tài liệu toán giải tích 2

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐÀ LẠT KHOA TOÁN - TIN HỌC Y  Z TẠ LÊ LI GIẢI TÍCH 2 (Giáo Trình) Lưu hành nội bộ Y Đà Lạt 2008 Z R n R n 5 R n R n R n R n R n X f n : X → R n ∈ N (f n ) n∈N x ∈ X (f n (x)) n∈N D = {x ∈ X : (f n (x)) n∈N } (f n ) D  x → f(x) = lim n→∞ f n (x) (f n ) f D f n (x)=1− 1 n |x| (n ∈ N) R R f(x) = lim n→∞ (1 − 1 n |x|)=1, ∀x. f n (x)=x n (n ∈ N) R (−1, 1] f(x) = lim n→∞ x n =  0 |x| < 1 1 x =1 f n f (f n (x)) x ∈ D (f n ) f D >0 N n ≥ N ⇒|f n (x) − f(x)| <, ∀x ∈ D M n =sup x∈D |f n (x) − f(x)|→0 n →∞ M n =sup|f n (x) − f(x)| =1 (f n ) (g n ) f g D (f n + g n ) (cf n ) f + g cf D (f n ) D ∀>0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup x∈D |f n (x) − f m (x)| < (f n ) f D ∀>0, ∃N : n ≥ N ⇒ sup x∈D |f n (x) − f(x)| </2 m, n ≥ N sup x∈D |f n (x) − f m (x)| < sup x∈D |f n (x) − f(x)|+sup x∈D |f m (x) − f(x)| <. (f n ) D x ∈ D (f n (x)) f(x) ∈ R m →∞  → 0 sup x∈D |f n (x) −f(x)|→0 n →∞ (f n ) f D  (f n ) f D f D lim lim n→∞ lim x→x 0 f n (x) = lim x→x 0 lim n→∞ f n (x) (f n ) [a, b] lim  lim n→∞  b a f n (x)dx =  b a lim n→∞ f n (x)dx (f n ) [a, b] (f  n ) [a, b] (f n (c)) c ∈ [a, b] (f n ) f [a, b] lim lim n→∞ f  n (x)=  lim n→∞ f n (x)   x 0 ∈ D >0 N |f N (x) − f(x)| </3, ∀x ∈ D. f N x 0 δ>0 |f N (x) −f N (x 0 )| </3, ∀x, |x −x 0 | <δ. |x − x 0 | <δ |f(x)−f(x 0 )|≤|f(x)−f N (x)|+|f N (x)−f N (x 0 )|+|f N (x 0 )−f(x 0 )| </3+/3+/3= f x 0 lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0 lim n→∞ f n (x)=f(x 0 ) = lim n→∞ lim x→x 0 f n (x) f n f [a, b]       b a f n −  b a f      ≤|b −a| sup x∈[a,b] |f n (x) − f(x)|→0, n →∞ lim n→∞  b a f n =  b a f =  b a lim n→∞ f n F n (x)=  x c f  n (F n ) F [a, b] F (x)=  x c lim n→∞ f  n F n (x)=f n (x) − f n (c) f n = F n + f n (c) [a, b] f = F + lim n→∞ f n (c) f  (x)=F  (x)=  lim n→∞  x c f  n   = ( lim n→∞ f n )  (x)  X ∞  k=0 f k = f 0 + f 1 + ···+ f n + ··· f k X n S n = f 0 + ···+ f n D = {x ∈ X : (S n (x)) n∈N } S(x)= ∞  k=0 f k (x) D ∞  k=0 f k D (S n ) n∈N S D M n =sup x∈D |S n (x) − S(x)| =sup x∈D | ∞  k=n+1 f k (x)|→0, n →∞ ∞  k=0 x k =1+x + x 2 + ···+ x n + ··· D = {x ∈ R : |x| < 1} S(x)= 1 1 − x D r = {x : |x|≤r} 0 <r<1 S n (x)= 1 − x n+1 1 − x sup |xleqr |S n (x) − S(x)| =sup |x|≤r      x n+1 1 − x      ≤ r n+1 1 − r → 0, n →∞ D sup |x|≤1 |S n (x) − S(x)| =+∞ ∞  k=0 f k D ∀>0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup x∈D | m  k=n f k (x)| < ∞  k=0 f k [a, b] f k [a, b] k ∈ N [a, b] lim  lim x→x 0 ∞  k=0 f k (x)= ∞  k=0 lim x→x 0 f k (x) f k [a, b]    b a  ∞  k=0 f k (x)  dx = ∞  k=0   b a f k (x)dx  f k [a, b] ∞  k=0 f  k [a, b] ∞  k=0 f k [a, b]   ∞  k=0 f k   (x)= ∞  k=0 f  k (x) |f k (x)|≤a k , ∀x ∈ D ∞  k=0 a k ∞  k=0 f k D (f k ) 0 ∞  k=0 ϕ k D ∞  k=0 f k ϕ k D (f n ) ∞  k=0 ϕ k D ∞  k=0 f k ϕ k |f k (x)|≤a k m  k=n |f(x)|≤ m  k=n a k ∞  k=0 f k  ∞  k=0 a k x k x 0 ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k z = x − x 0 x 0 S(x)= ∞  k=0 a k (x −x 0 ) k R, 0 ≤ R ≤ +∞ R>0 S(x) |x − x 0 | <R |x − x 0 | >R S D r = {x : |x − x 0 |≤r} 0 <r<R R S 1 R = lim sup k→∞ k  |a k | x 0 0 z = x −x 0 |z|≤r<R ρ : r<ρ<R lim sup k 0 |a k | 1 k < 1 ρ , ∀k>k 0 . |a k z k | <  r ρ  k S(z) D r S(z) |z| <R |z| >R ρ : R<ρ<|z| lim sup k |a k | 1 k > 1 ρ |a k z k | >  |z| ρ  k k a k z k → 0 ∞  k=0 a k z k  1 R = lim k→∞ |a k+1 | |a k | ∞  k=0 k!x k R = lim k→∞ |a n | |a n+1 | = lim n→∞ k! (k +1)! =0 ∞  k=0 x k k! ∞ |x−x 0 | = R ∞  k=0 x k , ∞  k=1 x k k , ∞  k=1 x k k 2 1 |x| =1 ∞  k=0 x k x = ±1 ∞  k=1 x k k 2 |x| =1 ∞  k=1 x k k x =1 x = −1 ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k R>0 S(x)= ∞  k=0 a k (x −x 0 ) k (x 0 −R, x 0 + R)  ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k   = ∞  k=1 ka k (x − x 0 ) k−1   ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k  dx = ∞  k=0 a k k +1 (x − x 0 ) k+1 + C  ∞  k=0 (−1) k x k = 1 1+x |x| < 1 ∞  k=1 (−1) k kx k−1 = − 1 (1 + x) 2 |x| < 1 ∞  k=0 (−1) k x k+1 k +1 =ln(1+x) |x| < 1 1 1+x 2 = 1 1 − (−x 2 ) =1−x 2 + x 4 − x 6 + ···= ∞  k=0 (−1) k x 2k , |x| < 1 arctan x = x − x 3 3 + x 5 5 − x 7 7 + ···= ∞  k=0 (−1) k x 2k+1 2k +1 , |x| < 1 f k (x)=x k ϕ k (x)=a k ∞  k=0 a k S S(x)= ∞  k=0 a k x k |x| < 1 lim x→1 − S(x)=S ln 2 = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + 1 5 −···+ (−1) n+1 n +1 + R n π 4 =1− 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 −···+ (−1) n 2n +1 + R n R n O( 1 n ) f x 0 f(x)= ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k a k = f (k) (x 0 ) k! k =0, 1, 2, ··· n ∈ N x x 0  ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k  (n) = ∞  k=n k(k −1) ···(k −n +1)a k (x − x 0 ) k−n x = x 0  f x 0 f x 0 Tf(x)= ∞  k=0 a k (x − x 0 ) k , a k = f (k) (x 0 ) k! Tf(x)=f(x) Tf(x) f(x)= ∞  k=0 sin 2 k x k! Tf(x) Tf(x) = f(x) f(x)=e − 1 x 2 x =0 f (0) = 0 f (k) (0) = 0, ∀k Tf(x) ≡ 0 = f(x) Tf(x)=f(x), |x − x 0 | <R f D = {x : |x − x 0 | <R} f C |f (k) (x)|≤C, ∀x ∈ (x 0 − R, x 0 + R) f x ∈ (x 0 −R, x 0 + R) θ ∈ (0, 1) |f(x) −T n (x)| = |R n (x)| =      f (n+1) (x 0 + θR) (n +1)! (x − x 0 ) n+1      ≤ CR n+1 (n +1)! [...]... với |x| < π Từ các công thức trên suy ra ∞ sin(2k + 1)x 2k + 1 k=0 ∞ cos(2k + 1)x (2k + 1 )2 k=0 ∞ sin 2kx 2k k=1 ∞ cos 2kx (2k )2 k=1 = = = = π 4 π 2 − 2 x 8 π − 2x 4 2 − 6πx + π 2 6x 24 với 0 < x < π với 0 < x < 2 với 0 < x < π với 0 < x < 2 Với các gía trò x cụ thể các công thức trên suy ra ∞ 2 1 , = k2 6 k=1 ∞ 2 (−1)k+1 , = k2 12 k=1 ∞ π (−1)k = 2k + 1 4 k=0 II Không gian Rn 1 KHÔNG GIAN EUCLID... 2 k=1 =− 2 12 ∞ ∞ 1 (−1)k − k 2 k=1 k 2 k=1 = 2 8 4.5 Hội tụ đều Bất dẳng thức Bessel Nếu f 2 khả tích trên [π, π], thì a2 0 + 2 ∞ (a2 + b2 ) ≤ k k k=1 1 π π −π f 2 (x)dx Đặc biệt, chuỗi vế trái là chuỗi hội tụ Chứng minh: Do tính trực giao nêu ở 5.1, tính tích phân ta có: π −π (f (x)−Fn f (x))Fn f (x)dx = 0, π −π (Fn f (x) )2 dx = π a2 0 + 2 n k=1 (a2 + b2 ) k k 14 Suy ra π −π π f 2 (x)dx = −π... đẳng thức Cauchy-Schwarz: | < x, y > | ≤ x y Thực vậy, tam thức bậc 2: tx + y 2 = x 2 t2 + 2 < x, y > t + y 2 ≥ 0, ∀t ∈ R Suy ra ∆ =< x, y >2 − x 2 y 2 ≥ 0, i.e bất đẳng thức trên đúng 20 Vậy x + y 2 = x 2 + y 2 + 2 < x, y >≤ x 2 + y i.e ta có bất đẳng thức (N 3) (N 3) suy ra (M 3) Còn các tính chất khác là rõ ràng 2 +2 x y = ( x + y )2 , Bài tập: Chứng minh | < x, y > | = x y khi và chỉ khi x, y tỉ... k=0 2k + 1 Khi x = 0, −π, π chuỗi vế phải nhận gía trò Khi cho x = π /2, ta có b) 1− 4 2 x2 = − 2 2 π 3 π ∞ ∞ π (−1)k = 2k + 1 4 k=0 (−1)k k=1 cos kx , k2 với 1 ( 2 sign (x+ ) + sign (x− )) = 0 |x| ≤ π Để ý hàm vế trái nhận giá trò như nhau tại x = ±π , nên có cùng trung bình cọng tại đó ∞ 2 1 = Khi cho x = π , ta có 2 Khi cho x = 0, ta có Suy ra ∞ k=1 ∞ k=1 6 k (−1)k k2 1 1 = 2 (2k − 1) 2 k=1 =− 2. .. [0, 2 ], chu kỳ 2 : Hàm f (x), 0 ≤ x < 2 Khai triển Fourier F f (x) ∞ sin kx k k=1 x π 2 x2 ∞ ∞ 4 2 cos kx sin kx π +4 − 4π 2 3 k k k=1 k=1 Ax2 + Bx + C ∞ ∞ 4 cos kx sin kx A π 2 + Bπ + C + 4A − (4πA − 2B) 2 3 k k k=1 k=1                            r   r   r   r   r                     0 2 F f (x) = x, 0 < x < 2 E x 17 I.4 Chuỗi lượng giác ! r ! r ! r 0 ! r ! r 2 E x F f (x) = x2 , 0 < x < 2 ... Vậy −π (f (x) − Fn f (x) + Fn f (x) )2 dx (f (x) − Fn f (x) )2 dx + π −π (Fn f (x) )2 dx + 2 6π(f (x) − Fn f (x) )2 dx + π( n a2 0 + (a2 + b2 ) ≤ k k 2 k=1 n → +∞ ta có bất dẳng π −π a2 0 + 2 n π −π (f (x) − Fn f (x))Fn f (x)dx (a2 + b2 )) k k k=1 f 2 (x)dx Cho thức cần tìm Do chuỗi có số hạng dương nên tính bò chặn tương đương tính hội tụ Đònh lý Giả sử hàm f có chu kỳ 2 , liên tục và f liên tục từng khúc... có: P (n) = ap np + ap−1 np−1 + · · · + a0 ∼ ap np (ap = 0) n(n + 1) = O(n2 ) 1 + 2 +··· + n = 2 n(2n + 1)(n + 2) = O(n3 ) 12 + 22 + · · · + n2 = 6 1 n n√ n n+ 2 2πn = O n! ∼ e e 30 Bài tập: So sánh 2n , np , lnq n, np lnq n khi n → +∞ Bài tập: Chứng minh với p ∈ N, ta có: 1p + 2p + · · · + np = O(np+1 ) khi n → ∞ 2 TÍNH LIÊN TỤC 2. 1 Đònh nghóa f : X → Rm , X ⊂ R n , gọi là liên tục tại a∈X nếuu lim f... lý về hội tụ ta có x =2 ∞ (−1)k+1 k=1 y sin kx , −π < x < π k T                            r   r   r   r   r   −π   π                           E x 18 Ví dụ Từ các ví dụ trên và tính hội tụ điểm, ta có các giá trò tổng ∞ sin kx k k=1 ∞ cos kx k2 k=1 ∞ sin kx k k=1 ∞ cos kx (−1)k+1 k2 k=1 (−1)k+1 = = = = π−x 2 3x2 − 6πx + 2 62 12 x 2 π 2 − 3x2 12 với 0 < x < 2 với 0 < x < 2 với |x| < π với |x|... giới hạn a 12 = lim lim f (x, y), a21 = lim lim f (x, y), a = y→y0 x→x0 x→x0 y→y0 lim (x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) Vấn đề: Mối quan hệ giữa các giới hạn trên ? Trả lời: lỏng lẻo, xét các ví dụ sau Ví dụ Với x0 = 0, y0 = 0 1 1 a) f (x, y) = (x + y) sin x sin y Ta có a 12 , a21 không tồn tại, a = 0 x2 − y 2 Ta có a 12 = 0, a21 = 1, còn a không tồn tại x2 + y xy c) f (x, y) = 2 2 Ta có a 12 = a21 = 0, còn... chuỗi lũy thừa các hàm khác: chuỗ 2 a) Hàm erf(x) = e−t dt không là hàm sơ cấp Để biểu diễn hàm này dưới dạng 0 chuỗi lũy thừa ta dựa vào biểu diễn của ex với x = −t2 : 2 e−t = 1 − t2 + Tích phân từng từ ta có erf(x) = x − ∞ x2 (−1)n (−1)k x3 + +···+ x2n+1 + · · · = x2k+1 3 2! 5 n!(2n + 1) k!(2k + 1) k=0 b) Hàm Si(x) = ta có Si(x) = x 0 1 4 (−1)n 2n t + ···+ t + ··· 2! n! x 0 sin t dt t x∈R cũng không . π ∞  k=1 1 k 2 = π 2 6 x =0 ∞  k=1 (−1) k k 2 = − π 2 12 ∞  k=1 1 (2k −1) 2 = 1 2  ∞  k=1 1 k 2 − ∞  k=1 (−1) k k 2  = π 2 8 f 2 [π, π] a 2 0 2 + ∞  k=1 (a 2 k + b 2 k ) ≤ 1 π  π −π f 2 (x)dx  π −π (f(x)−F n f(x))F n f(x)dx. b k sin kx|≤|a k | + |b k |≤ 1 2 (b  2 k + 1 k 2 )+ 1 2 (a  2 k + 1 k 2 ) ∞  k=0 (a  2 k + b  2 k ) ∞  k=1 1 k 2 Ff  • f(x) T x = T 2 X f(x)=f( T 2 X) 2 X X a 0 2 + ∞  k=1 ( a k cos kX +. ) a k = 1 π  π −π f( T 2 X)coskXdX, b k = 1 π  π −π f( T 2 X)sinkXdX X = 2 T x a 0 2 + ∞  k=1 ( a k cos 2kπ T x + b k sin 2kπ T x ) f a k = 2 T  T /2 −T /2 f(t)cos 2kπ T tdt, k =0, 1, 2, ··· b k = 2 T  T /2 −T /2 f(t)sin 2kπ T tdt,