tốc độ tỉ lệ với độ lớn viết dạng phương trình sau dP = kP (2.1) dt k tỉ lệ tăng dân số, số Phương trình 2.1 phương trình dạng đơn giản cho mơ hình tăng trưởng dân số Nó phương trình vi phân chứa ẩn hàm P đạo hàm dP/dt 93 94 Chương Phương trình vi phân (11 LT + 12 BT) Ví dụ 0.1 Theo số liệu www.census.gov vào năm 1999 số dân toàn giới đạt tới tỉ người tăng thêm khoảng 212 ngàn người ngày Giả sử mức tăng dân số tự nhiên tiếp tục với tỷ lệ này, hỏi rằng: (a) Tỷ lệ tăng k hàng năm bao nhiêu? (b) Vào kỉ 21, dân số toàn giới bao nhiêu? (c) Hỏi sau số dân toàn giới tăng gấp 10 lần–nghĩa đạt tới 60 tỉ mà nhà nhân học tin mức tối đa mà hành tinh cung cấp đầy đủ lương thực? Mơ hình cho chuyển động lị xo m vị trí cân m x Bây chuyển sang ví dụ mơ hình xuất vật lý Chúng ta xét chuyển động vật thể có khối lượng m gắn vào lị xo thẳng đứng (xem hình vẽ trên) Theo Định luật Hooke, lò xo kéo dãn (hay nén lại) x-đơn vị khỏi vị trí cân xuất phản lực mà tỉ lệ với x: phản lực = −kx k số dương (được gọi số lò xo) Nếu bỏ qua ngoại lực, theo Định luật Newton (lực khối lượng nhân với gia tốc), ta có d2 x m = −kx dt (2.2) Đây ví dụ dạng phương trình vi phân cấp hai, chứa đạo hàm cấp hai ẩn hàm Hãy xem dự đốn nghiệm phương trình cho Trước hết, phương trình 2.2 viết dạng sau d2 x k = − x, dt m 94 Các khái niệm mở đầu 95 nghĩa đạo hàm cấp hai x tỉ lệ với x có dấu ngược lại Chúng ta biết hai hàm số có tính chất phổ thơng, hàm số sine cosine Thực tế, nghiệm phương trình 2.2 viết dạng tổ hợp hàm số sine cosine Điều có lẽ khơng gây ngạc nhiên, dự đoán vật thể dao động xung quanh điểm cân lò xo, thật hợp lý nghiệm có chứa hàm lượng giác Ví dụ 0.2 Chứng minh với C1 , C2 ∈ R, hàm số sau nghiệm phương trình 2.2: k k + C2 sin x(t) = C1 cos m m Đ1 CC KHI NIM M U ã Phng trình vi phân (viết tắt: PTVP) phương trình có dạng F (x, y, y ′ , y ′′ , , y (n) ) = 0, x biến số độc lập, y = y(x) hàm số phải tìm, y ′ , y ′′ , , y (n) đạo hàm • Nghiệm PTVP: hàm số y = y(x) thỏa mãn phương trình • Giải PTVP: tìm tất nghiệm • Cấp PTVP: cấp cao đạo hàm y có mặt phương trình • PTVP tuyến tính phương trình mà hàm số F hàm bậc biến y, y ′ , , y (n) Dạng tổng quát PTVP tuyến tính cấp n là: y (n) + a1 (x)y (n−1) (x) + · · · + an−1 (x)y ′ + an (x)y = f (x), a1 (x), · · · , an (x) hàm số cho trước Ví dụ 1.1 Giải PTVP sau a) y ′ = sin x b) y ′ = ln x c) y ′′ = xex Ví dụ 1.2 Chứng minh hàm số họ hàm số sau y= + cet − cet nghiệm PTVP y ′ = 21 (y − 1) 95 96 Chương Phương trình vi phân (11 LT + 12 BT) §2 PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN CẤP MỘT 2.1 Đại cương phương trình vi phân cấp Xét toán giá trị ban đầu (Cauchy) y ′ = f (x, y), (2.3) y(x0 ) = y0 Định lý 2.1 (Sự tồn nghiệm) Giả thiết • f (x, y) liên tục miền D ⊂ R2 , • (x0 , y0 ) ∈ D Khi • lân cận Uǫ (x0 ) x0 tồn nghiệm y = y(x) phương trình y ′ = f (x, y) thỏa mãn y(x0 ) = y0 • Ngồi ra, ∂f (x, y) ∂y liên tục D nghiệm Chú ý 2.1 (x, y) liên tục D phá vỡ tính nghiệm • Vi phạm điều kiện ∂f ∂y √ ′ tốn Ví dụ, y = y, y(0) = • Vi phạm giả thiết f (x, y) liên tục D làm tốn vơ nghiệm Ví dụ, y ′ = 2y , y(0) = x Định nghĩa 2.1 Xét PTVP cấp tổng quát y ′ = f (x, y) (2.4) Nghiệm tổng quát phương trình họ hàm số y = ϕ(x, C) thỏa mãn: • với C , ϕ(x, C) nghiệm phương trình (2.4), • ∀x0 , y0 ∈ D, ∃C = C0 : ϕ(x, C0 ) nghiệm tốn Cauchy (2.3) Khi ϕ(x, C0 ) gọi nghiệm riêng Nghiệm kì dị nghiệm không nằm họ nghiệm tổng quát Tích phân tổng quát nghiệm tổng quát cho dạng hàm ẩn φ(x, y, C) = 96 Phương trình vi phân cấp 97 Khi cho C = C0 cụ thể ta có tích phân riêng φ(x, y, C) = Ví dụ 2.1 Xét phương trình √ y ′ = y, y ≥ √ Giả sử y = 0, chia hai vế phương trình cho y ta √ ( y)′ = 1, √ y = x + C Như miền −∞ < x < +∞, G= 0 < y < +∞ phương trình có nghiệm tổng qt y = (x + C)2 , x > −C Thật vậy, miền G hàm √ f (x, y) = y liên tục có đạo hàm riêng ∂f = √1y liên tục Ngồi ra, phương trình ∂y cịn có nghiệm y(x) = Nghiệm nghiệm kì dị Ví dụ 2.2 Tìm nghiệm (hoặc tích phân) tổng quát PTVP a) y ′ = sin x, b) y ′ = ln x, c) y ′ = xex 2.2 Các phương trình khuyết Chúng ta trước hết xét lớp PTVP cấp đơn giản nhất, phương trình khuyết, i.e., phương trình khơng có xuất y x Phương trình khuyết y: phương trình có dạng F (x, y ′ ) = • Nếu giải y ′ = f (x) y = f (x)dx • Nếu giải x = f (y ′ ) đặt y ′ = t ta có x = f (t) y = tf ′ (t)dt Đây tích phân tổng quát phương trình cho dạng tham số x = f (t) dy dy = f ′ (t)dt = g(t) Do • Nếu giải ta có y ′ = dx ′ y = g(t) x = f (t) y = g(t)f ′ (t)dt Đây tích phân tổng qt phương trình cho dạng tham số 97 98 Chương Phương trình vi phân (11 LT + 12 BT) Phương trình khuyết x: phương trình có dạng F (y, y ′ ) = • Nếu giải y ′ = f (y) ta có dy dx = f (y) ⇒ x = dy f (y) f ′ (t) x = dt t • Nếu giải y = f (y ′ ), đặt y ′ = t y = f (t) y = f (t), • Nếu giải dạng tham số y ′ = g(t) Ví dụ 2.3 Giải PTVP sau x = a) x = y ′2 − y ′ + f ′ (t) dt g(t) b) y + y ′2 = 2.3 Phương trình vi phân với biến số phân ly Định nghĩa 2.2 Phương trình có dạng f (y)dy = g(x)dx hay y ′ = với biến số phân ly g(x) f (y) gọi PTVP Sở dĩ phương trình gọi PTVP với biến số phân ly, tách thành hai vế, vế chứa x, vế chứa y Cách giải: tích phân hai vế phương trình ta f (y)dy = g(x)dx ⇒ F (y) = G(x) + C Ví dụ 2.4 (Giữa kì, K61) Giải PTVP a) + x + xy ′ y = 0, b) + x − xy ′ y = Bài tập 2.1 Giải PTVP sau a) tan ydx − x ln xdy = 0, e) y ′ − y − 3y + = 0, b) y ′ cos y = y , f) y ′ (2x + y) = 1, c) √ 4+y x2 +4x+13 = 3y+2 ′ y, x+1 g) y ′ = sin(y − x − 1), d) y ′ = a cos y + b (b > a > 0), h) y ′ = i) x2 (y + 5)dx + (x3 + 5)y dy = 0, y(0) = 1, √ √ j) xydx + (1 + y ) + x2 dy = 0, y( 8) = 98 x−y−1 , x−y−2 Phương trình vi phân cấp 99 2.4 Phương trình vi phân đẳng cấp Định nghĩa 2.3 Phương trình có dạng y ′ = F Cách giải: Đặt v = phân ly y x y x gọi phương trình đẳng cấp ta có y ′ = v + xv ′ Thay vào phương trình ta PTVP với biến số dv dx = x F (v) − v Bài tập 2.2 (Cuối kì, K62) Giải phương trình vi phân a) 2y ′ + y x = −1 b) 2y ′ − y x = Bài tập 2.3 Giải PTVP a) y ′ = y x + x y e) xydy − y dx = (x + y)2 e− x dx, + 1, y b) xy ′ = x sin xy + y , f) (x − 2y + 3)dy + (2x + y − 1)dx = 0, c) x2 y ′ + y + xy + x2 = 0, g) xy ′ = y ln xy , y(1) = 1, d) (x + 2y)dx − xdy = 0, √ h) ( xy − x)dy + ydx = 0, y(1) = 2.5 Phương trình đưa phương trình đẳng cấp Xét phương trình y′ = f a1 x + b y + c a2 x + b y + c (2.5) Nhận xét c1 = c2 = (2.5) phương trình đẳng cấp Nếu hai số c1 , c2 khác ta tìm cách đưa (2.5) dạng đẳng cấp x = u + α a1 b = áp dụng phép đổi biến số u, v Nếu định thức a2 b y = v + β biến số mới, α, β tham số cần tìm để phương trình thu đẳng cấp Thay vào (2.5) ta dv dv dy dx dy = = =f du dy dx du dx a1 u + b v + a1 α + b β + c a2 u + b v + a2 α + b β + c Để (2.6) đẳng cấp ta chọn α, β cho a α + b β + c = 1 a2 α + b2 β + c2 = 99 (2.6) (2.7) 100 Chương Phương trình vi phân (11 LT + 12 BT) Phương trình (2.7) có nghiệm định thức Crame hệ a1 b khác a2 b 2 Nếu định thức a1 b = a2 b y′ = f a1 a2 = b1 b2 = λ Do phương trình (2.5) có dạng (a1 x + b1 y) + c1 λ(a1 x + b1 y) + c2 = ϕ(a1 x + b1 y) (2.8) Đặt z = a1 x + b1 y z ′ = a1 + b1 y ′ , dẫn đến phương trình phân ly dạng dz = a1 + b1 ϕ(z) dx 2.6 Phương trình vi phân tuyến tính Định nghĩa 2.4 Phương trình có dạng y ′ + p(x)y = q(x) (2.9) gọi PTVP tuyến tính cấp Có ba cách giải PTVP tuyến tính cấp một: phương pháp thừa số tích phân - phương pháp công thức nghiệm tổng quát - phương pháp biến thiên số Phương pháp thừa số tích phân Chúng ta xuất phát từ ví dụ đơn giản sau: Ví dụ 2.5 Giải PTVP y ′ + y = x (2.10) [Lời giải] Nhân hai vế phương trình với x ta xy ′ + y = 2x Phương trình viết lại dạng (xy)′ = 2x Do đó, tích phân hai vế phương trình dẫn đến tích phân tổng quát xy = x2 + C Một cách tổng quát, PTVP tuyến tính cấp giải cách tương tự cách nhân hai vế (2.9) với đại lượng thích hợp ρ(x), gọi thừa số tích phân 100 Phương trình vi phân cấp 101 • Tìm hàm số ρ(x) cho vế trái phương trình (2.9) trở thành đạo hàm ρ(x).y(x), nghĩa ρ(x)(y ′ (x) + py(x)) = (ρ(x)y(x))′ Giải phương trình này, tính thừa số tích phân ρ(x) = e p(x)dx • Nhân hai vế phương trình (2.9) với ρ(x), phương trình trở thành d (ρ(x)y(x)) = ρ(x)q(x) dx • Tích phân hai vế phương trình ta ρ(x)y(x) = ρ(x)q(x)dx + C Ví dụ 2.6 Giải PTVP y ′ + 3x2 y = 6x2 Chứng minh Một thừa số tích phân phương trình I(x) = e 3x2 dx = ex Nhân vế phương trình với ex , ta 3 ex y ′ + 3x2 ex y = 6x2 ex d x2 (e y) = 6x2 ex dx Tích phân hai vế phương trình dẫn đến ex y = 3 6x2 ex dx = 2ex + C, y = + Ce−x Ví dụ 2.7 Giải PTVP a) y ′ − 2xy = − 2x2 b) y ′ = x1 (2y + xex − 2ex ) Phương pháp biến thiên số • Giải PTVP tuyến tính cấp y ′ + p(x)y = để nghiệm tổng quát y = Ce − p(x)dx • Cho số C biến thiên, i.e., C = C(x) phụ thuộc vào x để y = C(x)e • Thay vào phương trình y ′ + p(x)y = q(x) giải C(x) = q(x)e Bài tập 2.4 Giải PTVP 101 p(x)dx dx + C0 − p(x)dx 102 Chương Phương trình vi phân (11 LT + 12 BT) c) y ′ + y cos x = sin x cos x, y(0) = 0, √ d) y ′ − x2 + y = arcsin x, y(0) = a) y ′ − 2xy = − 2x2 , b) y ′ = x1 (2y + xex − 2ex ), Công thức nghiệm tổng quát Định lý 2.2 (Công thức nghiệm tổng quát) Nếu hàm p(x), q(x) liên tục khoảng mở I chứa điểm x0 phương trình y ′ + p(x)y = q(x) có NTQ y(x) = y(x) = e − p(x)dx q(x)e p(x)dx dx + C Nói riêng, tốn giá trị ban đầu y ′ + p(x)y = q(x), y(x0 ) = y0 có nghiệm y(x) I cho công thức x t x y(x) = e − p(t)dt x0 q(t)e p(s)ds x0 x0 Bài tập 2.5 Giải PTVP dt + y0 a) x(1 + x2 )y ′ + y = arctan x, c) (2xy + 3)dy − y dx = 0, b) y ′ (x + y ) = y , d) (1 + y )dx = (−x + arctan y)dy 2.7 Phương trình Bernoulli Trong mục này, xét lớp phương trình đưa PTVP tuyến tính, phương trình Bernoulli Định nghĩa 2.1 Phương trình có dạng y ′ + p(x)y = q(x)y α , = α = gọi phương trình Bernoulli Cách giải: Đặt v = y 1−α để đưa PTVP tuyến tính v ′ + (1 − α)p(x)v = (1 − α)q(x) Bài tập 2.6 Giải PTVP 102 Chương A Tiêu chuẩn so sánh cho chuỗi số 165 Ví dụ 0.1 Quay trở lại ví dụ nêu trên, muốn sử dụng tiêu chuẩn so sánh hai chuỗi ∞ ∞ n √ √ (−1)n (−1)n + n5 + n3 n + n n=1 n=1 cần phải chứng minh thêm √ √ 1 + n3 + n5 + n3 n 1 √ √ + f (n) := : = = + + n + n3 + n5 + n3 n3 n3 n n2 dãy số đơn điệu Chứng minh điều khơng khó, dãy số đơn điệu giảm n3 , n2 , 1 n2 Một cách tổng quát ta có kết sau Ví dụ 0.2 (Xem [3]) Chứng minh chuỗi số ∞ n=1 (−1)n f (n) nα i) bán hội tụ < α ≤ 1, ii) hội tụ tuyệt đối α > với f (x) = P (x) Q(x) hàm phân thức hữu tỉ cho lim f (x) = c = x→∞ Chứng minh Ta có f ′ (x) = P ′ (x)Q(x) − P (x)Q′ (x) Q2 (x) Do P ′ (x)Q(x) − P (x)Q′ (x) đa thức có bậc hữu hạn, nên có hữu hạn nghiệm Điều có nghĩa với x đủ lớn f ′ (x) khơng đổi dấu Hệ {f (n)}+∞ n=n0 dãy số đơn điệu với n0 ≥ Áp dụng tiêu chuẩn so sánh mở rộng với hai chuỗi số ∞ n=1 (−1)n f (n) nα ∞ n=1 (−1)n nα ta có điều phải chứng minh Bài tập 0.1 Chứng minh chuỗi số ∞ (−1)n sin n=1 bán hội tụ với f (x) = P (x) Q(x) nα f (n), 0 1, bất đẳng thức (1.1) thỏa mãn với n ≥ n0 đó, lim [(n + 1)γ − nγ ] = +∞ n→+∞ Như vậy, γ > theo tiêu chuẩn Leibniz, chuỗi cho hội tụ Thậm chí, cịn hội tụ tuyệt đối Thật vậy, từ bất đẳng thức | ln(1 + x)| ≤ 2|x| với x đủ nhỏ ta có < ln + (−1)n nγ Theo tiêu chuẩn so sánh thông thường, chuỗi < ∞ nγ bn hội tụ tuyệt đối n=1 • Nếu γ = bất đẳng thức (1.1) trở thành n ≤ n + + (−1)n+1 ⇔ −1 ≤ (−1)n+1 ln với n Theo tiêu chuẩn Leibniz, chuỗi ∞ bn hội tụ n=1 • Nếu < γ < 1, bất đẳng thức (1.1) khơng cịn n chẵn đủ lớn, trở thành nγ ≤ (n + 1)γ − ⇔ ≤ (n + 1)γ − nγ Tuy nhiên, lim [(n + 1)γ − nγ ] = lim nγ n→+∞ n→+∞ 1+ n γ − = lim nγ n→+∞ γ = lim 1−γ = n n→+∞ n Tóm lại, khơng thể sử dụng tiêu chuẩn Leibniz để xét hội tụ chuỗi đan dấu ∞ n=1 bn trường hợp < γ < Vậy phải xử lý trường hợp này? Từ khai triển Maclaurin hàm số ln(1 + x) ta có x− x2 3x2 ≤ ln(1 + x) ≤ x − 4 với x lân cận đủ nhỏ Vì vậy, với x = (−1)n (−1)n ≤ ln + − nγ 4n2γ nγ an bn (−1)n nγ ≤ ta có (−1)n − 2γ γ n 4n cn với n đủ lớn • Nếu < γ < chuỗi ∞ n=1 an ∞ n=1 cn hội tụ nên chuỗi ∞ n=1 bn hội tụ 168 Chương A Tiêu chuẩn so sánh cho chuỗi số • Nếu < γ ≤ ∞ chuỗi phân kì có tổng ∞ n=1 cn phân kì có tổng n=1 ∞ n=1 cn = −∞ nên chuỗi ∞ bn n=1 bn = −∞ Định lý 0.4 (Xem [4, p.207]) Cho ∞ an chuỗi số hội tụ f (x) hàm số nhận n=1 giá trị thực cho lân cận 0, f (x) = αx + βx2k + o(x2k ), ∞ Khi chuỗi f (an ) hội tụ n=1 ∞ β = 0, k ∈ N (an )2k hội tụ n=1 Chú ý 1.1 Trường hợp khai triển Maclaurin hàm số f (x) kết thúc với lũy thừa lẻ x, nghĩa là, f (x) = αx + βx2k+1 + o(x2k+1 ), β = 0, k ∈ N, kết định lý khơng cịn Cụ thể, i) ∞ ∞ (an )2k+1 hội tụ ⇒ n=1 ii) ∞ n=1 iii) ∞ n=1 ∞ f (an ) hội tụ ⇒ f (an ) hội tụ n=1 (an )2k+1 hội tụ n=1 ∞ f (an ) hội tụ ⇒ |an |2k+1 hội tụ n=1 Ví dụ 0.1 (Phản ví dụ cho Chú ý 1.1 phần i), Xem [4, Example 4, p.209]) Xét chuỗi số ∞ an , an = n=1 • chuỗi ∞ (an )2k+1 = n=1 • Chuỗi ∞ ∞ n=1 ∞ f (an ) = n=1 n=1 (−1)n √ 4n (−1)n √ n (−1)n √ 4n f (x) = x + x3 + x4 Khi đó, k = hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz, + (−1)n √ n + (−1)n n phân kì Ví dụ 0.2 (Phản ví dụ cho Chú ý 1.1 phần ii), Xem [4, Example 5, p.209]) Xét chuỗi số ∞ an , n=1 (−1)k + √ , a2k = √ 2k 2k hàm số f (x) = x + x3 − x4 Khi đó, phân kì ∞ n=1 an a2k+1 = − √ , 2k ∞ n=1 f (an ) hội tụ, ∞ n=1 a3n ∞ n=1 a4n Chương A Tiêu chuẩn so sánh cho chuỗi số 169 Ví dụ 0.3 (Phản ví dụ cho Chú ý 1.1 phần iii), Xem [4, Example 6, p.210]) ∞ Xét chuỗi số an , an = n=1 (−1)n ln n hàm số f (x) = sin x = x − Khi kì ∞ (−1)n ln n sin n=1 x3 + o(x3 ) hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz, ∞ n=1 (−1)n ln n = ∞ n=1 ln3 n phân Tuy Định lý 0.4 mở rộng cho trường hợp hàm f (x) có khai triển Maclaurin kết thúc với lũy thừa lẻ x, ta có kết sau Định lý 0.5 (Xem [4, p.208]) Cho f (x) hàm số nhận giá trị thực cho lân cận 0, f (x) = αx + βx2k+1 + o(x2k+1 ), ∞ Khi đó, n=1 |an |2k+1 hội tụ ∞ β = 0, k ∈ N f (an ) hội tụ n=1 Như vậy, Định lý 0.4 Định lý 0.5 cho điều kiện đủ để kiểm tra hội tụ chuỗi ∞ f (an ) dựa vào khai triển Maclaurin hàm số f (x) n=1 Ví dụ 0.1 (Xem [4, p.208]) Xét hội tụ chuỗi ∞ n=1 √ arctan (−1) 4n n Trong tình này, • khai triển Maclaurin hàm f (x) = arctan x đến bậc ba, arctan x = x − chuỗi số ∞ n=1 |an |2k+1 = hội tụ chuỗi số ∞ ∞ n=1 √ n arctan n=1 x3 + o(x3 ), phân kì, khơng thể kết luận (−1)n √ 4n • khai triển Maclaurin hàm số f (X) = arctan x đến bậc năm, arctan x = x − chuỗi số tụ ∞ n=1 |an |2k+1 = ∞ n=1 √ n x3 x5 − + o(x5 ), hội tụ, nên chuỗi số ∞ n=1 arctan (−1)n √ 4n hội 170 Chương A Tiêu chuẩn so sánh cho chuỗi số Ví dụ 0.2 Xét hội tụ chuỗi số ∞ bn , n=1 bn = e sin αn nγ − 1, γ > Nếu α = kπ với k ∈ Z chuỗi cho có tổng Nếu α = kπ với k ∈ Z xét khai triển Maclaurin ex − 1: ex − = x + x2 + o(x2 ) Ta có • Chuỗi • Chuỗi ∞ n=1 ∞ n=1 sin αn nγ a2n = hội tụ với α, γ ∈ R, γ > theo tiêu chuẩn Dirichlet ∞ n=1 sin2 αn n2γ hội tụ γ > 12 Do đó, theo Định lý 0.1 Định lý 0.4 ta có • chuỗi ∞ n=1 • Chuỗi bn hội tụ γ > 21 , ∞ n=1 bn phân kì có tổng ∞ n=1 bn = +∞ < γ ≤ 12 PHỤ LỤC MỘT - SỐ TIÊU CHUẨN HỘI TỤ HAY - ∞ a) Nếu chuỗi an+1 an ≤ bn+1 , ∀n bn n=1 ∞ b) Nếu chuỗi ∞ ∞ an bn chuỗi n=1 an hội tụ n=1 an phân kì chuỗi n=1 ∞ bn phân kì n=1 a) Từ bất đẳng thức Chứng minh ∞ n=1 ≥ K Khi bn hội tụ chuỗi ĐỘC ĐÁO DỄ CHỨNG MINH Định lý 0.1 (Tiêu chuẩn so sánh kết hợp d’Alambert) Cho số dương thỏa mãn B an+1 an ≤ bn+1 bn lấy logarit số e hai vế: ln an+1 − ln an ≤ ln bn+1 − ln bn , ∀n ≥ K Lấy tổng n chạy từ K đến N ta N n=K N (ln an+1 − ln an ) ≤ n=K (ln bn+1 − ln bn ) , hay ln aN +1 − ln aK ≤ ln bN +1 − ln bK ⇔ ln aN +1 ≤ ln ⇔aN +1 ≤ Vì chuỗi ∞ aK bN +1 bK (2.1) aK bN +1 , ∀N ≥ K bK bn hội tụ , theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi số n=1 ∞ n=1 171 an hội tụ 172 Chương B Một số tiêu chuẩn hội tụ hay - độc đáo - dễ chứng minh b) Chứng minh tương tự ∞ Định lý 0.2 Cho chuỗi số dương an giả thiết lim n ln n→+∞ n=1 minh an an+1 = K Chứng a) Nếu K > chuỗi hội tụ b) Nếu K < chuỗi phân kì Chứng minh a) Định lý chứng minh cách đơn giản dựa vào an định nghĩa giới hạn Hình dung lim n ln an+1 = K nghĩa với ǫ > n→+∞ từ lúc toàn số hạng dãy n ln (K − ǫ, K + ǫ) an an+1 n ln chui vào khoảng an an+1 , ∀n ≥ N α K −ǫ K +ǫ Hình 0.2 Nếu K > ta chọn số α = K − ǫ (ǫ > 0) nằm K Do lim n ln n→+∞ tồn số N cho n ln Suy Vì + an an+1 an an+1 > α, ∀n ≥ N α an+1 ≤ e− n , ∀n ≥ N an n n < e, ∀n nên α an+1 ≤ e− n ≤ an 1+ n −α = (n+1)α nα Áp dụng tiêu chuẩn so sánh kết hợp d’Alambert (Định lý 0.1) với hai chuỗi ∞ n=1 = K, bn với bn = nα ta có chuỗi ∞ bn hội tụ (α > 1) nên n=1 b) Trường hợp K = lim n ln n→+∞ an an+1 n ln ∞ n=1 an hội tụ n=1 < ta có an an+1 ∞ < 1, ∀n ≥ N an Chương B Một số tiêu chuẩn hội tụ hay - độc đáo - dễ chứng minh 173 Suy n−1 an+1 ≥ e− n > , ∀n ≥ N an n e < 1+ n−1 n Vậy {nan+1 } dãy số tăng kể từ n = N trở đi, nghĩa nan+1 ≥ N aN , ∀n ≥ N Suy an+1 ≥ N aN , ∀n ≥ N n Theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi ∞ an phân kì n=1 Định lý 0.3 Chứng minh a) Nếu ∞ n=1 a2n ∞ n=1 b2n chuỗi số hội tụ chuỗi b) Áp dụng câu a), chứng minh ∞ n=1 a) Dựa vào bất đẳng thức ≤ |an bn | ≤ 12 (a2n + b2n ) n2 an bn hội tụ tuyệt đối n=1 a2n hội tụ [Gợi ý] b) Áp dụng câu a) với bn = ∞ ∞ n=1 an n hội tụ tuyệt đối 174 Chương B Một số tiêu chuẩn hội tụ hay - độc đáo - dễ chứng minh PHỤ LỤC MỘT SỐ TIÊU CHUẨN HỘI TỤ MẠNH HƠN D ’A LEMBERT VÀ an+1 n→+∞ an §1 lim C CAUCHY VÀ CÁC TIÊU CHUẨN MẠNH HƠN TIÊU =1 CHUẨN D ’A LEMBERT Tiêu chuẩn Kummer sau ông chứng minh vào năm 1835 Đây tiêu chuẩn mạnh để kiểm tra hội tụ chuỗi số dương Định lý 1.1 (Định lý Kummer) Cho ∞ an chuỗi số dương n=1 n=1 số dương phân kì Giả thiết lim n→+∞ ∞ 1 an − dn an+1 dn+1 = K Khi a) Nếu K > chuỗi ∞ an hội tụ n=1 b) Nếu K < chuỗi ∞ an phân kì n=1 Chọn dn = với n ta có ∞ dn chuỗi số dương phân kì Khi n=1 lim n→+∞ 1 an − dn an+1 dn+1 = lim n→+∞ an −1 an+1 an+1 = n→+∞ an K +1 lim 175 = K, dn chuỗi 176 Chương C Một số tiêu chuẩn hội tụ mạnh d’Alembert Cauchy Định lý Kummer trở thành Định lý 1.2 (Tiêu chuẩn d’Alambert) a) Nếu lim an+1 n→+∞ an b) Nếu lim an+1 n→+∞ an Chọn dn = n = = K+1 < (tức K > 0) chuỗi K+1 > (tức K < 0) chuỗi ∞ ta có ∞ an hội tụ n=1 ∞ an phân kì n=1 dn chuỗi số dương phân kì Khi n=1 lim n→+∞ 1 an − dn an+1 dn+1 Do lim n n→+∞ = lim n→+∞ an −1 an+1 n an − (n + 1) an+1 = K = K + Tiêu chuẩn Kummer trở thành Định lý 1.3 (Tiêu chuẩn Raabe) Cho chuỗi số dương ∞ an giả thiết lim n n→+∞ n=1 R Khi an an+1 −1 = a) Nếu R > (tức K > 0) chuỗi số hội tụ b) Nếu R < (tức K < 0) chuỗi số phân kì Chọn dn = n ln n ∞ dn chuỗi số dương phân kì Thay vào tiêu chuẩn Kummer ta n=1 có tiêu chuẩn Bertrand sau Định lý 1.4 (Tiêu chuẩn Bertrand) Cho chuỗi số dương ∞ an giả thiết n=1 lim ln n n n→+∞ an − − = B an+1 Khi a) Nếu B > chuỗi số hội tụ b) Nếu B < chuỗi số phân kì Chú ý 3.1 Tiêu chuẩn Raabe mạnh tiêu chuẩn d’Alambert, người ta thường sử dụng tiêu chuẩn Raabe tiêu chuẩn d’Alambert khơng có hiệu Tiêu chuẩn Bertrand mạnh tiêu chuẩn Raabe, người ta thường sử dụng tiêu chuẩn Bertrand tiêu chuẩn Raabe khơng có hiệu Chương C Một số tiêu chuẩn hội tụ mạnh d’Alembert Cauchy Ví dụ 1.1 [Dùng tiêu chuẩn Raabe] Xét hội tụ chuỗi số ∞ n=1 n! 177 n n e [Lời giải] Ta thấy lim n n→+∞ an −1 an+1 = lim n n→+∞ e + n1 n −1 = , theo quy tắc L’Hospital e = − x→0 x (1 + x) x lim Theo tiêu chuẩn Raabe, chuỗi cho phân kì Chú ý trường hợp khơng dùng tiêu chuẩn d’Alambert Cauchy √ an+1 = lim n an = n→+∞ n→+∞ an lim Ví dụ 1.2 (Dùng tiêu chuẩn Bertrand) Xét hội tụ chuỗi số ∞ n=2 √1 (n− n) ln2 n Ta có lim ln n n n→+∞ ln n an − − = − lim √ √ = > n→+∞ n + + n an+1 Theo tiêu chuẩn Bertrand, chuỗi số cho hội tụ Chú ý trường hợp khơng dùng tiêu chuẩn Raabe lim n n→+∞ an −1 an+1 = − lim √ n→+∞ √ = n+ n+1 Ví dụ 1.3 Chứng minh dùng tiêu chuẩn Bertrand với chuỗi số ∞ e−(1+ +···+ n−1 ) 1 n=2 tính lim ln n n n→+∞ an −1 −1 =0 an+1 nên chuỗi cho phân kì Tuy nhiên không sử dụng tiêu chuẩn Raabe trường hợp an − = lim n e n − = lim n n→+∞ n→+∞ an+1 178 Chương C Một số tiêu chuẩn hội tụ mạnh d’Alembert Cauchy §2 lim n→+∞ √ n an = VÀ CÁC TIÊU CHUẨN MẠNH HƠN TIÊU CHUẨN CAUCHY Định lý 2.1 (Tiêu chuẩn A) Cho chuỗi số dương ∞ an giả thiết n=1 √ n (1 − n an ) = A n→+∞ ln n lim Khi đó, Nếu A > chuỗi hội tụ Nếu A < chuỗi phân kì Định lý 2.2 (Tiêu chuẩn B) Cho chuỗi số dương ∞ an giả thiết n=1 lim n→+∞ √ ln n n (1 − n an ) − = B ln(ln n) ln n Khi đó, Nếu B > chuỗi hội tụ Nếu B < chuỗi phân kì 178 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] J.M.Ash, The Limit Comparison Test Needs Positivity, Math Mag., 85 (2012), 374– 375 [2] G H Hardy, A Course of Pure Mathematics, 10th ed., Cambridge Univ Press, London, 1960 [3] Nguyen S.Hoang, A Limit Comparison Test for General Series, The American Mathematical Monthly, 122, No (2015), 893–896 [4] M Longo and V Valori, The Comparison Test-Not Just for Nonnegative Series, Mathematics Magazine, 79, No (2006), 205–210 [5] James Stewart, Calculus, Early Transcendentals, 7th ed Brooks Cole Cengage Learning, 2012 179 ... a 12 g(x)] = (a11 + a 22 )y ′ + (a 12 a21 − a11 a 22 )y + [f ′ (x) + a 12 g(x) − a 22 f (x)] a11 a 12 y ′′ − (a11 + a 22 )y ′ + a21 a 22 (2. 31) y = f ′ (x) + a 12 g(x) − a 22 f (x) Từ PTVP TT cấp hai ta giải. .. v1 = , v2 = v 22 v21 y = C e λ1 x v + C e ? ?2 x v y v v 1 11 21 11 21 α x α x = C1 e + C2 e ⇔ y2 v21 v 22 y2 = C1 eλ1 x v21 + C2 e? ?2 x v 22 Nếu A có... y 12 (x) (2. 29) hệ nghiệm (2. 28) Ta y 22 (x) C1 (x)y11 (x) + C2 (x)y 12 (x) Y ∗ (x) = C1 (x)Y1 (X) + C2 (x)Y2 (X) = C1 (x)y21 (x) + C2 (x)y 22 (x) Tính (Y ∗ )′ thay vào hệ PT (2. 29) ta