toán cao cấp giải tích phần 2

Toán cao cấp : Giải tích 13 CHƯƠNG I SỐ THỰC I. Một thiếu sót của ℚ Mệnh đề: phương trình: = x 2 2 không có nghiệm trong ℚ . Chứng minh: Giả sử phương trình: = x 2 2 có nghiệm trong ℚ là x 0 ⇒ x 0 = m n với m , n ∈ ℤ , n ≠ 0 và m n là phân số tối giản ( m , n nguyên tố cùng nhau). Khi đó       m n 2 = 2 ⇒ = ⇒ = m m n n 2 2 2 2 2 2 (1) ⇒ m 2 là số chẵn ⇒ m là số chẵn (vì nếu m là số lẻ thì m 2 là số lẻ) ⇒ = m k 2 ( k ∈ ℤ ) (2) (1) & (2) ⇒ ( ) 2 2k= ⇒ = ⇒ k n n n 2 2 2 2 2 2 là số chẵn ⇒ n là số chẵn ⇒ = n h 2 ( h ∈ ℤ ) ⇒ m n = k h 2 2 = k h ⇒ m n là phân số không tối giản ⇒ mâu thuẫn với giả thiết . Do đó phương trình = x 2 2 không có nghiệm trong ℚ . II. Tiên đề Zorn: 1. Khái niệm: Tất cả các số hữu tỷ và vô tỷ gọi chung là số thực. Tập hợp các số thực ký hiệu làø ℝ . Trên ℝ có các tính chất về phép cộng, nhân và bất đẳng thức như đã biết. 2. Đònh nghóa: Cho ⊂ ℝ A và A ≠ ∅ . Ta nói Toán cao cấp : Giải tích 14 i) A ø bò chận trên nếu ∃ k ∈ ℝ sao cho: ≤ x k , ∀ ∈ x A . ii) A bò chận dưới nếu ∃ k ∈ ℝ sao cho ≥ x k , ∀ ∈ x A . 3. Tính chất được sắp hồn chỉnh: Mọi tập con của ℝ khác ∅ bò chận trên đều tồn tại chận trên nhỏ nhất. Nhận xét: Nếu A có chận trên nhỏ nhất thì chận trên nhỏ nhất là duy nhất, ký hiệu là sup A . Chứng minh: Giả sử A có 2 chận trên nhỏ nhất là k 1 và k 2 ta có: ≤ k k 1 2 (vì k 1 là chận trên nhỏ nhất) ≤ k k 2 1 (vì k 2 là chận trên nhỏ nhất) ⇒ = k k 1 2 . • M là chận trên nhỏ nhất của A nếu với mọi T là chận trên của A thì ≤ M T . • m là chận dưới lớn nhất của A nếu ta có ≥ m t , ∀ t là chận dưới của A. • Cho A ⊂ ℝ và A ≠ ¯. Nếu A bò chận trên thì A có vô số chận trên. Nếu A bò chận dưới thì A có vô số chận dưới. 3. Hê quả: Cho A ⊂ ℝ và A ≠ . ∅ Nếu A bò chận dưới thì A có chận dưới lớn nhất, ký hiệu là inf A . Chứng minh: Đặt { } = − ∈ B x x A . Vì A bò chận dưới nên tồn tại m ∈ ℝ sao cho: ≤ m x , ∀ ∈ x A ⇒ − ≤ − x m , ∀− ∈ x B ⇒ B bò chặn trên, do tính chất được sắp hồn chỉnh ta có sup B tồn tại. Ta có ∀ ∈ x A , sup − ≤ x B ⇒ sup − ≤ B x ⇒ sup − B là một chận dưới của A. Toán cao cấp : Giải tích 15 Ta sẽ chứng minh sup − B là một chận dưới lớn nhất của A. Thật vậy, ∀ t là chận dưới của A thì ≤ t x , ∀ ∈ x A ⇒ − ≤ − x t , ∀− ∈ x B ⇒ − t là một chận trên của B ⇒ sup ≤ − B t ⇒ sup ≤ − t B ⇒ inf sup = − A B . Ví dụ: Với { } , , , = − −A 7 5 2 1 thì sup = A 5 ; inf = − A 7 . { } , = −A 2 18 sup = A 18 ; inf = − A 2 [ ] ; = −A 7 12 sup = A 12 ; inf = − A 7 ( ) , = −A 5 2 sup = A 12 ; inf = − A 5 • Nhận xét: - sup A có thể thuộc A hoặc không thuộc A . Nếu sup ∈ A A ta có sup max = A A . - inf A có thể thuộc A hoặc không thuộc A . Nếu inf ∈ A A ta có inf min = A A . 5/ Mệnh đề (đặc trưng của sup) Cho A ⊂ ℝ , A ≠ ∅ . Khi đó: sup = M A ⇔ ( )i M A ε ε   ∀ ∃ ∈ < ≤  0 0 là một chận trên của A (ii) > 0, x : M- x M Chứng minh: ( ⇒ ) Giả sử sup = M A , khi đó (i) là hiển nhiên. ∀ ε > 0 ⇒ M – ε < M ⇒ M – ε không là chận trên của A . ⇒ mệnh đề (∀ ∈ x A ; ε ≤ − x M ) là sai . ⇒ ∃ ∈ x A 0 : ε − < ≤ M x M 0 ⇒ (ii) thỏa. Toán cao cấp : Giải tích 16 (⇐ ) Giả sử M thỏa i) và ii) ⇒ M là chặn trên. Giả sử M không là chặn trên nhỏ nhất của A . Ta có: sup < A M ⇒ sup − < A M 0 . Coi sup ε = − > M A 0 . Từ ii) ⇒ ∃ ∈ x A 0 : ( sup ) sup − − < ≤ M M A x A 0 (với sup ε = − M A ) ⇒ sup sup < A A : vô lý. Vậy M phải là chặn trên nhỏ nhất của A . III. Vài ứng dụng của tính chất được sắp hồn chỉnh: 1. Mệnh đề: (Tính chất Archimède) , ∀ ∈ ℝ a b và > a 0 luôn luôn tồn tại ∈ ℕ n để cho . > n a b . Chứng minh: Giả sử không tồn tại ∈ ℕ n để cho . > n a b ⇒ . ≤ n a b ∀ ∈ ℕ n . Đặt { } .= ∈ ℕ A n a n , ta có A ≠ ∅ vì A chứa phần tử . = a a 1 . Vì ∈ na A và ≤ na b nên A bò chặn trên bởi b ⇒ sup A tồn tại. Theo đặc trưng của sup, với ε = > a 0 0 thì :sup ∃ ∈ − < x A A a x 0 0 . Vì ∈ x A 0 nên ∃ ∈ n 0 ℕ : = x n a 0 0 . Do đó sup − < A a n a 0 ⇒ sup ( ) < + = + ∈ A n a a n a A 0 0 1 (vì + ∈ ℕ n 0 1 ) ⇒ vô lý. 2. Hệ quả: ε ∀ > 0 , ε ∈ ℝ , * ∃ ∈ ℕ n sao cho ε < n 1 . Chứng minh: Áp dụng tính chất Archimède với ε = a và = b 1 ta có ε > n 1 Toán cao cấp : Giải tích 17 ⇒ ε < n 1 . 3. Mệnh đề: Xen kẽ 2 số thực khác nhau bất kỳ có ít nhất một số hửu tỷ. Nói cách khác: , ∀ ∈ ℝ a b và < a b ⇒ α ∃ ∈ ℚ : α < < a b . Tương tự, xen kẽ hai số thực bất kỳ có ít nhất một số vô tỉ . 4. Mệnh đề: Phương trình = x 2 2 có nghiệm trong ℝ . Chứng minh: Đặt { } [ ; ]/ = ∈ ≤ A t t 2 1 2 2 . Vì 1 ∈ A nên A ≠ ∅ , hơn nữa A bò chặn trên bởi 2 ⇒ supA tồn tại và 1 ≤ supA ≤ 2. Ta sẽ chứng minh rằng supA là nghiệm của phương trình x 2 = 2 nghóa là cần kiểm tra (supA) 2 = 2 . Ta chứng minh phản chứng: i) Giả sử (supA) 2 < 2. Xét ε < < 0 1 , ta có (supA+ε) 2 = (supA) 2 + 2.ε.supA +ε 2 ≤ (supA) 2 + 4.ε +ε 2 ≤ (supA) 2 + 5.ε . Để (supA) 2 + 5.ε = 2 ta chọn ε = (sup ) − A 2 2 5 ( 0 < ε < 1). Do đó với ε = (sup ) − A 2 2 5 > 0 ta có (supA + ε ) 2 ≤ 2 ⇒ supA + ε ∈ A (Với 0 ≤ t 2 ≤ 2 ⇒ t ∈ A) mà supA + ε > supA: vô lý. ii) Giả sử (supA) 2 > 2. Xét ε > 0, ta có (supA - ε) 2 = (supA) 2 - 2.ε supA + ε 2 > (supA) 2 - 2.ε supA ≥ (supA) 2 - 4.ε. Để (supA) 2 - 4.ε = 2 ta chọn ε = (sup ) − A 2 2 4 > 0. Toán cao cấp : Giải tích 18 Khi đó với ε = (sup ) − A 2 2 4 > 0 ta có (supA - ε) 2 > 2. Vậy supA –ε là một chặn trên của A ⇒ supA ≤ supA –ε ⇒ supA +ε ≤ supA (vô lý). Kết luận (supA) 2 = 2. IV. Giá trò tuyệt đối . Nhò thức Newton : 1) Đònh nghóa : Trò tuyệt đối của một số thực a là | a | = a nếu a 0 -a nếu a<0 ≥    2) Tính chất : i) , ≥ ∀ ∈ ℝ x x 0 ii) + ≤ + x y x y ; dấu “=” xảy ra ⇔ x.y ≥ 0 iii) ; − ≤ − − ≤ + x y x y x y x y iv) = xy x y ; = x x y y 3) Nhò thức Newton : ( ) ! ; !( )! − = + = − ∑ n n n k k k n a b a b k n k 0 ( ) ! ( ) . !( )! − = − = − − ∑ n n n k k k k n a b a b k n k 0 1 Qui ước : n! = .( ).( ) . nếu n 1 nếu n = 0 − − ≥    n n n 1 2 2 1 1 Ta ký hiệu ! !( )! = − k n n C k n k a n -b n =(a - b)(a n-1 + a n-2 b + a n-3 b 2 + …. + ab n-2 + b n-1 ) a n +b n =(a + b)(a n-1 - a n-2 b + a n-3 b 2 - …. + (-1) n-2 ab n-2 + (-1) n-1 b n-1 ) với n lẻ Toán cao cấp : Giải tích 19 Ghi chú: Khoảng hở (mở) tâm a bán kính ε > 0 là ( a-ε , a+ε ) còn gọi là lân cận tâm a bán kính ε. Toán cao cấp : Giải tích 20 CHƯƠNG II DÃY SỐ THỰC I. Khái niệm: Ánh xạ: ( ) : → = ℕ ℝ ֏ n f n u f n được gọi là một dãy số thực. Ký hiệu: , , , , n u u u 1 2 hay { } , ∈ ℕ n u n hay { } n u . n: được gọi là chỉ số; u n được gọi là số hạng tổng quát của dãy. Ví dụ: • Cho dãy 1, 2, 3, 4, , n, …. Ta có số hạng tổng quát của dãy là: u n = n. • Cho dãy {u n } có số hạng tổng quát u n = + n 1 2 3 . Các phần tử của dãy là , , , 1 1 1 5 7 9 • Cho dãy { u n } với u 1 = a > 0 và u n = − + n a u 1 • Cho u 1 = 2 và − − + = n n n u u u 1 1 3 5 , các số hạng của dãy là: u 1 = 2; u 2 = 11 2 ; u 3 = 43 11 , II. Sự hội tụ của dãy số: 1. Đònh nghóa: Dãy { u n } gọi là hội tụ nếu tồn tại số a ∈ ℝ thỏa: “ ∀ε > 0 cho trước, luôn tồn tại số nguyên dương N( ε ) sao cho n > N( ε ) ⇒ | u n - a | < ε ”. Khi đó ta nói { u n } hội tụ về a và kýù hiệu: u n → a hay lim →∞ = n n u a . Toán cao cấp : Giải tích 21 Nhận xét : i) Viết N(ε) nghóa là N(ε) phụ thuộc vào ε, N(ε) có thể không là số nguyên cũng được. ii) |u n - a| < ε ⇔ -ε < u n - a < ε ⇔ a - ε < u n < a + ε. iii) u n → 0 ⇔ |u n | → 0. iv) Ta còn có thể nói {u n } hội tụ về a nếu với mọi khoảng mở V tâm a ta đều có N 0 sao cho u n ∈ V, ∀n > N 0 . (nghóa là: ∀ε, luôn tồn tại số N 0 sao cho u n ∈ (a - ε, a + ε), ∀n > N 0 ) Ví dụ: Chứng minh dãy { n 1 } hội tụ về 0. ∀ε > 0, ta cần chứng minh tồn tại N 0 sao cho: − n 1 0 < ε , với mọi n > N 0 . Với ε > 0, theo tính chất Archimède thì ∃ N 0 : N 0 1 < ε . Vậy với n > N 0 ta có n 1 < ε Do đó ∀ε > 0, ∃ N 0 : n > N 0 ⇒ − n 1 0 < ε ⇒ n 1 → 0 Ví dụ: Chứng minh rằng { u n } với u n = − + n n 2 1 3 2 hội tụ về 2 3 Ta có: ( ) ( ) ε − − − − − = − = = < < + + + n n n n u n n n n 2 2 1 2 6 3 6 4 7 7 3 3 2 3 3 3 2 3 3 2 khi n > ε 7 = N 0 Toán cao cấp : Giải tích 22 Vậy ∀ε > 0, ∃ N 0 = ε 7 , sao cho với mọi n > N 0 ⇒ − < n u n 2 7 3 < ε ⇒ u n → 2 3 2. Đònh lý: Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất. Giả sử { u n } hội tụ về 2 giới hạn là a 1 và a 2 với a 1 < a 2 ( lim , lim ) →+∞ →+∞ = = n n n n u a u a 1 2 Coi ε = − a a 2 1 2 > 0. Vì u n hội tụ về a 1 , nên ∃ N 1 : với mọi n > N 1 thì | u n - a 1 | < − a a 2 1 2 = ε ⇒ a 1 - − a a 2 1 2 < u n < a 1 + − a a 2 1 2 , ∀ n > N 1 ⇒ u n < + a a 2 1 2 , ∀ n > N 1 (1) Mặt khác, vì u n → a 2 , nên ∃ N 2 : với mọi n > N 2 thì | u n - a 2 | < ε = − a a 2 1 2 ⇒ n > N 2 : a 2 - − a a 2 1 2 < u n < a 2 + − a a 2 1 2 ⇒ n > N 2 : + a a 2 1 2 < u n (2) Do đó khi n > max { N 1 , N 2 } thì (1) và (2) cùng xảy ra → vô lý. Do đó giới hạn của một dãy nếu có thì duy nhất. 3. Đònh nghóa : Dãy { u n } gọi là bò chận nếu ∃ K sao cho | u n | ≤ K, ∀ n. [...]... L2 x → x0 x → x0 Giả sử L1 < L2 ⇒ L2 - L1 > 0 Coi ε = L2 − L1 > 0 ta có: 2 Vì f có giới hạn là L1 và L2 tại x0 nên ∃ α1 > 0 và 2 > 0 sao cho: • x ∈ I và 0 < |x - x0| < α1 ⇒ − L2 − L1 L −L < f(x) - L1 < 2 1 2 2 ⇒ f(x) < • L1 + L2 2 (1) x ∈ I và 0 < |x - x0| < 2 ⇒ − L2 − L1 L −L < f ( x) − L2 < 2 1 2 2 ⇒ f(x) > L1 + L2 2 (2) Chọn α = min{α1, 2} Ta có: khi x ∈ I và 0 < |x - x0| < α Ta có (1) và (2) ... 2 x + 5 nếu x ≠ 2 Cho hàm số f(x) =  nếu x = 2 6 Chứng minh rằng lim f ( x) = 9 x 2 Giải : |f(x) - 9| = |2x + 5 - 9| = |2x - 4| = 2| x - 2| < ε ⇔ |x - 2| < Vậy ∀ε > 0, ∃α = ε 2 sao cho |x - 2| < α = ⇒ |f(x) - 9| < ε ⇒ lim f ( x) = 9 x 2  x 2 nếu x ≠ 4 Ví dụ 2: g(x) =   6 nếu x = 4 Chứng minh rằng lim g ( x) = 16 x→4 |x2 - 16| = |(x - 4)(x + 4)| = |x + 4||x -4| ε 2 ε 2 Toán cao cấp : 40 Giải tích. .. iii) un 1 = un vn vn ε 2K ε 2K Kε K ε + 2K 2 K =ε Toán cao cấp : 26 Giải tích Do đó : ta chỉ cần chứng minh nếu vn → b thì Ta có: 1 1 vn − b − = vn b vn b Theo chứng minh của mệnh đề 4 thì |vn| ≥ Do đó n > N1 : vn − b vn b ≤ ⇒ n > max {N1, N2} : b , ∀n > N1 2 vn − b 2 = 2 vn − b b b b 2 Vậy ∀ε > 0, ∃N2 : n > N2 : |vn - b| < ⇒ 1 1 → (b ≠ 0) vn b ε b2 2 1 1 2 ε b2 − < =ε vn b b2 2 1 1 u 1 a → ⇒ n →a =...  1− n −1  1 1 1 1 2 2  un < 2 + + 2 + 3 + + n −1 = 2 +  1 2 2 2 2 1− 2 =3- {un } 1 < 3 ∀n 2n −1 tăng và bò chặn trên ⇒ {un } hội tụ ii) Gọi e = lim un n →+∞ (un > 2 + Giả sử e là số hữu tỉ ⇒ e = 1 , ∀n ≥ 4 , do đó e > 2) 2 p (với p, q ∈ ℕ ∗ ) q Với n > q ta có: 1 1 1 1 1 1 un = 1+ + + + + + + + 1 2! 3! q ! (q + 1)! n! = uq + 1 1 + + (q + 1)! n! Toán cao cấp : 34 Giải tích = uq+  1 1 1 1... 1: Chứng minh: lim x →0 1 = +∞ x2 Toán cao cấp : 48 Giải tích Ta có: 1 1 > A>0⇔ x < 2 x A Do đó: ∀A > 0, ∃α = Ta có : 0 < |x - 0| < α = Ví dụ 2: lim+ x → 2 x →3 1 A 1 > A ⇒ lim f ( x) = +∞ x →0 x2 ⇒ f(x) = lim− 1 A x2 − x +1 x2 − x +1 = −∞ ; lim− = +∞ x → 2 ( x + 2) ( x − 3) ( x + 2) ( x − 3) x2 − x + 1 = −∞ ; ( x + 2) ( x − 3) 2 Đònh nghóa: lim+ x →3 x2 − x +1 = +∞ ( x + 2) ( x − 3) Cho f xác đònh trên... 1 + + + 2 3 n Chứng minh: Tính: u 2 m − u m = 1+ = 1 1 1 1 1  1 1 + + + + + + − 1+ + +  2 3 m m +1 2m  2 m 1 1 1 1 1 1 + + + ≥ + + + m +1 m + 2 2m 2m 2m 2m = 1 2 ( m số hạng ) Do đó: ∃ ε0 = 1 ,∀N, ∃n = N+1, m = 2( N+1) (m, n > N) 2 ⇒ u m − u n = u2 m − u m ≥ 1 2 vậy {um} không hội tụ (phân kỳ) Ví dụ: dùng tiêu chuẩn Cauchy chứng minh dãy sau hội tụ: un = 1 + 1 1 1 + 2 + + 2 2 2 3 n Chứng... dãy f(xn) = sin 1 xn 1 (2n + 1) π →0 2 π = sin[(2n + 1) ] = (-1)n 2 ⇒ {f(xn)} không hội tụ Do đó lim f ( x) không tồn tại x →0 Cách khác: Xét hai dãy xn = 1 π 2 + 2nπ → 0 ; yn = 1 →0 2nπ Toán cao cấp : 42 Giải tích π  Nhưng f(xn) = sin  + 2nπ  → 1 ; f(yn) = sin(2nπ) → 0 2  Do đó giới hạn của f tại 0 không tồn tại Ví du 2 : Xét hàm số f(x) = x2 chứng minh lim f ( x) = 9 x →3 2 Thật vậy, ∀ dãy {xn}... < 1 n →∞ n a =1 a-1 n 1 − 0 < ε nα Toán cao cấp : lim n →∞ iii) n n 32 Giải tích 1 = lim n →∞ a n 1 = 1 ⇒ lim n →∞ a n a =1 n →1 Đặt yn = n n − 1 ≥ 0 ⇒ n n = yn + 1 ⇒ n = (1 + yn)n = 1 + nyn+ ⇒ yn2 < 2 ⇒ yn < n −1 ⇒ 0 ≤ yn < iv) lim n →∞ n(n − 1) 2 n(n − 1) 2 yn + + > yn 2 2 nx =0 (1+ α ) n 2 n −1 2 ⇒ lim yn = 0 n →∞ n −1 ∀α > 0 ∀x > 0, ∃ m ∈ ℕ ∗ : m > x Khi n > 2m, ta có: (1+α)n = n n! ∑ k !(n −... |a| ∀n > N) Chọn K = max { u1 , u2 , , u N ,1+ a } ⇒ |un| ≤ K, ∀n ∈ ℕ Ghi chú: Ta cũng có thể chọn K = |u1|+|u2| + +|un|+1+|a| ii) Giả sử un → a ≠ 0 Ta sẽ chứng minh ∃A > 0 : |un| ≥ A, ∀n ∈ ℕ Với ε = ⇒- a 2 > 0, ∃N : n > N, ta có: |un - a| < a < -|un - a|, ∀n > N 2 a 2 Toán cao cấp : 24 Giải tích mà |un| = |un - a + a| ≥ |a| - |un - a| ≥ |a| ⇒ ∃A = a 2 a a = , ∀n > N 2 2 > 0 : |un| > A, ∀n > N 5 Mệnh... n α >  m! 2 m αm m! (*) (ta có (*) vì n – m > n - n = n (∀n >2m)) 2 2 nx nx 2m.m ! 1 ⇒0< < m m = m m− x (1 + α ) n n α α n (n > 2m, m – x > 0) 2m m ! nx nx ⇒ lim = 0 ,∀α > 0, ∀x hay lim n = 0 ,∀a >1 n →+∞ (1+ α ) n n →+∞ a 2 Mệnh đề: Toán cao cấp : 33 Giải tích Cho dãy {un } với un = i) n 1 ∑ k! k =0 Dãy {un } hội tụ ii) Nếu gọi e là giới hạn của {un } thì e là số vô tỉ iii) 2 dãy số sau cũng .  m n 2 = 2 ⇒ = ⇒ = m m n n 2 2 2 2 2 2 (1) ⇒ m 2 là số chẵn ⇒ m là số chẵn (vì nếu m là số lẻ thì m 2 là số lẻ) ⇒ = m k 2 ( k ∈ ℤ ) (2) (1) & (2) ⇒ ( ) 2 2k= ⇒ = ⇒ k n n n 2 2. mọi n > N 2 thì | u n - a 2 | < ε = − a a 2 1 2 ⇒ n > N 2 : a 2 - − a a 2 1 2 < u n < a 2 + − a a 2 1 2 ⇒ n > N 2 : + a a 2 1 2 < u n (2) Do đó khi. − + n n 2 1 3 2 hội tụ về 2 3 Ta có: ( ) ( ) ε − − − − − = − = = < < + + + n n n n u n n n n 2 2 1 2 6 3 6 4 7 7 3 3 2 3 3 3 2 3 3 2 khi n > ε 7 = N 0 Toán cao cấp : Giải tích