(Luận văn) một số định lý xấp xỉ trong giải tích và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG THỊ MAI TRANG lu an n va tn to MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XẤP XỈ gh p ie TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z m co l gm @ an Lu Bình Định - Năm 2020 n va ac th si BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG THỊ MAI TRANG lu MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XẤP XỈ an n va TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG ie gh tn to p Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 d oa nl w an lu nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN TS NGUYỄN NGỌC QUỐC THƯƠNG z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mục lục Kiến thức sở lu 1.1 Giới hạn liên tục hàm số 1.2 Tính khả vi hàm số an va Một số định lý xấp xỉ giải tích 12 n Định lý xấp xỉ Weierstrass 12 2.1.1 Giới thiệu đa thức đại số 12 ie 2.1.2 Định lý xấp xỉ Weierstrass 14 2.2 Định lý xấp xỉ Taylor 18 gh tn to 2.1 p w Định lý giá trị trung bình 18 19 Định lý xấp xỉ Stone 26 2.3.1 Khái niệm ví dụ 26 2.3.2 Các hệ định lý Stone 31 Định lý xấp xỉ Newman 32 nf va an z at nh oi lm ul 2.4 lu 2.3 Đa thức Taylor d 2.2.2 oa nl 2.2.1 Ứng dụng giải tốn sơ cấp 35 Tính giới hạn hàm số 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 35 z 3.1 gm 41 co l 42 m Tài liệu tham khảo @ Kết luận 38 an Lu n va ac th si Mở đầu lu Lý thuyết xấp xỉ chủ đề quan trọng nhận nhiều quan tâm giải tích tốn học toán ứng dụng Ngay khái nhiệm giải tích khái niệm giới hạn (giới hạn dãy số, giới hạn hàm số) xuất phát từ ý tưởng xấp xỉ Trong giải tích nhiều toán ứng dụng cho hàm số bất kỳ, người ta mong muốn xấp xỉ hàm số có tính chất "tốt hơn", chẳng hạn hàm đa thức, hàm lượng giác, hàm phân thức hữu tỉ, an n va p ie gh tn to Luận văn nhằm nghiên cứu trình bày cách có hệ thống số định lý xấp xỉ quan trọng giải tích, bao gồm Định lý xấp xỉ Weierstrass, Định lý xấp xỉ Taylor, Định lý xấp xỉ Stone, Định lý xấp xỉ Newman, Luận văn đề cập đến số ứng dụng quan trọng định lý xấp xỉ giới thiệu số toán nâng cao phù hợp với việc bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thông nl w d oa Ngồi Lời nói đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo Luận văn cấu trúc thành ba chương Chương trình bày số kết sở giải tích cổ điển bao gồm giới hạn, liên tục khả vi hàm số Chương trình bày định lý xấp xỉ quan trọng giải tích Chương dành cho việc giới thiệu số ứng dụng định lý xấp xỉ Taylor tốn sơ cấp thơng qua nhiều ví dụ tập minh hoạ nf va an lu lm ul z at nh oi Luận văn tài liệu tham khảo bổ ích cho quan tâm muốn tìm hiểu sâu vấn đề liên quan đến xấp xỉ giải tích z Luận văn hồn thành Khoa Tốn Thống kê, Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Ngọc Quốc Thương Nhân tơi xin bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc đến thầy Tôi biết ơn tất thầy Khoa Tốn Thống kê dạy dỗ, dìu dắt tơi suốt năm học Thạc sỹ Tôi xin gửi lời cảm ơn đến tất bạn lớp Cao học Toán K21 (2018-2020) quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt thời gian qua Cuối tơi xin bày tỏ lịng kính trọng, biết ơn bố, mẹ gia đình người thân m co l gm @ an Lu Mặc dù cố gắng thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn n va ac th si trách khỏi thiếu sót Rất mong quý thầy cơ, bạn đọc góp ý để luận văn hồn thiện Bình Định, tháng năm 2020 Học viên Trương Thị Mai Trang lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức sở lu an Trong chương nhắc lại số kiến thức sở giải tích cổ điển, bao gồm giới hạn liên tục hàm số, tính khả vi hàm số Phép chứng minh chi tiết tham khảo [3] n va gh tn to Giới hạn liên tục hàm số p ie 1.1 nl w Định nghĩa 1.1 Cho tập hợp E R Số x0 P R gọi điểm giới hạn hay điểm tụ tập E với ε-lân cận Vε px0 q tx P R : |x x0 | εu x0 thỏa mãn d oa rVεpx0q X E sztx0u tx P E : |x x0| εu H Mọi x P ra, bs điểm giới hạn tập pa, bq, ra, bq, pa, bs, nf va an lu Ví dụ 1.2 ra, bs lm ul Số điểm giới hạn tập t1{n : n P Nu z at nh oi Nhận xét 1.3 Điểm giới hạn tập E thuộc không thuộc tập E z Một điểm tập E điểm giới hạn không điểm giới hạn tập E Chẳng hạn, số P E1 p2, 3s điểm giới hạn E1 , P E2 p1, 2q Y t3u không điểm giới hạn E2 gm @ l Điểm x P E gọi điểm cô lập E x không điểm giới hạn E m co Định nghĩa 1.4 Cho c điểm giới hạn D R, f : D Ñ R hàm số xác định D Số ` P R gọi giới hạn hàm số f x tiến đến c an Lu @ε ¡ 0, Dδ δpεq ¡ 0, @x P D, |x c| δ ùñ |f pxq `| ε n va ac th si Ký hiệu lim f pxq ` f pxq Ñ ` x Ñ c x Ñc Ta biết tồn hay không tồn lim f pxq phụ thuộc vào “dáng điệu” x Ñc f hai phía c Ta có tình đơn giản trường hợp giới hạn phía Ta hình dung giới hạn bên trái hàm số f số mà f pxq dần x tiến đến c từ phía bên trái; giới hạn bên phải hàm số f số mà f pxq dần x tiến đến c từ phía bên phải R, c P R điểm giới hạn D Ta ký hiệu DL tx P D : x cu; DR tx P D : x ¡ cu Giả sử D Chú ý DL , DR rỗng lu Định nghĩa 1.5 Cho f hàm số xác định DL bên trái f c an H Số ` gọi giới hạn va n @ε ¡ 0, Dδ ¡ 0, @x P DL, c δ x c ñ |f pxq `| ε tn to Ký hiệu gh lim f pxq `, x ie Ñc x lim f pxq `, f pcq ` Ñ c0 p Cho f hàm số xác định DR c w H Số ` gọi giới hạn bên phải f nl @ε ¡ 0, Dδ ¡ 0, @x P DR , c x c d oa Ký hiệu Ñc x lim f pxq `, Ñc f pc q ` Dễ thấy lim signpxq 1 lim signpxq nf va Ví dụ 1.6 an lu lim f pxq `, x x Đ0 x Đ0 ? Ta có lim x Thật vậy, với ε ¡ tồn δ ε2 ¡ để với x ¡ xÑ ? ? ? mà x δ ε2 ta có | x 0| x δ ε z at nh oi lm ul ñ |f pxq `| ε δ Định lý 1.1 (Quan hệ giới hạn giới hạn phía) Giả sử f hàm số xác định D c điểm giới hạn DL DR Khi z Cho hàm số x 0, Vì lim g pxq lim g pxq nên tồn lim g pxq x x Ñ0 x Ñ0 n va Ñ0 an Lu x ¡ m %? x co g pxq $ &x2 D xlim f pxq ` Đc l Ví dụ 1.7 gm @ D xlim f pxq ` ðñ D lim f pxq ` Ñc xÑ c ac th si Cho hàm số k pxq $ &1 %x nu x Ô 0, nu x Ă Vì lim k pxq lim k pxq nên không tồn lim k pxq x Ñ0 x Ñ0 x Định nghĩa 1.8 Cho f hàm số xác định D Ñ0 R Ta nói P D @ε ¡ 0, Dδ δpεq ¡ 0, @x P D, |x x0| δ ùñ |f pxq f px0q| ε f liên tục x0 f liên tục pa, bq D f liên tục x P pa, bq lu an Nhận xét 1.9 Trong định nghĩa giới hạn hàm số lim f pxq, ta khơng địi hỏi x Đ x0 n va p ie gh tn to f xác định x0 , f xác định x0 giá trị f px0 q không ảnh hưởng đến giới hạn mà bị chi phối giá trị f điểm gần với x0 Tuy nhiên, trường hợp hàm số liên tục, giá trị f điểm gần với x0 yêu cầu f xác định x0 giá trị f px0 q có ý nghĩa định P D điểm giới hạn f liên tục x0 lim f pxq f px0 q xÑ x nl w Nếu x0 d oa x Ñ x0 nf va an lu Như nói f khơng liên tục x0 có nghĩa x0 điểm giới hạn D (vì điểm lập D hàm f ln ln liên tục) Khi khơng tồn lim f pxq, giới hạn tồn khơng f px0 q Nói cách khác z at nh oi lm ul Dε ¡ 0, @δ ¡ 0, Dxδ P D : |xδ x0| δ đ |f pxδ q f px0q| ¥ ε Định nghĩa 1.10 Cho f hàm số xác định ra, bs R Ta nói f liên tục trái b lim f pxq f pbq; xÑ b Ña @ x z f liên tục phải a lim f pxq f paq; co l gm f liên tục ra, bs f liên tục pa, bq, liên tục phải a liên tục trái b m Hàm số liên tục đoạn ra, bs có nhiều tính chất đặc biệt mà nói chung hàm số không liên tục liên tục khoảng pa, bq khơng có Ở phần ta trình bày số tính chất quan trọng an Lu n va ac th si Định lý 1.2 (Weierstrass - Tính bị chặn) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f bị chặn ra, bs Tức là, DA, B P R : A ¤ f pxq ¤ B, @x P ra, bs Định lý 1.3 (Weierstrass - Giá trị lớn giá trị nhỏ nhất) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f đạt giá trị lớn giá trị nhỏ ra, bs Tức là, Dx1, x2 P ra, bs : f px1q Ô f pxq Ô f px2q, @x P ra, bs nh lý 1.4 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian) Giả sử f liên tục ra, bs f paq.f pbq Khi tồn c P pa, bq để f pcq lu Định lý 1.5 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f nhận giá trị trung gian f paq f pbq Tức là, an n va @C P mintf paq, f pbqu, maxtf paq, f pbqu , Dc P ra, bs : f pcq C p ie gh tn to Hệ 1.6 Giả sử f liên tục ra, bs m, M giá trị nhỏ giá trị lớn f ra, bs Khi f nhận giá trị trung gian m M Tức là, @C P rm, M s, Dc P ra, bs : f pcq C oa nl w Tính khả vi hàm số d 1.2 lu nf va an Định nghĩa 1.11 Cho hàm số y f pxq xác định pa, bq Cho x0 gia ∆x đủ nhỏ cho x x0 ∆x P pa, bq Nếu tồn giới hạn ∆x ∆xq f px0 q ∆x f pxq f px0 q xlim Ñx x x0 z at nh oi Ñ0 f px0 lm ul lim P pa, bq số ta nói f có đạo hàm x0 Giới hạn gọi đạo hàm f x0 ký hiệu f px0 q z Chú ý giới hạn phụ thuộc vào x0 nên f có đạo hàm x P D pa, bq ta có hàm số f xác định D gọi đạo hàm hàm f D gm @ xlim px Ñx P R f 1px0q 2x0 x0 q 2x0 an Lu Vậy f có đạo hàm x0 x2 x20 xlim Ñ x0 x x m f p xq f p x0 q lim xÑ x0 x x0 P R ta có co Xét hàm số f pxq x2 Với x0 l Ví dụ 1.12 n va ac th si Xét hàm số f pxq sin x Với x0 lim x Ñ x0 P R ta có f pxq f px0 q sin x sin x0 lim x Ñ x x x0 x x0 px x0q sin x x0 cos 2 xlim Ñx x x0 lim cos px x0q cos x 0 x Vậy f có đạo hàm x0 Ñ x0 P R f 1px0q cos x0 lu Vì đạo hàm định nghĩa thơng qua khái niệm giới hạn, cách tự nhiên ta có khái niệm đạo hàm phía an Định nghĩa 1.13 Hàm số f xác định pa, bq gọi có đạo hàm phải x0 P pa, bq tồn giới hạn phải n va to tn lim ∆x gh Ñ0 f p x0 ∆xq f px0 q ∆x f pxq f px0 q x x0 lim x Ñ x0 p ie Ta gọi giới hạn đạo hàm phải hàm f x0 ký hiệu f px0 q hay f px0 q Định nghĩa tương tự cho khái niệm đạo hàm trái hàm f x0 ký hiệu nl w f1 px0 q hay f px0 q Xét hàm số f pxq |x| Ta có d oa Ví dụ 1.14 x Đ0 nf va an lu f pxq f p0q x x 1 xlim Ñ0 x f pxq f p0q x lim Ñ0 x nên f p0q f1 p0q 1 Xét hàm số x xlim 1 Ñ0 x z at nh oi lm ul lim x 0, x gm @ %0 x z f pxq $ &x sin l Ta có m co x sin f pxq f p0q x sin x x x Rõ ràng không tồn lim sinp1{xq lim sinp1{xq nên f khơng có đạo Đ0 x Đ0 an Lu x hàm phải đạo hàm trái x n va ac th si 28 Sử dụng định lý Weierstrass 2.1 cho hàm số định hàm đa thức PN có dạng PN py q N ¸ | | liên tục đoạn ra, as, ta xác ci y i i cho ε || y | PN py q| Ô aÔyÔa T c0 PN p0q với y P ra, as ta có max y | | lu với x P K i ci y i1 ||y| PN pyq f x i ci f x i1 N ¸ an | p q| N PN p0q| Ô r p qs ε n va Bổ đề ?? chứng minh trường hợp đặc biệt p ie gh tn to Từ f1 tf1 , f2 u f1 P A |f1 2 f2| nl w max tf1 , f2 u d oa Với f1 , f2 f1 2 |f1 f2| f2 2 f2 |f1 2 f2| f2 hàm số max f1 , f2 f1 , f2 2 t u t u nf va an lu xấp xỉ phần tử tập A xác định K Bổ đề 2.20 chứng minh cho trường hợp hàm f1 f2 thuộc A z at nh oi lm ul Trong trường hợp có hữu hạn hàm số, bổ đề ?? chứng minh phương pháp quy nạp Bổ đề 2.16 ([5]) Cho A đại số Stone xác định tập compact K Khi với x1 , x2 P K, x1 x2 với c1 , c2 P R, tồn ` P A cho z `px2 q c2 (2.24) gm @ `px1 q c1 , h g px2 q g hpx1 q g px2 q g px1 q an Lu f1 : m co l Chứng minh Vì tập đại sốA tách điểm K nên tồn hàm số g cho g px1 q g px2 q Mặt khác, tập đại số A không triệt tiêu K nên tồn hàm h cho hpx1 q Khi hàm (2.25) n va ac th si 29 Rõ ràng f1 px1 q f1 px2 q Tương tự, tập đại số A chứa hàm f2 cho f2 px1 q f2 px2 q Do tập đại số A không bị triệt tiêu K nên tồn hàm k px2 q f : Vì vây hàm g px1 q g k k px2 q g px1 q g px2 q ` : c1 f1 c2 f thuộc đại số A thỏa mãn điều kiện 2.24 Bổ đề 2.19 chứng minh lu Bổ đề 2.17 ([5]) Cho F hàm liên tục xác định tập compact K Khi với z P K ε ¡ 0, tồn hàm f1 , f2 , , fn P A cho bao Mz chúng thỏa mãn hai tính chất sau an va Mz pz q F pz q; n Mz pxq ¡ F pxq ε tn to @x P K P K với điểm y P K khác x0 tồn p ie gh Chứng minh Theo bổ đề 2.16 với điểm x0 hàm ly cho (2.26) nl w ly px0 q F px0 q ly py q F py q d oa ly hàm liên tục nên tồn tập mở Gy chứa điểm y cho (2.27) an lu ly pxq ¡ F pxq với x P Gy X K nf va Vì K tập compact nên tồn hữu hạn điểm y1 , y2 , , yr tương ứng thuộc tập phủ hữu hạn Gy1 , Gy2 , , Gyr phủ K Bởi vậy, đặt fi lyi bao Mx0 hàm số f1 ly1 , , fr lyr thỏa điều kiện bổ đề 2.17 Vì từ 2.26 ta có lm ul ( max z at nh oi Mx0 px0 q max f1 px0 q, , fr px0 q ly1 px0 q, , lyr px0 q ( F px0q Mặt khác với x P K thuộc tập Gyi đó, ta có z Mx0 pxq max tly1 pxq, , lyr pxqu ¥ lyi pxq ¡ F pxq gm @ Kết hợp với (2.27), bổ để 2.17 chứng minh m co l Bổ đề 2.18 (về xấp xỉ của hàm liên tục bao bao dưới) Cho F hàm số tùy ý liên tục tập compact K Khi với ε ¡ ln tồn họ hữu hạn bao trội Mx1 , Mx2 , ,Mxl F tương ứng với điểm khớp xi ; bao họ thỏa mãn bất đẳng thức ε @x P K an Lu F pxq ε mpxq F pxq (2.28) n va ac th si 30 Chứng minh Rõ ràng hàm số Mx0 liên tục thỏa mãn hai đẳng thức bổ đề 2.17 Vì tồn tập mở Dx0 chứa điểm x0 cho Mx0 pxq F pxq ε với x P Dx0 XK (2.29) Vì K tập compact nên tồn hữu hạn điểm x1 , x2 , , xl tương ứng từ phủ hữu hạn Dx1 , Dx2 , , Dxl phủ K Ta cần chứng minh hàm m tMx1 , Mx2 , , Mxl u thỏa mãn bất đẳng thức (2.28) Mặt khác hàm Mxi thỏa mãn bất đẳng thức Bổ đề 2.17 lu mpxq ¡ F pxq ε với x P K an (2.30) n va Và với x P K thuộc tập Dxi bất kì, theo bt ng thc (2.29) ( Ô Mx pxq F pxq i ε (2.31) gh tn to mpxq Mx1 pxq, Mx2 pxq, , Mxl pxq Từ (2.30) (2.31) suy bổ đề chứng minh p ie nl w Từ kết bổ đề ta chứng minh định lý Stone d oa Chứng minh Định lý Stone Vì bao trội Mxi F bao hữu hạn hàm số từ A, từ kết bổ đề 2.15, hàm xấp xỉ hàm số A Mặt khác m tMx1 , Mx2 , , Mxl u nf va an lu lm ul m xấp xỉ bao m r pxq có dạng r pxq tf1 , f2 , , fi u , m z at nh oi r pxq xấp xỉ hàm g A Từ (2.28) fi P A Theo bổ đề 2.15 hàm m tồn hàm số g P A cho z F pxq ε g pxq F pxq @x P K gm @ Hay ε m Vậy định lý Stone chứng minh co l |F pxq gpxq| ε @x P K an Lu n va ac th si 31 2.3.2 Các hệ định lý Stone Hệ 2.19 (Định lý Weierstrass thứ Rk ) K tập đóng bị chặn tùy ý Rk Khi với hàm số F liên tục K với ¡ 0, tìm đa thức Pn n pn1 , n2 , , nk q số nguyên không âm có dạng Pn n1 ¸ n2 ¸ Pn ,n , ,n px1, x2, , xk q k nk ¸ j1 j2 cj1 ,j2 , ,jk xj11 xjkk (2.32) jk x px1 , x2 , , xk q thuộc Rk Pn thỏa mãn bất đẳng thức |F pxq P n| (2.33) lu với x P K an n va tn to Hệ 2.20 (Định lý Weierstrass thứ hai Rk ) Với hàm F tuần hồn với chu kì 2π biến xj , j 1, 2, F liên tục tồn khơng gian R2 với ¡ tồn đa thức lượng giác Tn , với n pn1 , n2 q có dạng n1 ¸ n2 ¸ p ie gh Tn pxq Tn1 ,n2 px1 , x2 q (2.34) raj ,j cosj1xcosj2y w j1 j2 (2.35) dj1 ,j2 sinj1 xsin2 y s (2.36) d oa nl cj1 ,j2 sinj1 xcosj2 y bj1 ,j2 cosj1 xsinj2 y thỏa mãn bất đẳng thức (2.37) nf va an lu |F pxq T npxq| lm ul với x px1 , x2 q P R2 z at nh oi Hệ 2.21 Với hàm F liên tục tồn tập số thực thỏa mãn 8 xĐ8 lim F pxq lim F pxq xÑ8 a1 x b1 x (2.39) m (2.40) an Lu |F pxq Rnpxq| co l thỏa mãn bất đẳng thức với x P p8, 8q an x n bn x n gm a0 b0 @ Rn pxq z Khi tồn phân thức hữu tỉ Rn pxqcó dạng (2.38) n va ac th si 32 Chứng minh Hệ 2.19, 2.20, 2.21 Tập K đóng bị chặn khơng gian hữu hạn chiều Rk tập compact, tập đa thức Pn có dạng p2.32q tập đại số Stone K.Hệ 2.19 chứng minh Vì tập hàm tuần hồn với chu kì 2π biến liên tục tồn khơng gian R2 xem tập hàm liên tục hình xuyến hình xuyến tập compact, tập đa thức có dạng (2.34) tập đại số Stone hình xuyến Hệ 2.20 chứng minh lu Tập hàm số liên tục tập số thực thỏa mãn điều kiện (2.38) tương đương với tập hàm liên tục, ví dụ tọa độ cực, đường trịn C: ρ 1, ϕ P rπ, π s tập compact, tập phân thức có dạng (2.39) tập đại số Stone an n va Định lý xấp xỉ Newman p ie gh tn to 2.4 w d oa nl Định nghĩa 2.17 ([5]) Hàm số có dạng a0 x k b0 x l a1 xk1 b1 x l an lu Rn pxq ak , bl (2.41) b0 0, gọi phân thức hữu tỷ bậc n nf va ú Ô k, l Ô n, a0 lm ul z at nh oi Trước tiên, việc có hàm f liên tục mà xấp xỉ phân thức hữu tỷ bậc n tốt xấp xỉ là đa thức đại số Newman Một ví dụ hàm Newman đưa hàm f pxq |x|, x P r1, 1s inf max ||x| Rn pxq| Ô ?n , x Rn e n 5, 6, 7, 8, (2.42) z x c , n c const ¡ (2.43) m co l Pn gm En p|x|q inf max ||x| Pn pxq| ¥ @ Cùng lúc bất đẳng thức sau an Lu Trước vào định lý Newman, ta chứng minh hai bổ đề đơn giản tồn ? phân thức bậc n mà giá trị tuyệt đối chúng đoạn r1, e n s nhỏ nhiều ? đoạn re n , 1s n va ac th si 33 Định nghĩa 2.18 ([5]) Hàm số có dạng Nn pxq ξ 1{?n ξ pnq e n ¹1 ξk , x (2.44) k , gọi đa thức Newman bậc n Trước trình bày định lý xấp xỉ Newman ta chứng minh hai bổ đề sau Bổ đề 2.22 ([5]) Bất đẳng thức Nn ξ 1 N ξ 1 n n p q ¹ ξk ?n e p q k 0 ξ k (2.45) lu với n ¥ an va Chứng minh Rõ ràng với hàm số n gh tn to αptq p1 tqe2t p1 ¡ 0, αp0q 0, α1p0q α2ptq 4te2t Vì ta ln có bất p ie Ta có với mi t ng thc tq Ô e2t vi mi t ¥ (2.46) oa nl w 1t t Nn ξ 1 N ξ 1 n d Từ (2.45) (2.46) ta có # lu p q e2ξ exp 2 p q k 1 k nf va lm ul Ngoi vi n Ơ 5, an n ?n1 n ¸ + ξ k k ? q e2.5 6.5 ¡ z 1 e ? ?1n 2n n an Lu 1 ξ m p q e e?n p q ?1n co Nn ξ 1 N ξ 1 n l 1ξ gm @ Từ (2.46) ta thu (2.47) 5 Ngoài * n z at nh oi ξn 2 ξ ξ pn 1q e ? q ¥ 2pe ? e ? q ¡ 2p1 ?1 12 15 2ξ p1 ξ n q 2pe exp " n va ac th si 34 Bổ đề 2.23 ([5]) Với n ¥ x P re Nn x N x n ?n , 1s, ta cú p q Ô ?1 (2.48) pq en ta Chứng minh Ta thừa nhận với x P rξ j , ξ j s, p q ¡ Với t ¡ a ¡ bổ đề t a p2.22q, quan hệ p2.44q j j n1 n1 Nn pxq ¹ ξk x ¹ x ξk ¹ k n j k Ô N pxq ξ k x kj x ξ k k0 ξ k ξ n kj ξ j ξ k n k 0 nj 1 n n ¹ ? ξ l ¹ ξ l ¹ ξ l Nn pξ 1 q e n (2.49) l l l 1 ξ ξ ξ N p ξ q n lnj l 1 l 1 lu Bổ đề chứng minh an Rn pxq x n va Định lý 2.24 (Newman, [5]) Xét phân thức hữu tỷ Rn có dạng tn to Nn pxq Nn pxq Nn pxq Nn pxq (2.50) gh Khi p ie Rn pxq có bậc n n chẵn có bậc n oa nl w Rn pxq xấp xỉ hàm số y n lẻ; |x| đoạn r1, 1s cho ? |x| Rn pxq Ô 3e n (2.51) d với n ¥ an lu nf va Chứng minh Vì hai hàm y |x| y |Rn pxq| hàm chẳn nên ta cần chứng minh bất đẳng thức (2.51) với x ¥ lm ul Trong trường hợp này, (2.44), ta có ? @x P r0, ξ ns r0, e ns, z at nh oi Ô Nn pxq Ô Nn pxq z Ô Rn pxq Ô x @ Vỡ th ? m co l gm ||x| Rnpxq| x Rnpxq ¤ x e n ? Nếu x P re n , 1s, dùng bổ đề 2.23 với n ¥ ta tìm N p x q n ||x| Rnpxq| 2x N pxq N pxq Ô |N pxq{N2pxq| e?n2 e?3n n n n n an Lu Định lý chứng minh n va ac th si Chương Ứng dụng giải toán sơ cấp lu an Trong chương chúng tơi trình bày số ứng dụng định lý xấp xỉ việc giải số toán sơ cấp bậc trung học phổ thơng n va tn to Tính giới hạn hàm số ie gh 3.1 p Bằng cách dùng cơng thức khai triển Taylor đến cấp thích hợp, ta giải số tốn tính giới hạn hàm số Ta xét số ví dụ sau nl w d oa Ví dụ 3.1 ([2]) Tính giới hạn sau ? nf va an lu sinpsin xq x x2 L lim xÑ x5 lm ul Lời giải Vì mẫu số x5 nên ta cần khai triển tử số thành đa thức Taylor với độ xác đến opx5 q x Đ Theo cơng thức Taylor, ta có z at nh oi Vì sin x x x Ñ nên opx5 q opsin5 xq x Ñ x5 120 x3 z sin x x opx5 q sin3 x sin5 x 120 opsin5 xq, x Ñ m co sinpsin xq sin x l gm @ an Lu n va 35 ac th si 36 Khi sin3 x 3 x px x6 120 opx5 qq x αpxq x3 3x2αpxq 3xα2 α3pxq αpxq x5 120 x3 opx5 q x3 Suy x6 opx5 q x Ñ 0, 36 x9 α3 pxq opx5q x Ñ 216 α p xq lu an va n Do opx5 q x Ñ gh tn to sin3 x x3 x5 Tiếp theo ta chứng minh p ie sin5 x x5 opx5 q, x Đ w Thật vậy, sin5 x x5 Như vậy, x Ñ ta có ? x x2 x3 x5 120 z at nh oi lm ul sinpsin xq x Tương tự x Ñ opx5 q x Ñ nf va an lu nên x3 d oa nl αpxq x 13 x2 19 x4 Ñ0 90 opx5 q 19 90 x5 an Lu x 19 m L lim opx5 q co Vậy 19 x5 60 l opx5 q x Ñ gm ? sinpsin xq x x2 @ Do opx4 q z x 13 x3 19 x5 opx5 q n va ac th si 37 Ví dụ 3.2 ([2]) Tính giới hạn sau L lim x ? Ñ0 tan x ex x2 arcsin x sin x Lời giải Tử số mẫu số phân thức vô bé x Ñ Vì sin x x x3 arcsin x x x3 opx3 q opx3 q x Đ nên mẫu số có dạng lu an arcsin x sin x n va x3 opx3 q x Ñ (3.1) tn to Từ ta cần khai triển tử số với độ xác đến opx3 q Ta có 1 gh ex p ie ? 1 t t2 x3 tan x x oa nl opx3 q, x Ñ 0, opt3 q, t 16 opx3 q, t Ñ 0, x Ñ d lu tan x Khi tử số có khai triển tan x ex (3.2) x lim x x opx3 q opx3 q Ñ 2 m tan x ex x2 arcsin x sin x co Ñ0 x Ñ l x opx3 q, gm L lim ? 32 x3 @ Từ p3.1q, p3.2q ta suy x2 z z at nh oi 1 ? optan3 xq lm ul 1 1 p tan xq p2 tan xq2 p2 tan xq3 16 x3 x2 x3 x opx3 q 2 x2 x opx3 q, x Ñ x nf va an ? x3 3! x2 2! t1 w Và từ x an Lu n va ac th si 38 Ví dụ 3.3 ([2]) Tính giới hạn L lim x 1 Ñ x2 sin2 x nên ta biến đổi dạng 00 Ta có Lời giải Giới hạn cần tính có dạng 1 L lim xÑ x sin2 x sin2 x x2 xlim Ñ0 x2 sin2 x x xlim Ñ0 x3 x2 r x opx3 q lu opxqs2 opx4 q opx2 qs 3 xlim Ñ x2 r x2 an x4 2 x2 n va 13 gh tn to Chứng minh bất đẳng thức p ie 3.2 d oa nl w Bất đẳng thức chủ đề quan trọng thú vị tốn sơ cấp Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức Trong phần ta áp dụng công thức khai triển Taylor hàm số sơ cấp để chứng minh số bất đẳng thức Ta xét ví dụ sau an lu nf va Ví dụ 3.4 ([1]) Tìm số thực c cho e x ¤ ecx @x P R lm ul ex (3.3) z at nh oi Lời giải Điều kiện cần: Giả sử (3.3) với x P R Điều ny tng ng vi 0Ôe cx2 ex ex z e x m co e x x2 l gm Ô ecx 0, ta @ Chia hai vế bất đẳng thức cho x2 Áp dụng quy tắc L’Hospital, ta x x e ex x2 c 12 n va Ñ0 an Lu Ô lim ecx ac th si 39 T suy c ¥ Điều kiện đủ: Xét c ¥ Áp dụng cơng thức khai triển Maclaurin cho hàm số y y ex , ta ex ex ¸ xn n0 n! ¸ p1qnxn n! n x2n ¸ ex p2nq! px2 qn n Ô n n! x2 n ¸ n lu an n! n va e ¤ ecx n x2 2 gh tn to Kết luận: c ¥ ie Ví dụ 3.5 ([1]) Chứng minh p |xx 1| x1x| ln x| @x P p0; 1q nl w oa Lời giải Sử dụng khai triển hàm Maclaurin hàm số y x ln x n ¸ | d |xx 1| |ex ln x 1| ¤ | ex ta lu n! an n nf va |x ln x| x ln x n1 ¸ | | pn 1q! |x ln x|e|x ln x| lm ul n z at nh oi |x ln x|ex ln x | ln x|x1x 1 n n 1e 2ne Lời giải Nhân vế với e logarit hóa hai vế, ta 1 ln n ln n ln 2n n 1 1 ðñ n n n ln n n ln 2n m co l gm ne @ e z Ví dụ 3.6 ([1]) Chứng minh với số nguyên n ¡ ta có an Lu n va ac th si 40 Đặt n x, ta cần chứng minh với x P p0; 1q x lnp1 xq x lnp1 xq x ln x Ta chứng minh bất đẳng thức cách dùng khai triển Maclaurin hàm số y lnp1 xq, với |x| Ta có x x x2 x3 x x x2 x3 x3 x4 ¡ 3 bất đẳng thức với x lu ðñ x2 x3 x x x2 x3 22 32 an x4 x2 2 x3 22 ¡ x2 x4 32 n va gh tn to Ví dụ 3.7 ([1]) Cho hàm số f pxq khả vi liên tục đến cấp hai đoạn r0, 1s thoả mãn f p0q f p1q f pxq Ô M @x P p0; 1q ie Chng minh f x p p q Ô M2 @x P r0; 1s nl w d oa Lời giải Khai triển Taylor hàm số f điểm x, áp dụng điểm x x 1, ta lu nf va an f p0q f pxq f pxqx f pxqp1 xq lm ul f p1q f pxq f pc1 q x, 2! c1 f pc2 q p1 xq2, 2! x, x c2 Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta Từ suy 1 f pc1 qx2 f pc2 qp1 xq2 z at nh oi f pxq z |f 1pxq| Ô M2 p2x2 2x 2xpx 1q @x P r0; 1s, m an Lu p q Ô M2 @x P r0; 1s co f x 1Ô1 l ú 2x2 2x gm @ Hơn 1q n va ac th si Kết luận Luận văn đạt số kết quan trọng sau lu Trình bày cách chi tiết có hệ thống số định lý xấp xỉ quan trọng giải tích tốn học, bao gồm định lý Weierstrass, định lý Taylor, định lý Stone, định lý Newman an n va p ie gh tn to Giới thiệu số ứng dụng định lý xấp xỉ, định lý xấp xỉ Taylor việc giải số vấn đề quan trọng tốn sơ cấp, tính giới hạn hàm số, chứng minh bất đẳng thức d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va 41 ac th si Tài liệu tham khảo [1] Tơ Văn Ban, Giải tích - Những tập nâng cao, Nhà xuất Giáo dục (2005) lu [2] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Thủy Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học phổ thông - Giới hạn, dãy số hàm số, Nhà xuất Giáo dục (2006) an n va p ie gh tn to [3] Thái Thuần Quang (chủ biên), Nguyễn Dư Vi Nhân, Mai Thành Tấn, Nguyễn Ngọc Quốc Thương Giải tích - Phép tính vi phân tích phân hàm biến, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội (2020) w [4] J J Callahan, Advanced Calculus: A Geometric View, Springer (2010) d oa nl [5] V K Dzyadyk, I A Shevchuk, Theory of Uniform Approximation of Functions by Polynomials, Walter de Gruyter GmbH & Co KG (2008) lu [6] M Hata, Problems and Solutions in Real Analysis, World Scientific (2007) nf va an [7] J Stewart, Calculus, Cengage Learning (2016) z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va 42 ac th si

Định dạng
Số trang	45
Dung lượng	411,86 KB