Mục lục i ii Lời nói đầu Bạn có tay tập I sách tập giải tích (theo chúng tôi) hay giới Trước đây, hầu hết người làm toán ViƯt Nam thêng sư dơng hai cn s¸ch nỉi tiÕng sau (bằng tiếng Nga đ dịch tiếng Việt): Bài tập giải tích toán học Demidovich (B P Demidoviq; 1969, Sbornik Zadaq i Upraẳneniá po Matematiqeskomu Analizu, Izdatel~stvo i "Nauka", Moskva) Giải tích toán học, ví dụ tập Ljaszko, Bojachuk, Gai, ¸ Golovach (I I LÂxko, A K BoÂquk, º G Ga³, G P Golobaq; 1975, Matem¸ atiqeski³ Analiz v Primerah i Zadaqah, Tom 1, 2, Izdatel~stvo Vix Xkola) ®Ĩ giảng dạy học giải tích Cần ý rằng, thứ có tập đáp số Cuốn thứ hai cho lời giải chi tiết phần lớn tập thứ số toán khác Lần chọn sách (bằng tiếng Ba Lan đ dịch tiếng Anh): Bài tập giải tích Tập I: Số thực, DÃy số Chuỗi số (W J Kaczkor, M T Nowak, Zadania z Analizy Matematycznej, Cze´c Pierwsza, Liczby Rzeczys´ wiste, Ciagi i Szeregi Liczbowe, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie Sklodowskiej, Lublin, 1996), iii Lời nói đầu iv Bài tập giải tích Tập II: Liên tục Vi phân (W J Kaczkor, M T Nowak, Zadania z Analizy Matematycznej, Czesc Druga, Funkcje Jednej ´´ Zmiennej–Rachunek Rozniczowy, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie Sklodowskiej, Lublin, 1998) để biên dịch nhằm cung cấp thêm tài liệu tốt giúp bạn đọc học dạy giải tích Khi biên dịch, đ tham kh¶o b¶n tiÕng Anh: 3* W J Kaczkor, M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis I, Real Numbers, Sequences and Series, AMS, 2000 4* W J Kaczkor, M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis II, Continuity and Differentiation, AMS, 2001 Sách có ưu điểm sau: Các tập xắp xếp từ dễ khó có nhiều tập hay Lời giải đầy đủ chi tiết Kết hợp ý tưởng hay toán học sơ cấp toán học đại Nhiều tập đựơc lấy từ t¹p chÝ nỉi tiÕng nh, American Mathematical Monthly (tiÕng Anh), Mathematics Today (tiếng Nga), Delta (tiếng Balan) Vì thế, sách dùng làm tài liệu cho học sinh phổ thông lớp chuyên cho sinh viên đại học ngành toán Các kiến thức để giải tập sách tìm Nguyễn Duy Tiến, Bài Giảng Giải Tích, Tập I, NXB Đại Học Quốc Gia Hà Néi, 2000 W Rudin, Principles of Mathematical Analysis, McGraw -Hil Book Company, New York, 1964 Tuy vậy, trước chương trình bày tóm tắt lý thuyết để giúp bạn đọc nhớ lại kiến thức cần thiết giải tập chương tương ứng Lời nói đầu v Tập I II sách bàn đến hàm số biến số (trừ phần không gian metric tập II) Kaczkor, Nowak viết Bài Tập Giải Tích cho hàm nhiều biến phép tính tích phân Chúng biên dịch tập II, tới xuất Chúng biết ơn : - Giáo sư Phạm Xuân Yêm (Pháp) đ gửi cho gốc tiếng Anh tập I sách này, - Giáo sư Nguyễn Hữu Việt Hưng (Việt Nam) đ gửi cho gốc tiếng Anh tập II sách này, - Giáo sư Spencer Shaw (Mỹ) đ gửi cho gèc tiÕng Anh cn s¸ch nỉi tiÕng cđa W Rudin (nói trên), xuất lần thứ ba, 1976, - TS Dương Tất Thắng đ cổ vũ tạo điều kiện để biên dịch sách Chúng chân thành cám ơn tập thể sinh viên Toán - Lý K5 Hệ Đào Tạo Cử Nhân Khoa Học Tài Năng, Trường ĐHKHTN, ĐHQGHN, đ đọc kỹ thảo sửa nhiều lỗi chế đánh máy Chúng hy vọng sách đông đảo bạn đọc đón nhận góp nhiều ý kiến quí báu phần biên dịch trình bày Rất mong nhận giáo quý vị bạn đọc, ý kiến góp ý xin gửi về: Chi đoàn cán bộ, Khoa Toán Cơ Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Hà Nội, 334 Nguyễn TrÃi, Thanh Xuân, Hà Nội Xin chân thành cảm ơn Hà Nội, Xuân 2002 Nhóm biên dịch Đoàn Chi Các ký hiệu khái niệm ² R - tËp c¸c sè thùc ² R+ - tập số thực dương Z - tập số nguyên N - tập số nguyên dương hay số tự nhiên Q - tập số hữu tỷ (a; b) - khoảng mở có hai đầu mút a b [a; b] - đoạn (khoảng đóng) có hai đầu mút a b [x] - phần nguyên số thực x ² Víi x R, hµm dÊu cđa x lµ >1 < sgn x = ¡1 > : ² Víi x N, víi x > 0; víi x < 0; víi x = 0: n! = ¢ ¢ ¢ ::: ¢ n; (2n)!! = ¢ ¢ ¢ ::: ¢ (2n ¡ 2) ¢ (2n); ² Ký hiƯu Newton ¡n¢ k (2n ¡ 1)!! = ¢ ¢ ¢ ::: ¢ (2n ¡ 3) ¢ (2n ¡ 1): = n! ; k!(n¡k)! n; k N; n ¸ k, hệ số khai triển nhị thức vii Các ký hiệu khái niệm viii Nếu A ẵ R khác rỗng bị chặn ta ký hiệu sup A cận nó, không bị chặn ta quy ước sup A = +1 Nếu A ẵ R khác rỗng bị chặn ta ký hiệu inf A cận nó, không bị chặn ta quy ước inf A = Ă1 Dy fan g số thực gọi đơn điệu tăng (tương ứng đơn điệu giảm) an+1 an (tương ứng an+1 an ) với n N Lớp dy đơn điệu chứa dy tăng giảm Số thực c gọi điểm giới hạn dy fan g nÕu tån t¹i mét d∙y fank g cđa fan g héi tơ vỊ c ² Cho S lµ tập điểm tụ dy fan g Cận cận dy , ký hiệu lim an lim an xác ®Þnh nh sau n!1 >+1 < lim an = ¡1 n!1 > : sup S >¡1 < lim an = +1 > n!1 : inf S ² TÝch vô hạn Q n=1 n!1 fan g không bị chặn trên; fan g bị chặn S = ;; fan g bị chặn S 6= ;; fan g không bị chặn dưới; fan g bị chặn S = ;; fan g bị chặn S 6= ;; an héi tơ nÕu tån t¹i n0 N cho an 6= với n n0 dy fan0 an0 +1 ¢ ::: ¢ an0 +ng héi tơ n ! tíi mét giíi h¹n P0 6= Sè P = an0 an0 +1 ¢ ::: ¢ an0 +n  P0 gọi giá trị tích vô hạn Trong phần lớn sách toán nước ta từ trước đến nay, hàm tang côtang hàm ngược chúng ký hiƯu lµ tg x, cotg x, arctg x, arccotg x theo c¸ch ký hiƯu cđa c¸c s¸ch cã ngn gốc từ Pháp Nga, nhiên sách toán Mỹ phần lớn nước châu Âu, chúng ký hiệu tương tự tan x, cot x, arctan x, arccot x Trong sách sử dụng ký hiệu để bạn đọc làm quen với ký hiệu đ chuẩn hoá giới Bài tập 2.6 Khả vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz (f) Rõ rµng, X (3x)n+1 n! n=0 VËy X (3x)n (n + 1) n=0 Đặt x = có n! 377 = 3xe3x ; = (3xe3x )0 = e3x (3 + 9x): X 3n (n + 1) n=0 x R: n! = 4e3 : 3.4.14 Kho¶ng héi tụ chuỗi (Ă1; 1) Gọi S(x) tổng chuỗi khoảng Khi S (x) = X ((n ¡ 1)!)2 n=1 vµ 00 S (x) = X ((n ¡ 1)!)2 n=1 Suy r»ng (2n ¡ 1)! (2n ¡ 2)! (2x)2n¡1 (2x)2n¡2 : (1 ¡ x2 )S 00 (x) ¡ xS (x) = 4; jxj < 1: Nhân hai vế đẳng thức với (1 Ă x2 )Ă p Ă x2 S (x) = p : ¡ x2 Do ®ã, C S (x) = p arcsin x + p ; Ă x2 Ă x2 vậy, S(x) = 2(arcsin x)2 + C arcsin x + D V× S (0) = S(0) = 0, ta cã S(x) = 2(arcsin x)2 NÕu x = §1, ta nhận chuỗi X ((n Ă 1)!)2 n=1 (2n)! 4n : Chương Vi phân 378 hội tụ theo tiêu chuẩn Gauss (xem, chẳng hạn, I,3.2.25) Thực vậy, ta có ả an+1 +O : =1Ă an 4n n2 Vậy theo định lí Abel X ((n ¡ 1)!)2 n=1 (2n)! 4n = ¼2 : 3.4.15 Víi a I, f (x) = f (a) + f (a) f (n) (a) (x ¡ a) + ¢ ¢ ¢ + (x ¡ a)n + Rn (x); 1! n! Rn (x) = n! Z a x f (n+1) (s)(x ¡ s)ds: ´ Ap dông công thức đổi biến hai lần, ta Z x¡a (n¡1) Rn (x) = f (u + a)(x ¡ u + a)du n! Z (x ¡ a)n+1 (n+1) = f ((x ¡ a)t + a)(1 ¡ t)n dt: n! Tính đơn điệu f (n+1) suy r»ng nÕu a < x < b; b I, th× Z (x ¡ a)n+1 (n+1) ∙ Rn (x) ∙ f ((x ¡ a)t + a)(1 ¡ t)n dt n! ản+1 xĂa = Rn (b): b¡a Râ rµng, Rn (b) ∙ f (b) VËy µ ¶n x¡a ∙ Rn (x) ∙ f (b) víi a < x < b; a; b I; b¡a vậy, lim Rn (x) = Điều chuỗi Taylor hội tụ tới n!1 f khoảng compact I Vì a < b chọn tuỳ ý I, tính giải tÝch cđa f suy tõ 3.4.7 2.6 Kh¶ vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz 379 3.4.16 Chứng minh t¬ng tù nh 3.4.1 3.4.17 [18] LÊy x0 tuỳ ý I Theo giả thiết, tồn r > cho f (x) = X f (n) (x0 ) n! n=0 (x ¡ x0 )n víi jx Ă x0 j < r: Đạo hàm m lần, ®ỵc f (m) (x) = X f (n) (x0 ) n! n=0 Tõ ®ã jf (m) (x)j ∙ n(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ (n ¡ m + 1)(x ¡ x0 )n¡m : X jf (n) (x0 )j n! n=0 n(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ (n ¡ m + 1)jx ¡ x0 jn¡m : Suy tõ định nghĩa bán kính hội tụ chuỗi luỹ thừa (xem, chẳng hạn, 3.3.1) với o < ẵ% < r, tồn số dương C cho jf (n) (x0 )j C n: n! ẵ Do đó, jf (m) (x)j ∙ XC n(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ (n ¡ m + 1)jx ¡ x0 jn¡m : ẵn n=0 Vì vậy, theo đồng thức X n=m n(n ¡ 1) ¢ ¢ ¢ (n ¡ m + 1)xn¡m = m! ; (1 ¡ x)m+1 jxj < 1; ta đến jf (m) Ăm (x)jẵ = X n=m C ẵnĂm n(n Ă 1)   ¢ (n ¡ m + 1)jx ¡ x0 jn¡m Cm! C½m! ³ ´m+1 ∙ (½ ¡ ½1 )m ½m ¡ jx¡x0 j ½ víi jx ¡ x0 j < ½1 < ½ VËy ta cã thÓ lÊy J = (x0 ¡ ½1 ; x0 + ½1 ); A = Cẵ B = ẵ Ă ẵ1 Chương Vi phân 380 3.4.18 [18].Đặt f (x) = 1 Ă A(x Ă 1) g(x) = Khi đó, 1¡t víi f (x) = X n=0 Ngoµi ra, n A víi jtj < 1: h(t) = (f ± g)(t) = Râ rµng, jx ¡ 1j < n 1¡t : ¡ (A + 1)t A (x ¡ 1) ; g(t) = X tn : n=0 t ¡ ¡ (A + 1)t ¡ (A + 1)t 1 X X n n = (1 + A) t ¡ (1 + A)n tn+1 h(t) = n=0 = 1+ n=0 X A(1 + A)n¡1 tn : n=0 V× g (n) (0) = n!; f (n) (g(0)) = f (n) (1) = n!An vµ h(n) (0) = n!A(1 + A)nĂ1 , dùng công thức Faà di Bruno, ta có đẳng thức cần chứng minh 3.4.19 [18] Chọn x0 tuỳ ý I đặt y0 = f(x0 ) Suy từ 3.4.17 tồn khoảng I1 ẵ I J1 ẵ J (lần lượt chứa x0 y0 ) số dương A; B; C vµ D cho n! Bn víi x I1 n! Dn víi x J1 : jf (n) (x)j ∙ A vµ jg (n) (y)j ∙ C Theo công thức Faà di Bruno, h (n) (x) = X (1) ảk1 (2) ảk2 (n) ¶kn n! f (x) f (x) f (x) (k) ::: ; g (f (x)) k1 !k2 ! ¢ ¢ ¢ kn ! 1! 2! n! 2.6 Khả vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz 381 k = k1 + k2 +    + kn tổng lấy tất k1 ; k2 ; : : : ; kn cho k1 + 2k2 +    + nkn = n Điều với kết toán trước cho ta µ ¶k µ ¶k µ ¶kn X n! Ck! A A A (n) jh (x)j ∙ ¢¢¢ k k1 !k2 ! ¢ ¢ ¢ kn ! D B B Bn X Ck! Ak Ck! n! n!C X n! = = n k1 !k2 ! ¢ ¢ ¢ kn ! Dk B n B k1 !k2 !    kn ! Dk ảnĂ1 n!C A A = 1+ n D B D B©y giê, suy tõ kÕt qu¶ 3.4.16 r»ng h gi¶i tÝch thùc trªn I 3.4.20 Suy tõ 3.4.15 r»ng g(x) = f(¡x) giải tích thực khoảng ĂI Vì x 7! Ăx giải tích thực, kết suy từ toán tríc p 3.4.21 [18] XÐt g(t) = ¡ ¡ 2t; jtj < 1=2, vµ f (x) = 1¡x ; jxj < Khi ®ã = g (t): h(t) = f (g(t)) = p ¡ 2t VËy g (n+1) (t) = h(n) (t) Ngoµi ra, theo công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), X µ1¶ (¡2t)n : g(t) = ¡ n n=1 Râ ràng, f(x) = P n=0 Ă1 xn Do đó, g (n) (0) = Ăn! n (Ă2)n f (n) (g(0)) = n! Cuèi cïng, theo c«ng thøc Faà di Bruno , ả Ă(n + 1)! (¡2)n+1 = g (n+1) (0) = h(n) (0) n+1 µ µ1¶ ¶k1 ¶kn µ µ1¶ X k! (¡2) (¡2) = n! ¡ ¢¢¢ ¡ k1 !k2 !    kn ! n ảk1 ảkn X k! = (Ă2)n n!  k1 !k2 ! ¢ ¢ ¢ kn ! n k = k1 + k2 +    + kn tổng lấy tất c¸c k1 ; k2 ; : : : ; kn cho k1 + 2k2 + : : : + nkn = n Chương Vi phân 382 3.4.22 [18] Trước hết quan sát f thoả mn giả thiết phát biểu toán, nghịch đảo g tồn khoảng më chøa f(x0 ) Ngoµi ra, g (y) = h(g(y)); h(x) = f (x) : Rõ ràng, f thuộc C nên g Bây ta phải chứng minh g thoả mn giả thiết 3.4.16 Theo 3.4.19, ta biết h giải tích khoảng mở chứa x0 (hợp hai hàm giải tích) Vì vậy, theo 3.4.17, tồn số dương A B cho jh(n) (x)j ∙ A (1) n! Bn khoảng mở I0 ẵ I chứa x0 Bây giờ, phép quy nạp tồn khoảng mở K chứa f(x0 ) cho µ1¶ n (n) n¡1 (2A) (2) jg (y)j ∙ n!(¡1) n B n¡1 víi y K: Ta chän K cho g(K) chứa I0 Khi ®ã, theo (1), ta cã jg (y)j = jh(g(y))j A, tức (2) với n = Giả sử (2) với k = 1; 2; : : : ; n, ta sÏ chøng minh nã ®óng với n + Theo toán trước, ta có ∙ = = = jg (n+1) (y)j = (h ± g)(n+1) (y) àà ảảk1 ảảkn X k! A n¡1 2 n! : : : (¡1) k1 !k2 ! ¢ ¢ ¢ kn ! B k n ảkn ảk1 n k (2A) X (¡1) k! (¡1)n n! n A ::: B k1 !k2 ! ¢ ¢ ¢ kn ! n ả n (2A) (Ă1)n n! n A2(n + 1) B n+1 ả (2A)n+1 n : (¡1) (n + 1)! Bn n+1 §iỊu kết thúc chứng minh (2) Vì vậy, tính giải tích g K suy từ 3.4.16 2.6 Khả vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz 383 3.4.23 Suy tõ f ¡1 (x) = f (x) f ánh xạ khoảng (0; 1) lên f thuộc C khoảng Từ đó, f (x) > f tăng thực tren (0; 1) Đạo hàm đẳng thức f (f (x)) = x, ta cã f 00 (x) > víi x (0; 1) vµ n Ta chứng minh điều quy nạp, dùng công thức Faà di Bruno (xem 2.1.38) Giả sư r»ng (¡1)m f (m) (x) > víi m = 2; 3; : : : ; n Khi ®ã, µ 00 ¶k1 µ (3) ¶k2 n! f (x) f (x) (k) f (f (x)) k1 !k2 ! ¢   kn ! 1! 2! ảknĂ1 (n) f (x) ¢¢¢ + f (f (x))f (n+1) (x); (n Ă 1)! X 0= k = k1 + k2 +    + knĂ1 tổng lấy tất k1 ; k2 ; : : : ; kn¡1 P cho k1 + 2k2 + : : : + nkn¡1 = n DÊu cña số hạng sgn((Ă1)k (Ă1)2k1 (Ă1)3k2    (Ă1)nknĂ1 ) = (Ă1)n ; ta nhận Ă ¢ sgn f (f (x))f (n+1) (x) = sgn f (n+1) (x) = ¡(¡1)n : B©y giê, kÕt qủa 3.4.20 f giải tích (0; 1) 3.4.24 Theo toán trước ta biết hàm f thoả mn giả thiết giải tích trªn (0; 1) Tríc hÕt, ta chøng minh r»ng tån t¹i nhÊt sè a cho f(x) < x nÕu x (0; a), vµ f (x) > x x > a Để làm vậy, quan sát tính đơn điệu f , ta có lim f (x) = 0, với đẳng thức + x!0 f (f (x))f (x) = xf (x), ta (1) f (f(x)) = Z x tf (t)dt: Bây giờ, f (x) lớn x víi < x < 1, th× (1) suy Z x f (t)(t ¡ 1)dt > 0; Chương Vi phân 384 Mâu thuẫn với giả thiết f (x) > víi x > MỈt kh¸c, nÕu f (x) < x víi mäi x (0; 1), th× (1) suy f (x) > f (f(x)) = Z x tf (t)dt > Z x f(t)f (t)dt = (f (x))2 ; suy f (x) < víi x > 0, ngược với giả thiết f ((0; 1)) = (0; 1) Do đó, theo tính chất giá trị trung gian, tồn điểm bất động a f Vì f (x) < x víi x (0; a), ta cã f (y) = f ¡1 (y) víi y (0; a) Còng nh vËy, f (y) < y víi y > a B©y giê, ta chun qua chứng minh tính Giả sử ngược lại, tồn hai hàm vậy, f1 vàf2 Gọi a1 a2 điểm bất động f1 f2 Rõ ràng, ta giả sử a1 a2 Đặt g = f1 ¡ f2 NÕu a1 = a2 = a, th× g(a) = vµ f ¡1 = f suy g (n) (a) = víi n N Vì g giải tích, g hàm (bằng 0) (0; 1) Nếu a1 > a2 , f1 (x) < x ∙ f2 (x) 0 vµ f1 (x) > x ¸ f2 (x) víi x [a2 ; a1 ) Vì vậy, g(x) < g (x) > víi x [a2 ; a1 ) Vì lim g(x) = 0, tồn b (0; a2 ) cho g (b) = vµ g (x) > + x!0 0 víi x (b; a1 ), vµg (x) < với x ([; a2 ) Đặt f1 (b) = f2 (b) = b0 Khi ®ã, 0 b0 (b; a2 ), bëi v× b < f2 (b) = b0 < f2 (a2 ) = a2 Từ đó, g (b) < Mặt khác, 0 f1 (b0 ) = f1 (f1 (b)) = b vµ f2 (b0 ) = f2 (f2 (b)) = b, m©u thuÉn 1 3.4.25 NÕu f(x) = axc , f (x) = acxcĂ1 f Ă1 (x) = aĂ c x c Từ có p c = 1+2 vµ a = c1¡c 3.4.26 Theo côngg thức Taylor đ chứng minh rong 2.3.10, N X x ả2n+1 ln(1 + x) = + Rn (x); 2n + + x n=0 x 2N+3 : (2N = 1)(1 + µx)2N+3 Râ rµng, lim Rn (x) = víi x (0; 2) Do ®ã Rn (x) = N!1 ln(1 + x) = X n=0 2n + x 2+x ả2n+1 : 2.6 Khả vi mạnh khả vi theo nghĩa Schwarz 385 3.4.27 [Tung-Po Lin, Amer Math Monthly 81(1974), 879-883] Theo định nghĩa, x¡y L(x; y) 21=p (x ¡ y) ln x¡ln y = xp +yp 1=p = p Mp (x; y) (x + y p )1=p ln x ( ) y với x y dương, khác với p 6= Chia tư sè vµ mÉu sè cho y đặt p z = x , ta y 21=p (z 1=p ¡ 1) L(x; y) = : Mp (x; y) (z + 1)1=p ln z 1=p B©y viết 1+! z= 1Ă! nhân tử mÉu víi µ (1¡!)1=p , 2! L(x; y) Mp (x; y) ¶ z¡1 != ; < j!j < z+1 ta đến Ă Â 1+! 1=p 1=p p2 = ¡ 1+! ¢1=p ´ ln 1+! 1¡! p((1+!)1=p ¡(1¡!)1=p ) f (!; p) 2! : = ln(1+!)¡ln(1¡!) g(!) 1¡! = 1¡! ¡1 +1 2! Râ rµng, g(!) = X n=0 Vµ theo 3.4.4, f (!; p) = + X n=1 2n ¡ µµ Ă1 p ! 2n; 2n + ảà ả ả ả 1 à  à 2n  ! 2n : p p (2n)! Do đó, ®Ĩ chøng minh r»ng f(!; p) < g(!), chØ cÇn với số nguyên dương n, ảà ¶ µ ¶ 1 1 ¡1 ¡ ¢¢¢ ¡ 2n ¢ ∙1 p p p (2n)! vµ bất đẳng thức ngặt xảy với n Với n = 1, ta có ảà ả 1 1 ¡1 ¡ ¢ ∙ với p ; p p Chương Vi phân 386 Từ ả 1 +1=1¡ 3¡ < 1; ¡ 2p2 2p 2p p Qn = ³ p ¡1 ´³ p ¡2 ´³ nÕu < < 3: p ´ ³ ´ ¡ ¢ ¢ ¢ ¡ 2n p p (2n)! ảà ảà ả ả µ 1 1 1¡ ¢¢¢ ¡ = 1¡ 1¡ p 2p 3p 2np {z }| {z } | víi p < VËy tån t¹i < h < cho nÕu < ! < h, th× f (!; p) > g(!) Bây giờ, quan sát bất đẳng thức < ! < h cã thĨ viÕt l¹i díi dạng ả1=p ả1=p 1+h x p < z < r ; r = z = : 1Ăh y Điều có nghĩa tồn r > cho L(x; y) > Mp (x; y) nÕu < x y < r 3.4.29 [Tung-Po Lin, Amer Math Monthly 81(1974), 879-883] Đặt (1+!)2 ; (1Ă!)2 < j!j < 1, ta nhận xĂy x ¡1 y ln x y 4( L(x; y) ln x¡ln y = = ³ ´1=2 = M0 (x; y) (xy)1=2 x (1+!)2 ¡1 (1¡!)2 !+ !3 + !5 +¢¢¢ y 1+! 1¡! 1 ¢ + ¢¢¢ + !2 + !4 1¡! + !2 + !4 + !6 + ¢ ¢ ¢ = > 1: + ! + !4 + !6 + ¢ ¢  = Kết hợp với 2.5.42 2.5.43 suy điều phải chứng minh ) x y = Tài liệu tham khảo 387 3.4.30 [Tung-Po Lin, Amer Math Monthly 81(1974), 879-883] Dùng kí hiệu đ đưa lời giải 3.4.27, ta có Ă Â p (1 + !)1=p ¡ (1 ¡ !)1=p L(x; y) = ¡! 0: !!1 Mp (x; y) ln 1+! 1¡! V× z = ³ ´p x y = 1+! , 1Ă! ta nhận L(x; y) < Mp (x; y) với z đủ lớn 388 Tài liệu tham khảo Tài liệu tham khảo [1] J Bana , S Wedrychowicz, Zbiãr zadan z analizy matematycznej, Wins ¸ ´ dawnictwa Naukowo - Techniczne, Warszawa, 1994 [2] W I Bernik, O W Melnikov, I K Zuk , Sbornik olimpiadnych zada∙ po c matematike, Narodnaja Asveta, Minsk , 1980 [3] P Biler, A Witkowski, Problems in Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc, New York and Basel, 1990 [4] T J Bromwich, An Introduction to the Theory of Infinte Series, Macmillan and Co., Limited, London ,1949 Ä [5] R P Boas, A Primer of Real Analytic Functions, Birkhauser Verlag, Basel Boston Berlin, 1992 [6] L Carleson T W Gamelin, Complex Dynamics, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1993 [7] B Demidovi∙, Sbornik zada∙ i upra∙nenij po matemati∙eskomu analizu, c z c c Nauka, Moskva, 1969 ¶ [8] J Dieudonne, Foundations of Modern Analysis, Academic Press, New York San Francisco London, 1969 ∙ [9] A J Dorogovcev, Matemati∙eskij analiz Spravo∙noe posobe, Vy∙∙aja Skola, c c sc Kiev, 1985 389 Tài liệu tham khảo 390 [10] A J Dorogovcev, Matemati∙eskij analiz Sbornik zada∙, Vy∙∙aja Skola, c c sc Kiev, 1987 [11] G M Fichtenholz, Differential-und Integralrechnung, I, II, III, V.E.B Deutscher Verlag Wiss., Berlin, 1966-1968 [12] B R Gelbaum, J M H Olmsted, Theorems and Counterexamples in Math- ematics, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1990 [13] E Hille, Analysis Vol I, Blaisdell Publishing Company, New York Toronto London, 1964 [14] W J Karzor, M T Nowak, Problems in Mathematical Analysis I Real Num- ber, Sequences and Series, American Mathematical Society, Providence, RI, 2000 [15] G Klambauer, Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York, 1975 [16] G Klambauer, Problems and Propositions in Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York and Basel, 1979 [17] K Knopp, Theorie und Anwendung der Unendhichen Reihen, SpringerVerlag, Berlin and Heidelberg, 1947 [18] S G Krant, H R Parks, A Primer of Real Analytic Functions, Bikhauser Verlag, 1992 [19] L D Kudriavtsev, A D Kutasov, V I Chejlov, M I Shabunin, Problems de Ana Matematico L´mite, Continuidad, Derivabilidad (Spanish), Mir, i ´ ´ Moskva, 1989 [20] K Kuratowski, Introduction to Calculus, Pergamon Press, OxfordEidenburg-New York; Polish Scientific Publishers, Warsaw, 1969 Tài liệu tham khảo 391 [21] S Lojasiewicz, An Introduction to the Theory of Real Number, A WileyInterscience Publication, John Wiley&Sons, Ltd., Chichester, 1988 [22] D S Mitrinovi´ , Elemetary Inequalities, P Noordhoff Ltd., Gronigen, c 1964 [23] G P´ lia, G SzegÄ, Problems and theorems in analysis I, Spriger - Verlag, o o Berlin Heidelberg New York, 1978 [24] R Remmert, Theory of Complex Functions, Spriger - Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1991 [25] Ya I Rivkind, ∙ Zada∙i po matemati∙eskomu analizu, Vy∙ej∙aja Skola, c c s s Minsk, 1973 ´ [26] W.I Rozhkov, V.D Kurdevanidze, N G Pafionov, Sbornik zadac matem- aticeskich olimpiad, Izdat Univ Druzhby Narodov, Maskva, 1987 [27] W Rudin, Principle of Mathematical Analysis, McGraw - Hill Book Company, New York, 1964 [28] W Rzymowsky, Convex Functions, preprint [29] W A Sadowni∙ij, A S Podkolzin, c Zada∙i studen∙cskich olimpiad po c c matematike, Nauka, Moskva, 1978 [30] R Sikorski, Funkcje rzeczywiste, PWN, Warszawa, 1958 [31] H Silverman, Complex variables, Houghton Mifflin Company, Boston, 1975 [32] E C Titchmarsch, The Theory of Functions, Oxford University Press, London, 1944 [33] G A Tonojan, W N Sergeev, Studen∙eskije matemati∙eskije oimpiady, c c Izdatelstwo Erevanskogo Universiteta, Erevan, 1985 ... z Analizy Matematycznej, Cze´c Pierwsza, Liczby Rzeczys´ wiste, Ciagi i Szeregi Liczbowe, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie Sklodowskiej, Lublin, 1996), iii L? ?i n? ?i đầu iv B? ?i tập gi? ?i tích. ..ii L? ?i n? ?i đầu Bạn có tay tập I sách tập gi? ?i tích (theo chúng t? ?i) hay gi? ?i Trước đây, hầu hết ngư? ?i làm toán Việt Nam thường sư dơng hai cn s¸ch n? ?i tiÕng sau (b»ng tiÕng Nga đ dịch tiếng... thức cần thiết gi? ?i tập chương tương ứng L? ?i n? ?i đầu v Tập I II sách bàn đến hàm số biến số (trừ phần không gian metric tập II) Kaczkor, Nowak viết B? ?i Tập Gi? ?i Tích cho hàm nhiều biến phép tính