Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 57 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
57
Dung lượng
317 KB
Nội dung
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*************
VŨ THỊ HÙY
TÍCH VÔ HẠN
KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Giải tích
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN VĂN HÀO
HÀ NỘI - 2015
LỜI CẢM ƠN
Em xin được gửi lời cảm ơn tới các Giảng viên khoa Toán trường
Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã giúp đỡ em trong quá trình học tập tại
trường và tạo điều kiện cho em hoàn thành bản khóa luận tốt nghiệp.
Đặc biệt em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS. Nguyễn Văn
Hào đã tận tình giúp đỡ em trong suốt quá trình nghiên cứu và hoàn
thành khóa luận này.
Lần đầu được thực hiện công tác nghiên cứu khoa học nên khóa luận
không tránh khỏi những thiếu sót và hạn chế. Em xin chân thành cảm
ơn những ý kiến đã đóng góp của các thầy giáo, cô giáo và các bạn
sinh viên để khóa luận tốt nghiệp của em được hoàn thành như hiện
tại.
Xuân Hòa, ngày 30 tháng 4 năm 2015
Sinh viên
Vũ Thị Hùy
2
LỜI CAM ĐOAN
Em xin cam đoan dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hào
khóa luận của em với đề tài “Tích vô hạn” được hoàn thành không
trùng với bất kì đề tài nào khác.
Trong quá trình làm đề tài, em đã kế thừa những thành tựu của
các nhà khoa học với sự chân trọng và biết ơn.
Xuân Hòa, ngày 30 tháng 4 năm 2015
Sinh viên
Vũ Thị Hùy
3
Mục lục
1 MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1
1.2
1.3
Chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
1.1.1
Một số khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . .
8
1.1.2
Dấu hiệu hội tụ của chuỗi dương . . . . . . . .
12
1.1.3
Chuỗi với số hạng có dấu tùy ý . . . . . . . . .
17
Chuỗi hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
1.2.1
Một số khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . .
21
1.2.2
Các tiêu chuẩn hội tụ đều của chuỗi hàm số . .
22
1.2.3
Tính chất của tổng của chuỗi hàm hội tụ đều .
26
Chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
1.3.1
Khái niệm về chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . .
27
1.3.2
Bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa . . . . . . .
28
1.3.3
Khai triển thành chuỗi lũy thừa của một số hàm
sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2 TÍCH VÔ HẠN
2.1
8
31
32
Giới thiệu về tích vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.1.1
Một số khái niệm cơ bản và ví dụ . . . . . . . .
32
2.1.2
Mối liên hệ giữa tích vô hạn và chuỗi . . . . . .
34
4
Tích vô hạn của ln 2 và e. . . . . . . . . . . . .
37
2.2
Sự hội tụ tuyệt đối của tích vô hạn . . . . . . . . . . .
40
2.3
Định lý Tannery và hàm mũ . . . . . . . . . . . . . . .
41
2.3.1
Định lý Tannery cho chuỗi . . . . . . . . . . . .
41
2.3.2
Hàm mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
2.3.3
Định lý Tannery đối với tích vô hạn . . . . . . .
45
2.1.3
2.4
Khai triển tích vô hạn Euler cho hàm lượng giác và số π 46
2.4.1
Khai triển tích Euler thứ nhất đối với hàm sine
2.4.2
Khai triển tích vô hạn Euler thứ hai cho hàm sine 49
2.4.3
Ứng dụng của tích Euler . . . . . . . . . . . . .
5
46
53
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Lí thuyết tích vô hạn được hình thành một cách khá tự nhiên xuất
phát từ các công trình tính toán của các nhà toán học từ nhiều lĩnh
vực thực tế. Theo tiến trình lịch sử có lẽ phải kể đến sự quan tâm của
các nhà toán học về việc tính toán số π. Vào thế kỉ XVI, nhà toán học
người Pháp F. Viete đã đưa ra công thức
√
2
2
=
.
π
2
2+
2
√
2
.
2+
2+
2
√
2
...
Đến thế kỉ XVII, John Wallis đưa ra công thức
∞
2n
2n
2 2 4 4 6 6
π
=
= . . . . . ...
2 n=1 2n − 1 2n + 1 1 3 3 5 5 7
Việc nghiên cứu tích vô hạn thu được kết quả quan trọng khi Euler
đưa ra khai triển của một số hàm thành tích vô hạn. Ví dụ như khai
triển hàm sine
∞
sin z = z
n=1
1 − z2
n2 z 2
Đồng thời Euler cũng đưa ra biểu diễn hàm Riemann - zeta thành tích
vô hạn vào năm 1749
ξ(k) =
1
;
−k
p∈P 1 − p
với P là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Biểu diễn này là kết quả
quan trọng trong việc phát triển nghiên cứu đối với hàm Riemann zeta. Sự khai triển các hàm thành tích vô hạn tương tự như việc phân
tích đa thức thành các nhân tử tuyến tính. Bằng việc nghiên cứu tích
6
vô hạn, người ta có thể tính được số π một cách chính xác hơn hay
nghiên cứu các hàm thông qua sự khai triển thành tích vô hạn của nó.
Ngày nay, lí thuyết tích vô hạn đã được nghiên cứu gần như hoàn thiện
một cách chuẩn mực. Được sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Văn Hào
và mong muốn tìm hiểu về tích vô hạn, em đã chọn đề tài “Tích vô
hạn”.
Khóa luận được cấu trúc hai chương
Chương 1. Trình bày một số kiến thức cơ bản về chuỗi số, chuỗi hàm
và chuỗi lũy thừa.
Chương 2. Trình bày các khái niệm về tích vô hạn, chứng minh các
kết quả quan trọng và đưa ra một số ứng dụng của tích vô hạn.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu
Nghiên cứu các khái niệm cơ bản về tích vô hạn, chứng minh các kết
quả quan trọng và một số ứng dụng của tích vô hạn.
3. Đối tượng nghiên cứu
Nghiên cứu các khái niệm cơ bản về tích vô hạn, các kết quả quan
trọng và ứng dụng của tích vô hạn.
4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu tài liệu, phân tích và tổng hợp kiến thức, xin ý kiến định
hướng của người hướng dẫn.
7
Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1
1.1.1
Chuỗi số
Một số khái niệm cơ bản
Định nghĩa. Cho dãy số {an }. Tổng vô hạn
+∞
a1 + a2 + ... + an + ... =
an
(1.1)
n=1
được gọi là một chuỗi số.
+ an được gọi là số hạng tổng quát thứ n của chuỗi số.
+ Tổng
n
sn = a1 + a2 + ... + an =
ak ,
(1.2)
k=1
được gọi là tổng riêng thứ n của chuỗi số. Dãy {sn } được gọi là dãy
tổng riêng của chuỗi (1.1).
Nếu giới hạn của dãy tổng riêng lim sn = s tồn tại và hữu hạn thì
n→∞
chuỗi được gọi là hội tụ và có tổng riêng là s. Khi đó ta cũng viết
+∞
an = s.
n=1
Nếu lim sn = ±∞ hoặc không tồn tại giới hạn này thì chuỗi được gọi
n→∞
là phân kì.
Ví dụ 1.1. Xét chuỗi số
8
+∞
q n = 1 + q + q 2 + ... + q n + ...
n=0
Tổng riêng thứ n của chuỗi được xác định như sau
sn = 1 + q + q 2 + ... + q n−1 .
Ta xét các trường hợp
(i) Trường hợp q = 1, ta có tổng riêng thứ n của chuỗi là
sn =
1 − qn
.
1−q
+ Nếu |q| < 1 thì lim q n = 0. Do đó
n→∞
lim sn =
n→∞
1
.
1−q
Vậy chuỗi số đã cho là hội tụ và có tổng là
+∞
qn =
n=0
1
.
1−q
+ Nếu |q| > 1 thì lim sn = ∞ nên chuỗi đã cho phân kì.
n→∞
(ii) Trường hợp q = 1, khi đó ta có
lim sn = lim n = +∞.
n→∞
n→∞
Vậy chuỗi đã cho phân kì.
(iii) Trường hợp q = −1. Dãy tổng riêng được xác định như sau
0 khi n = 2k
sn =
.
1 khi n = 2k + 1
Như vậy dãy {sn } không có giới hạn. Do đó với |q| = 1 thì chuỗi đã
cho phân kì.
Ví dụ 1.2. Cho chuỗi số
+∞
1
.
n=1 n(n + 1)
9
Ta có
1
1
1
1
+
+
+ ... +
1.2 2.3 3.4
n(n + 1)
1
1
1 1
1 1
1
= 1−
+
−
+
−
+ ... +
−
2
2 3
3 4
n n+1
1
.
=1−
n+1
Từ đó, suy ra lim sn = 1. Vậy chuỗi đã cho là hội tụ với tổng bằng 1.
sn =
n→∞
1.1.1.1. Điều kiện để chuỗi hội tụ
Định lí 1.1 (tiêu chuẩn Cauchy). Chuỗi (1.1) hội tụ khi và chỉ khi
với mọi ε > 0 tồn tại số nguyên dương N sao cho với mọi n ≥ N và
mọi số nguyên dương p ta có
|an+1 + an+2 + ... + an+p | < ε.
(1.3)
Chứng minh. Chuỗi (1.1) hội tụ khi và chỉ khi dãy tổng riêng {sn }
hội tụ. Theo tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của dãy số, với mọi ε > 0
tồn tại số nguyên dương N sao cho với mọi n ≥ N và mọi số nguyên
dương p ta có
|sn+p − sn | < ε.
Điều này tương đương với
|an+1 + an+2 + ... + an+p | < ε.
Hệ quả 1 (điều kiện cần để chuỗi hội tụ). Nếu chuỗi (1.1) hội tụ thì
lim an = 0.
n→∞
Thật vậy, theo (1.3) thì với mọi n ≥ N chọn p = 1 ta nhận được
|an+1 | < ε.
Do đó ta có
10
lim an = 0.
n→∞
Chú ý. Điều kiện trên chỉ là điều kiện cần chứ không phải điều kiện
đủ.
Ví dụ 1.3.
+∞
n
1
n
phân kì vì lim
= .
n→∞ 2n + 1
2
n=1 2n + 1
+∞ 1
1
b) Xét chuỗi
. Mặc dù lim = 0 nhưng chuỗi này phân kì. Thật
n→∞ n
n=1 n
vậy, ta có
1
1
1
s2n − sn =
+
+ ... +
n+1 n+2
2n
1
1
1
n
1
>
+
+ ... +
=
= .
2n 2n
2n 2n 2
a) Chuỗi
Nếu chuỗi này hội tụ thì các dãy tổng riêng {sn } và {s2n } phải dần
tới một giới hạn khi n → +∞, tức là lim (s2n − sn ) = 0. Tuy nhiên,
n→∞
điều này mâu thuẫn với đánh giá trên.
Hệ quả 2. Chuỗi (1.1) và chuỗi nhận được từ chuỗi này bằng cách
thêm vào hoặc bớt đi một số hữu hạn các số hạng cùng hội tụ hoặc
cùng phân kì.
1.1.1.2. Tính chất về các phép toán của chuỗi hội tụ
+∞
an ,
Định lí 1.2. Nếu các chuỗi
n=1
+∞
+∞
bn hội tụ và có tổng lần lượt là
n=1
+∞
(an ± bn ) và
s và t thì các chuỗi
n=1
(λan ) cũng hội tụ và lần lượt
n=1
được xác định theo công thức dưới đây
+∞
+∞
(an ± bn ) = s ± t;
n=1
λan = λs.
n=1
Chứng minh. Kí hiệu
sn = a1 + a2 + ... + an ; tn = b1 + b2 + ... + bn .
11
Khi đó
{sn ± tn }
+∞
(an ± bn ) và {λsn } là tổng riêng của chuỗi
là tổng riêng của chuỗi
n=1
+∞
(λan ). Theo tính chất của dãy số hội tụ ta có
n=1
lim (sn ± tn ) = s ± t; lim λsn = λs.
n→∞
n→∞
Vậy có điều cần chứng minh.
1.1.2
Dấu hiệu hội tụ của chuỗi dương
+∞
an được gọi là chuỗi dương nếu an ≥ 0 với
Định nghĩa. Chuỗi số
n=1
mọi n.
Định lí 1.3. Điều kiện cần và đủ để một chuỗi dương hội tụ là dãy
tổng riêng của nó bị chặn.
+∞
an hội tụ nên dãy tổng riêng (sn ) của nó hội tụ.
Chứng minh. Vì
n=1
Do đó dãy (sn ) bị chặn.
Ngược lại, do dãy tổng riêng của chuỗi dương là dãy (sn ) tăng nên nếu
+∞
dãy (sn ) bị chặn thì tồn tại giới hạn. Do đó chuỗi
an hội tụ.
n=1
+∞
+∞
an và
1.1.2.1. Dấu hiệu so sánh. Cho hai chuỗi số dương
n=1
bn
n=1
Định lí 1.4 (dấu hiệu so sánh thứ nhất). Giả sử tồn tại số nguyên
dương n0 và một hằng số C > 0 sao cho
an ≤ Cbn ; với mọi n ≥ n0 .
Khi đó ta có các khẳng định sau
+∞
(i) Nếu chuỗi
+∞
bn hội tụ thì kéo theo chuỗi
n=1
an hội tụ.
n=1
12
+∞
(ii) Nếu chuỗi
+∞
an phân kì thì kéo theo chuỗi
n=1
bn phân kì.
n=1
Chứng minh. Như đã nói trong hệ quả 2, mục 1.1, không mất tính
tổng quát ta có thể giả thiết n0 = 1. Gọi sn và tn lần lượt là tổng riêng
+∞
thứ n của các chuỗi
+∞
an và
bn . Khi đó ta có
n=1
n=1
sn ≤ Ctn ; với mọi n ≥ 1.
Như vậy nếu dãy {tn } bị chặn thì dãy {sn } cũng bị chặn và nếu dãy
{sn } không bị chặn thì dãy {tn } cũng không bị chặn. Từ đó ta suy ra
kết luận của định lý.
an
= k. Khi đó
n→∞ bn
Định lí 1.5 (dấu hiệu so sánh thứ hai). Giả sử lim
ta có các khẳng định sau
+∞
(i) Nếu 0 ≤ k < +∞ thì từ sự hội tụ của chuỗi
bn kéo theo sự
n=1
+∞
an .
hội tụ của chuỗi
n=1
+∞
(ii) Nếu 0 < k ≤ +∞ thì từ sự phân kì của chuỗi
bn kéo theo sự
n=1
+∞
an .
phân kì của chuỗi
n=1
an
= k và 0 ≤ k < +∞ nên tồn tại số
n→∞ bn
nguyên dương n0 để với mọi n ≥ n0
Chứng minh. (i) Bởi vì lim
an
≤ k + 1 ⇔ an ≤ (k + 1)bn .
bn
+∞
an hội tụ.
Theo định lí 1.4 thì chuỗi
n=1
+∞
(ii) Trường hợp 0 < k ≤ +∞ và chuỗi
bn phân kì. Khi đó ta có
n=1
1
bn
k
lim
= k∗ =
n→∞ an
0
13
khi k = +∞
khi k = +∞
tức là 0 ≤ k ∗ < +∞. Theo phần chứng minh trên, nếu chuỗi
+∞
an
n=1
+∞
+∞
bn cũng phải hội tụ. Do đó, chuỗi
hội tụ thì chuỗi
n=1
an phân kì.
n=1
+∞
Ví dụ 1.4. Xét chuỗi
1
.
2
n=1 n
Với mọi n ta có
1
1
1
1
1
+
...
+
≤
1
+
+
+
...
+
22
n2
1.2 2.3
(n − 1)n
1 1 1
1
1
= 1 + 1 − + − + ... +
−
2 2 3
n−1 n
1
= 2 − < 2.
n
Vì dãy tổng riêng bị chặn nên chuỗi hội tụ theo định lý 1.3.
sn = 1 +
Từ kết quả trên đây cùng dấu hiệu so sánh thứ nhất, ta cũng suy ra
ngay hàm Riemann-zeta
∞
ζ(s) =
1
; với s ≥ 2
s
n=1 n
là một chuỗi hội tụ.
+∞
n tan
π
.
2n+1
π
Dễ dàng kiểm tra rằng nếu x ∈ 0,
thì tan x ≤ 2x. Do đó, với mọi
4
n ≥ 1 ta có
π
2π
n
n tan n+1 ≤ n. n+1 = π. n .
2
2
2
+∞ 1
Theo ví dụ 1.4, chuỗi
hội tụ. Lại vì
2
n=1 n
n
n
n2
2
lim
= lim n = 0,
n→∞ 1
n→∞ 2
2
n
+∞ n
hội tụ.Từ đó theo định lý 1.4, chuỗi
nên theo định lý 1.5, chuỗi
n
n=1 2
+∞
π
n tan n+1 hội tụ.
2
n=1
Ví dụ 1.5. Xét chuỗi
n=1
14
1.1.2.2. Dấu hiệu Cauchy
+∞
an . Gỉa sử lim
Định lý 1.6. Cho chuỗi dương
√
n
n→∞
n=1
an = c. Khi đó,
ta có các khẳng định sau
(i) Nếu c < 1 thì chuỗi đã cho hội tụ.
(ii) Nếu c > 1 thì chuỗi đã cho phân kì.
Chứng minh. (i) Nếu c < 1 thì tồn tại số p để c < p < 1. Vì
√
lim n an = c nên tồn tại n0 để
n→∞
√
n
+∞
an < p ⇔ an < pn ; với mọi n ≥ n0 .
+∞
n
p hội tụ, nên chuỗi
Vì chuỗi
n=1
an hội tụ theo định lí 1.4.
n=1
(ii) Nếu c > 1 thì tồn tại n0 để
√
n
an > 1 ⇔ an > 1; với mọi n ≥ n0 .
Như vậy chuỗi phân kỳ theo hệ quả 1 của định lý 1.1.
1.1.2.3. Dấu hiệu D’Alembert
+∞
an+1
=
n→∞ an
an . Giả sử tồn tại giới hạn lim
Định lý 1.7. Cho chuỗi dương
n=1
d. Khi đó ta có các khẳng định sau
(i) Nếu d < 1 thì chuỗi đã cho hôi tụ.
(ii) Nếu d > 1 thì chuỗi đã cho phân kỳ.
an+1
=d
n→∞ an
Chứng minh. Nếu d < 1 thì tồn tại p để d < p < 1. Vì lim
nên tồn tại số nguyên dương n0 để mọi n ≥ n0 và
an+1
< p ⇔ an+1 < pan .
an
Từ đó, ta có
an0 +1 < an0 q
an0 +2 < an0 +1 q 2 < an0 q 2
15
...........
an0 +k < an0 q k
............
+∞
Vì chuỗi
an0 q k hội tụ, nghĩa là chuỗi
n=1
+∞
an hội tụ theo định lý 1.1.
n=1
Nếu d > 1 thì tồn tại n0 để mọi n ≥ n0 và
an+1
> 1 hay an+1 > an ≥ an0 .
an
Vậy không có lim an = 0 nên chuỗi phân kỳ.
n→∞
1.1.2.4. Dấu hiệu tích phân Cauchy
+∞
an . Giả sử f (x) là một hàm đơn
Định lý 1.8. Cho chuỗi số dương
n=1
điệu giảm và liên tục trên [1; +∞) sao cho
f (n) = an ; với mọi n = 1, 2, ...
∞
+∞
an và tích phân
Khi đó, chuỗi
n=1
f (t)dt cùng hội tụ hoặc cùng phân
1
kỳ.
Chứng minh.Từ giả thiết của định lý, với mọi x ∈ [k, k + 1] và số tự
nhiên k ≥ 1, ta đều có
ak+1 = f (k + 1) ≤ f (x) ≤ f (k) = ak .
(1.4)
Từ đó, ta có
k+1
ak+1 ≤
f (x)dx ≤ ak .
k
Lấy tổng các vế của bất đẳng thức trên theo k từ 1 đến n ta được
k+1
n
ak+1 ≤
k=1
n
f (x)dx ≤
ak
k=1
1
hay
n+1
sn+1 − a1 ≤
f (x)dx ≤ sn ;
1
16
(1.5)
+∞
trong đó sn là tổng riêng thứ n của chuỗi
ak .
k=1
n+1
kép (1.5) ta thấy rằng dãy {sn } và tích phân
Từ bất đẳng thức
f (x)dx cùng bị chặn
1
hoặc cùng không bị chặn. Điều đó cho ta khẳng định của định lý.
Chú ý. Khi áp dụng dấu hiệu D’Alembert hay dấu hiệu Cauchy nếu
an+1
√
lim
= 1 hoặc lim n an = 1 thì chưa kết luận được gì về sự hội
n→∞ an
n→∞
tụ hay phân kỳ của chuỗi. Tuy nhiên, nếu từ một số n0 nào đó trở đi
an+1
mà
≥ 1 thì có thể suy ra
an
am ≥ an0 ; ∀m ≥ n0 .
Điều đó cho ta khẳng định dãy an không tiến đến 0 khi n → +∞ và
+∞
an phân kỳ.
như vậy chuỗi
n=1
1.1.3
Chuỗi với số hạng có dấu tùy ý
1.1.3.1. Chuỗi đan dấu
+∞
Định nghĩa. Một chuỗi số có dạng
(−1)n−1 an trong đó các số an
n=1
cùng dấu được gọi là chuỗi đan dấu.
1.1.3.2. Sự hội tụ
Định lý 1.9 (dấu hiệu Leibniz). Giả sử dãy {an } là đơn điệu giảm và
+∞
lim an = 0. Khi đó, chuỗi
n→∞
(−1)n−1 an hội tụ.
n=1
Chứng minh. Gọi {sn } là dãy tổng riêng của chuỗi. Bởi vì
s2m = (a1 − a2 ) + (a3 − a4 ) + ... + (a2m−1 − a2m )
các số hạng trong ngoặc đều không âm nên dãy {s2m } đơn điệu tăng.
Mặt khác, ta lại có thể viết
17
s2m = a1 − [(a2 − a3 ) + (a4 − a5 ) + ... + (a2m−2 − a2m−1 ) + a2m ].
Do đó, s2m ≤ a1 với mọi m. Vậy {s2m } hội tụ theo tiêu chuẩn đơn
điệu. Từ đó, nếu lim s2m = s thì với mọi ε > 0 tồn tại số nguyên
m→∞
N1
dương N1 để với mọi m ≥
ta đều có
2
ε
|s2m − s| < .
2
Lại vì lim an = 0 nên với mọi ε > 0 tồn tại số nguyên dương N2 để
n→∞
với mọi n ≥ N2 cũng có
ε
|an | < .
2
Đặt N = max{N1 , N2 } thì với mọi n ≥ N ta có
ε
|sn − s| < ; với n chẵn.
2
Với n lẻ thì n + 1 chẵn nên ta cũng có
|sn − s| = |sn+1 − s − an+1 | ≤ |sn+1 − s| + |an+1 | <
ε ε
+ = ε.
2 2
Như thế, với mọi n ≥ N ta nhận được
1
|sn − s| < ε .
2
Vậy lim sn = s, tức là chuỗi đã cho hội tụ và có tổng bằng s. Chuỗi
n→∞
đan dấu thỏa mãn điều kiện của định lí 1.9 gọi là chuỗi Leibniz.
Vậy chuỗi Leibniz hội tụ.
1.1.3.3. Chuỗi hội tụ tuyệt đối và chuỗi bán hội tụ
+∞
Định nghĩa. Chuỗi số
+∞
an
n=1
+∞
|an | hội tụ. Khi chuỗi
n=1
được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi
+∞
n=1
n=1
+∞
an được gọi là bán hội tụ.
thì chuỗi
|an | phân kỳ
an hội tụ nhưng chuỗi
n=1
18
Định lý 1.10. Một chuỗi hội tụ tuyệt đối là hội tụ.
+∞
|an | hội tụ thì theo định lý 1.1, với mọi
Chứng minh. Nếu chuỗi
n=1
ε > 0 tồn tại số nguyên dương N để với mọi n ≥ N và mọi p ∈ N∗ ta
có đánh giá
|an+1 + an+2 + ... + an+p | ≤ |an+1 | + |an+2 | + ... + |an+p | < ε.
+∞
an hội tụ theo định lý 1.1.
Như vậy, chuỗi
n=1
+∞
1
hội tụ theo dấu hiệu Leibniz (định lý
n
n=1
+∞
+∞ 1
1
phân kỳ. Do đó chuỗi
(−1)n+1 là bán hội
1.9) nhưng chuỗi
n
n=1
n=1 n
tụ.
+∞ sin nx
Ví dụ 1.7 Chuỗi
.
2
n=1 n
+∞ 1
+∞ |sin nx|
|sin nx|
1
Ta có
≤ 2 , ta đã biết chuỗi
hội tụ nên chuỗi
2
n2
n
n2
n=1 n
n=1
+∞ sin nx
hội tụ tuyệt đối.
hội tụ. Vậy chuỗi
2
n=1 n
1.1.3.4. Các tính chất của chuỗi hội tụ
Ví dụ 1.6. Chuỗi
(−1)n+1
+∞
an hội tụ và có tổng
Tính chất 1 (tính chất kết hợp). Nếu chuỗi
n=1
là s thì chuỗi
(a1 + a2 + ... + an1 ) + (an1 +1 + an1 +2 + ... + an2 ) + ...
+(ank−1 +1 + ank−1 +2 + ... + ank ) + ...;
(∗)
cũng hội tụ và có tổng là s.
Chứng minh. Gọi tk là tổng riêng thứ k của chuỗi (∗) và sn là tổng
+∞
riêng thứ n của chuỗi
an . Ta có
n=1
tk = snk .
19
Do đó, từ lim sn = s suy ra lim tk = lim snk = s. Vậy ta có điều cần
n→∞
n→∞
n→∞
chứng minh.
+∞
an hội tụ tuyệt
Tính chất 2 (tính chất giao hoán). Nếu chuỗi số
n=1
+∞
đối và có tổng là s thì chuỗi
bn nhận được bằng cách đổi chỗ tùy ý
n=1
+∞
các số hạng của chuỗi
an
n=1
+∞
cũng hội tụ và có tổng bằng s.
+∞
|an | hội
an hội tụ tuyệt đối nên chuỗi
Chứng minh. Vì chuỗi
n=1
n=1
tụ. Do đó, theo định lý 1.1, với mọi ε > 0 tồn tại số nguyên dương n1
để
|ai | <
i∈F
ε
2
với mọi tập con hữu hạn F ⊂ {n ∈ N : n > n1 }.
+∞
an và chuỗi
Gọi sn và tn lần lượt là tổng riêng thứ n của chuỗi
n=1
+∞
bn .
n=1
Giả sử lim sn = s. Khi đó tồn tại n2 ≥ n1 sao cho với mọi n ≥ n2
n→∞
ε
|sn − s| < .
2
Chọn n3 ≥ n2 sao cho các số hạng a1 , a2 , ..., an2 có đủ mặt trong các
số hạng b1 , b2 , ..., bn3 . Khi đó với mọi n ≥ n3 , ta có
|tn − s| = |tn − sn0 + sn0 − s| ≤ |tn − sn0 | + |sn0 − s| <
ε ε
+ = ε.
2 2
Vậy ta cũng có lim tn = s. Định lý trên chỉ đúng với chuỗi hội tụ
n→∞
+∞
an bán hội tụ thì ta có thể thay đổi
tuyệt đối. Còn nếu chuỗi số
n=1
thứ tự của các số hạng của nó để thu được chuỗi hội tụ và có tổng
bằng một số bất kì cho trước hoặc trở nên phân kỳ.
20
1.2
1.2.1
Chuỗi hàm số
Một số khái niệm cơ bản
Định nghĩa. Cho dãy hàm {un (x)} cùng xác định trên tập X ⊂ R.
Gọi tổng vô hạn
+∞
u1 (x) + u2 (x) + ... + un (x) + ... =
un (x)
(1.7)
n=1
là một chuỗi hàm xác định trên X
+ Hàm un (x) gọi là số hạng thứ n của chuỗi hàm.
+ Hàm sn (x) = u1 (x) + u2 (x) + ... + un (x) gọi là tổng riêng thứ
n của chuỗi hàm.
+ Điểm x ∈ X gọi là điểm hội tụ hay phân kỳ của chuỗi (1.7)
nếu dãy tổng riêng {sn (x)} của nó hội tụ hay phân kỳ tại điểm này.
Nếu X0 là miền hội tụ của dãy {sn (x)} thì ta cũng gọi X0 là miền hội
tụ của chuỗi (1.7). Nếu sn (x) → u(x) trên X0 thì ta cũng viết
+∞
un (x) = u(x); x ∈ X0
n=1
và gọi u(x) là tổng của chuỗi hàm.
Định nghĩa. Chuỗi hàm (1.7) được gọi là hội tụ điểm trên X nếu với
mỗi x ∈ X và với mọi ε > 0 đều tồn tại một số tự nhiên n0 = n0 (ε, x)
phụ thuộc vào ε và x sao cho với mọi n > n0 ta có
+∞
uk (x) < ε.
k=n+1
Định nghĩa. Chuỗi hàm (1.7) được gọi là hội tụ đều trên miền X
nếu các dãy tổng riêng của nó hội tụ đều trên X. Nói cách khác, chuỗi
hàm số (1.7) hội tụ đều trên X nếu với mọi ε > 0 đều tồn tại một số
tự nhiên n0 = n0 (ε) chỉ phụ thuộc vào ε sao cho khi n > n0 ta có
21
+∞
uk (x) < ε; với mọi x ∈ X.
k=n+1
1.2.2
Các tiêu chuẩn hội tụ đều của chuỗi hàm số
+∞
un (x) hội tụ
Định lý 1.11 (tiêu chuẩn Cauchy). Chuỗi hàm số
n=1
đều trên tập X khi và chỉ khi với số ε > 0 cho trước tồn tại số tự
nhiên n0 = n0 (ε) (không phụ thuộc vào x) sao cho với mọi n > n0 và
mọi số nguyên dương p ta có
|sn+p (x) − sn (x)| < ε; với mọi x ∈ X.
+∞
un (x) hội
Chứng minh. Thật vậy, theo định nghĩa chuỗi hàm
n=1
tụ đều trên X đến tổng S(x) của nó khi và chỉ khi dãy hàm tổng
n
uk (x) hội tụ đều trên X đến S(x). Theo tiêu chuẩn
riêng Sn (x) =
k=1
n
uk (x)
Cauchy về dãy hàm số ta có dãy hàm tổng riêng Sn (x) =
k=1
hội tụ tuyệt đối khi và chỉ khi với ε > 0 cho trước tồn tại số tự nhiên
n0 = n0 (ε) sao cho với mọi n > n0 và với mọi p ∈ N∗ ta có
|sn+p (x) − sn (x)| < ε; với mọi x ∈ X.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
+∞
un (x).
Định lý 1.12 (tiêu chuẩn Weierstrass). Cho chuỗi hàm số
n=1
Nếu với mọi số nguyên dương n ta có
|un (x)| ≤ Cn ; với mọi x ∈ X
+∞
Cn hội tụ thì chuỗi hàm đã cho hội tụ tuyệt đối và đều
và chuỗi số
n=1
trên X.
Chứng minh. Với mọi x ∈ X theo dấu hiệu so sánh ta có các chuỗi
+∞
+∞
|un (x)| hội tụ. Đặt
un (x) và
số
n=1
n=1
22
+∞
u(x) =
+∞
n=1
+∞
Vì chuỗi
|un (x)|.
un (x) và σn =
n=1
Cn hội tụ nên ∀ε > 0, ∃N : ∀n ≥ N, ∀p ∈ N∗ , ta có
n=1
Cn+1 + Cn+2 + ... + Cn+p < ε.
Cho p → ∞ ta được
+∞
Cn+1 = Cn+1 + Cn+2 + ... < ε.
n=1
Từ đó, với mọi n ≥ N
+∞
+∞
n
u(x) −
un+i (x) ≤
uk (x) =
k=1
|un+i (x)|
i=1
i=1
+∞
n
|un+i (x)| ≤
= σ(x) −
i=1
n
Cn+i < ε.
i=1
n
|uk (x)|
uk (x) hội tụ đều đến u(x) trên X và chuỗi
Do đó, chuỗi
k=1
k=1
hội tụ đều đến σ(x) trên X.
+∞
Ví dụ 1.8. Cho chuỗi hàm số
cos nx
.
2
2
n=1 n + x
Bởi vì
1
|cos nx|
≤
; ∀n, ∀x ∈ R
n2 + x2
n2
+∞
và chuỗi
1
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ tuyệt đối và đều trên
2
n=1 n
R.
xn
√ hội tụ tuyệt đối và đều trên [−1; 1]
Ví dụ 1.9. Chuỗi hàm số
n=1 n n
vì ta có
+∞
|x|n
1
√ ≤ √ ; ∀n, ∀x ∈ [ − 1; 1]
n n
n n
+∞
và chuỗi
1
3 hội tụ.
n
n=1 2
Định lý 1.13 (dấu hiệu Dirichlet). Cho hai dãy hàm {an (x)} và
{bn (x)} cùng xác định trên tập X. Giả thiết
23
+∞
(i) Dãy tổng riêng sn (x) của chuỗi hàm
an (x) bị chặn đều trên
n=1
X, có nghĩa là tồn tại số M > 0 sao cho
n
ak (x) ≤ M ; ∀n, ∀x ∈ X.
|sn (x)| =
k=1
(ii) Dãy hàm {bn (x)} đơn điệu, có nghĩa là với mỗi x ∈ X dãy bn (x)
là dãy số đơn điệu và dãy hàm {bn (x)} hội tụ đều trên X đến 0.
+∞
an (x)bn (x) hội tụ đều trên X.
Khi đó chuỗi hàm
n=1
Chứng minh. Ta có thể xem {bn (x)} là dãy đơn điệu giảm và dãy
hàm {bn (x)} hội tụ đều trên X đến 0.
Khi đó với ε > 0 tồn tại số tự nhiên n0 = n0 (ε) sao cho
0 < bn (x) <
ε
; ∀n > n0 , ∀x ∈ X.
2M
Từ bất đẳng thức này đồng thời kết hợp với giả thiết của định lý ta
nhận được
n+m
n+m
bk (x)[sk (x) − sk−1 (x)]
bk (x)ak (x) =
k=n
k=n
= |−bn (x)sn−1 (x) + [bn (x) − bn−1 (x)]sn (x)| +
...+[bn+m−1 (x)−bn+m (x)]sn+m−1 (x)+bn+ (x)sn+m (x)
≤ M [bn (x) + (bn (x) − bn+1 (x)) + ... + (bn+m−1 (x) − bn+m (x)) + bn+m (x)]
= 2M bn (x) < ε; ∀x ∈ X, ∀n > n0 , ∀m ∈ N∗ .
+∞
an (x)bn (x) hội tụ đều trên X.
Vậy chuỗi hàm
n=1
Định lý 1.14 (dấu hiệu Abel). Cho hai dãy hàm {an (x)} và {bn (x)}
cùng xác định trên tập X. Giả thiết
+∞
(i) Chuỗi hàm
an (x) hội tụ đều trên X.
n=1
(ii) Dãy hàm {bn (x)} đơn điệu với mọi x ∈ X và bị chặn đều. Có
nghĩa là với mọi x ∈ X, dãy số bn (x) là dãy đơn điệu và tồn tại số
24
M > 0 sao cho
|bn (x)| ≤ M ; ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ X.
+∞
an (x)bn (x) hội tụ đều trên X.
Khi đó chuỗi
n=1
Chứng minh. Từ giả thiết (i) với ε > 0 tồn tại số tự nhiên n0 = n0 (ε)
sao cho với mọi n > n0 và mọi số tự nhiên m ta đều có
n+m
|sn+m (x) − sn (x)| =
ak (x) <
k=n+1
ε
; ∀x ∈ X.
3M
trong đó
n
sn =
ak (x).
k=1
Đặt
σ1 (x) = an+1 (x) = sn+1 (x) − sn (x)
σ2 (x) = an+1 (x) + an+2 (x) = sn+2 (x) − sn (x)
.................
σm (x) = an+1 (x) + ... + an+1 (x) = sn+m (x) − sn (x).
Khi đó
|σj (x)| <
ε
; ∀j = 1, 2, ..., m
3M
và
+∞
ak (x)bk (x) = bn+1 α1 + bn+2 (α2 − α1 ) + ... + bn+m (αm − αm−1 )
n=1
= (bn+1 −bn+2 )α1 +(bn+2 −bn+3 )α2 +...+(bn+m−1 −bn+m )αm−1 +bn+m αm .
Bây giờ ta giả sử {bn } là dãy hàm đơn điệu tăng (trường hợp là dãy
hàm đơn điệu giảm được chứng minh tương tự). Khi đó với mọi n > n0
và với mọi n ∈ N∗ ta có
25
n+m
ε
3M
ak (x)bk (x) ≤
k=n+1
≤
n+m
|bk (x) − bk+1 (x)| + |bn+m (x)|
k=n+1
ε
(|bn+1 (x) − bn+m (x)| + |bn+m (x)|) < ε; ∀x ∈ X.
3M
+∞
an (x)bn (x) hội tụ đều trên X.
Do đó chuỗi hàm
n=1
1.2.3
Tính chất của tổng của chuỗi hàm hội tụ đều
+∞
un (x) các hàm liên tục trên khoảng I,
Định lý 1.15. Nếu chuỗi
n=1
hội tụ đều và có tổng s(x) thì hàm s(x) cũng liên tục trên I.
n
Chứng minh. Xét dãy hàm tổng riêng sn (x) =
uk (x), theo giả
k=1
thiết của định lý chúng là những hàm liên tục và sn (x) hội tụ đều trên
X đến s (x) , nên theo tính liên tục của dãy hàm thì s (x) liên tục trên
X.
Hệ quả. Nếu chuỗi hàm số có các số hạng liên tục mà hội tụ tới một
hàm số gián đoạn trên X thì chuỗi hàm hội tụ không đều trên X.
+∞
un (x) các hàm liên tục trên [a, b]. Nếu
Định lý 1.16. Cho chuỗi
n=1
chuỗi là hội tụ đều và có tổng là s(x) thì s(x) cũng khả tích trên [a, b]
và
b
b
a
+∞ b
+∞
s(x)dx =
un (x)dx
n=1
a
=
un (x)dx.
n=1 a
Chứng minh. Theo giả thiết s(x) là tổng của một chuỗi hàm số hội
tụ đều trên [a, b] có các số hạng liên tục trên đó, do vậy s(x) liên tục
trên [a, b], nên s(x) khả tích trên [a, b]. Xét hiệu
b
b
s(x)dx −
a
b
[s(x) − sn (x)]dx.
sn (x)dx =
a
a
26
Vì chuỗi hàm số hội tụ đều trên [a, b] nên ∀ε > 0 tìm được số nguyên
dương n0 sao cho khi n > n0
|sn (x) − s(x)| <
ε
; ∀x ∈ [a, b].
b−a
Do đó
b
b
b
s(x)dx −
a
sn (x)dx <
a
a
ε
dx = ε.
b−a
Vậy
b
b
s(x)dx = lim
n→∞ a
a
n
sn (x)dx = lim
n→∞ k=1
b
=
b
uk (x)dx
a
b
u1 (x)dx + ... +
a
un (x)dx + ....
a
+∞
un (x) hội tụ đều trên (a, b) tới
Định lý 1.17. Cho chuỗi hàm số
n=1
s(x), các số hạng un (x) liên tục cùng với đạo hàm của chúng trên
+∞
(a, b). Khi đó nếu chuỗi đạo hàm
u n (x) hội tụ đều trên (a, b) thì
n=1
tổng s(x) khả vi trên (a, b) và ta có
+∞
+∞
un (x)
s (x) =
n=1
1.3
1.3.1
=
u n (x).
n=1
Chuỗi lũy thừa
Khái niệm về chuỗi lũy thừa
Định nghĩa. Chuỗi lũy thừa là chuỗi có dạng
+∞
an (x − x0 )n
(1.8)
n=0
trong đó x0 , a1 , a2 , ... là các số thực. Điểm x0 được gọi là tâm của chuỗi
lũy thừa.
Nhận xét
27
1) Chuỗi lũy thừa luôn hội tụ tại điểm x = x0 .
2) Nếu đặt y = x − x0 thì ta có thể đưa chuỗi lũy thừa về dạng
+∞
an y n
(1.9)
n=0
+∞
chuỗi có tâm tại y = 0. Do đó, ta chỉ cần nghiên cứu chuỗi
an xn là
n=0
đủ.
1.3.2
Bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa
Định lý 1.18 (định lý Abel). Cho chuỗi lũy thừa
+∞
an xn = a0 + a1 x + a2 x2 + ....
(1.10)
n=0
Nếu chuỗi lũy thừa (1.10) hội tụ tại điểm x0 = 0 thì nó hội tụ tuyệt
đối tại mọi điểm x mà |x| < |x0 | .
+∞
Chứng minh. Vì chuỗi
an x0 n hội tụ nên lim an x0 n = 0, do đó
n→∞
n=0
n
dãy số {an x0 } bị chặn, tức là tồn tại số k > 0 để
|an x0 n | ≤ k; với mọi n = 0, 1, 2, ...
Với mọi x mà |x| < |x0 |, đặt q =
x
thì |q| < 1.. Khi đó
x0
|an xn | = |an (x0 q)n | = |an x0 n | .|q|n ≤ k.|q|n .
+∞
+∞
n
k|q| hội tụ nên chuỗi
Vì chuỗi
n=1
an xn hội tụ tuyệt đối và đều
n=0
theo định lý 2.11.
+∞
Hệ quả. Từ định lý Abel suy ra nếu chuỗi
an xn phân kỳ tại x1 thì
n=0
nó phân kỳ tại mọi x mà |x| > |x1 |.
Từ các kết quả trên và do chuỗi (1.10) có ít nhất một điểm hội tụ là
28
x = 0, nên người ta giới thiệu khái niệm sau về bán kính hội tụ của
chuỗi lũy thừa.
+∞
Định nghĩa.Số thực R = sup |x| :
an xn hội tụ
được gọi là bán
n=0
kính hội tụ của chuỗi lũy thừa (1.10) và khoảng (−R, R) được gọi là
khoảng hội tụ của chuỗi lũy thừa đó.
+∞
Định lý 1.19 Cho chuỗi lũy thừa
an xn . Nếu
n=0
lim
|an | = ρ hoặc lim
n
thì bán kính hội tụ của chuỗi lũy
1
ρ
R=
+∞
0
an+1
= ρ,
an
thừa được tính theo công thức
khi 0 . Vậy R = . Trường hợp ρ = lim
ρ
ρ
an
được chứng minh tương tự.
an+1
1
Nếu lim
= ρ; 0 < ρ < +∞ thì với mọi x mà |x| < ta có
an
ρ
Trường hợp 0 < ρ < +∞ chuỗi lũy thừa hội tụ với x mà |x| <
29
an+1
an+1 xn+1
1
=
lim
lim
|x|
<
ρ.
= 1.
n→∞ an
n→∞
an x n
ρ
Do đó, chuỗi hội tụ theo dấu hiệu D’Alembert.
1
Nếu |x| > thì
ρ
lim
n→∞
an+1 xn+1
1
>
ρ.
= 1.
an xn
ρ
Do đó, theo dấu hiệu D’Alembert chuỗi phân kỳ. Vậy bán kính hội tụ
1
của chuỗi là .
ρ
Ví dụ 1.10. Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa
+∞
n=0
(−1)n xn
.
2n + 1
Ta có
lim
n→∞
n
|an | = lim √
n
n→∞
1
= 1.
2n + 1
Vậy chuỗi lũy thừa đã cho có bán kính hội tụ R = 1 và khoảng hội tụ
(−1, 1).
+∞
1
là chuỗi phân kỳ.
n=0 2n + 1
+∞ (−1)n
hội tụ theo dấu hiệu Leibniz.
Tại x = 1 chuỗi trở thành
n=0 2n + 1
Vậy miền hội tụ của chuỗi lũy thừa −1 < x ≤ 1.
+∞ xn
Ví dụ 1.11. Chuỗi
.
n=0 n!
1
an+1
Ta có
=
→ 0 nên bán kính hội tụ của chuỗi là R = +∞,
an
n+1
tức là chuỗi hội tụ tại mọi điểm x ∈ R.
Tại x = −1 chuỗi trở thành
+∞
Ví dụ 1.12. Chuỗi
nn xn .
n=1
30
Ta có
n
|an | = n → +∞ nên R = 0, tức là chuỗi hội tụ tại một điểm
duy nhất x = 0.
1.3.3
Khai triển thành chuỗi lũy thừa của một số hàm sơ cấp
Ta chỉ trình bày chi tiết việc khai triển của hàm f (x) = ex , chúng tôi
chỉ giới thiệu khai triển thành chuỗi lũy thừa của một số hàm sơ cấp
khác mà không cần chỉ rõ sự tường tận.
Khai triển hàm ex . Hàm f (x) = ex có đạo hàm mọi cấp trong
khoảng (−∞, +∞) và đạo hàm của nó được xác định bởi
f (n) (x) = ex ; với mọi n = 1, 2, ....
Do đó, tồn tại số r > 0 để khoảng [ − r, r] chứa điểm gốc và ta có
đánh giá
f (n) (0) = e0 = 1;
với mọi x ∈ [ − r, r] và n = 1, 2, .... Như vậy, các điều kiện của định lý
trên được thỏa mãn và ta có khai triển Maclaurin của hàm f (x) = ex
như sau
f (n) (0) n +∞ xn
e =
x =
.
n!
n=0
n=0 n!
Tương tự như thế ta nhận được khai triển của một số hàm sơ cấp dưới
+∞
x
đây
x2n+1
sin x =
(−1)
; với mọi x ∈ (−∞, +∞)
(2n + 1)!
n=1
2n
∞
n x
cos x =
(−1)
; với mọi x ∈ (−∞, +∞)
(2n)!
n=1
n
∞
n−1 x
ln(1 + x) =
(−1)
; với mọi x ∈ (−1, 1).
n
n=1
∞
n
31
Chương 2
TÍCH VÔ HẠN
2.1
2.1.1
Giới thiệu về tích vô hạn
Một số khái niệm cơ bản và ví dụ
Định nghĩa. Cho {bn } là một dãy số thực hoặc phức. Một tích vô
hạn được kí hiệu và xác định bởi
∞
bn = b1 .b2 .b3 ...
n=1
Tích vô hạn trên được gọi là hội tụ nếu tồn tại số nguyên dương m
sao cho bn là các số khác 0 với mọi n ≥ m và dãy tích riêng được định
nghĩa như sau
n
bk = bm .bm+1 ...bn
(2.1)
k=m
hội tụ tới một giá trị phức p khác 0. Trong trường hợp này người ta
định nghĩa
∞
bn = b1 .b2 .b3 ...bm−1 .p.
n=1
Định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn m sao cho bn là các
∞
số khác 0 với mọi n ≥ m. Tích vô hạn
bn được gọi là phân kì nếu
n=1
32
nó không hội tụ. Điều đó có nghĩa là xảy ra một trong các trường hợp
sau
(i) hoặc có vô hạn thừa số bn bằng 0
(ii) hoặc giới hạn (2.1) phân kỳ
(iii) hoặc giới hạn (2.1) hội tụ về 0.
Trong trường hợp giới hạn (2.1) hội tụ về 0 ta vẫn nói rằng tích vô
hạn đã cho phân kỳ về 0.
∞
1−
Ví dụ 2.1. Tích
n=2
n
1−
k=2
1
k
1−
=
1−
n=2
phân kỳ về 0 bởi vì
1
1
... 1 −
2
n
∞
Ví dụ 2.2. Tích
1
n
1
n2
1 2 3 n−1
1
= . . ...
= → 0.
2 3 4
n
n
hội tụ vì
n k2 − 1
n (k − 1) (k + 1)
1
1− 2 =
=
k
k2
k.k
k=2
k=2
k=2
1.3 2.4 3.5 4.6 (n − 1) (n + 1) n + 1
1
=
. . . ...
=
→ = 0.
2.2 3.3 4.4 5.5
n.n
2n
2
n
Mệnh đề 2.1. Nếu một tích vô hạn hội tụ thì các nhân tử của nó
tiến đến 1. Cũng vậy, một tích vô hạn có giá trị 0 nếu và chỉ nếu nó
có một nhân tử 0.
Chứng minh. Phát biểu thứ hai là hiển nhiên từ định nghĩa sự hội
tụ của tích vô hạn. Nếu không có nhân tử bn nào triệt tiêu với n ≥ m
và pn = bm .bm+1 ...bn thì pn → p một số khác 0. Do đó
bn =
bm .bm+1 ...bn−1 .bn
pn
p
=
→ = 1.
bm .bm+1 ...bn−1
pn−1
p
Vì các nhân tử của một tích vô hạn hội tụ luôn tiến đến 1 nên từ nay
trở đi chúng ta luôn có thể viết bn là 1 + an với an → 0. Khi đó tích
vô hạn được viết dưới dạng mới như sau
33
∞
(1 + an ).
n=1
Tích vô hạn này hội tụ khi lim an = 0.
n→∞
2.1.2
Mối liên hệ giữa tích vô hạn và chuỗi
Qua mối liên hệ được đưa ra trên đây và lý thuyết chuỗi số đã được
hệ thống chuẩn mức, ta có thể trình bày một số kết quả về tích vô
hạn theo các trường hợp sau dựa trên lý thuyết chuỗi số.
Trường hợp không âm
∞
(1 + an ) với các số hạng không âm an
Định lý 2.2. Tích vô hạn
n=1
∞
an hội tụ.
hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi
n=1
Chứng minh. Ta kí hiệu tích riêng và tổng riêng tương ứng bởi
n
pn =
n
(1 + ak ) và sn =
k=1
ak .
k=1
Từ giả thiết các ak là không âm nên cả hai dãy {pn } và {sn } đều
không giảm. Do đó, các dãy này hội tụ nếu và chỉ nếu chúng bị chặn.
Trước hết, từ bất đẳng thức
1 + x ≤ ex ; với mọi x ∈ R
ta nhận được đánh giá
n
n
(1 + ak ) ≤
pn =
k=1
n
eak = ek=1
ak
= esn .
k=1
Bất đẳng thức này cho thấy rằng nếu dãy {sn } bị chặn thì dãy {pn }
cũng bị chặn. Để nhận được đánh giá ngược lại, ta thấy rằng
pn = (1 + a1 )(1 + a2 )...(1 + an ) ≥ 1 + sn .
34
Điều này nhận được do khi khai triển tích ta nhận được tổng 1 + (a1 +
a2 + ... + an ) và các số hạng không âm khác. Điều này cho thấy rằng
nếu dãy {pn } bị chặn thì dãy {sn } cũng bị chặn.
Ví dụ 2.3. Như một hệ quả của định lý trên, tích
∞
1+
n=1
1
np
hội tụ với p > 1 và phân kỳ với p ≤ 1.
Trường hợp tổng quát
∞
(1 + an ) hội tụ nếu và chỉ nếu
Định lý 2.3. Một tích vô hạn
n=1
an → 0 và chuỗi sau hội tụ
∞
ln(1 + an ),
n=m+1
bắt đầu từ chỉ số m + 1 nào đó. Hơn nữa, nếu L là tổng của chuỗi thì
∞
(1 + an ) = (1 + a1 )...(1 + am )eL .
n=1
Chứng minh. Trước hết, ta nhấn mạnh rằng "bắt đầu từ chỉ số m+1
nào đó" với tổng của các hàm logarit là cần thiết.Vì ta cần làm rõ tổng
bắt đầu từ bao nhiêu là đủ để không có số hạng 1 + an nào là 0 (nếu
không thì 1 + an không thể định nghĩa). Theo mệnh đề 2.1, để tích
∞
(1 + an ) hội tụ ta cần an → 0. Do đó, ta có thể giả thiết an → 0
n=1
và cũng có thể chọn m sao cho n > m để |an | < 1. Cho bn = 1 + an ,
∞
bn hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi
ta sẽ chứng minh tích vô hạn
n=1
∞
ln bn
n=m+1
hội tụ. Thêm nữa, như khẳng định của định lý, nếu L là tổng của
chuỗi thì
35
∞
bn = b1 ...bm eL .
(2.5)
n=1
Thật vậy, với mỗi n > m, ta kí hiệu tích riêng và tổng riêng tương
ứng bởi
n
n
pn =
bk và sn =
k=m+1
ln bk .
k=m+1
Từ exp(ln z) = z với bất kỳ giá trị phức z khác 0, ta có
exp(sn ) = pn .
(2.6)
Do đó, nếu tổng sn hội tụ tới một giá trị L thì phương trình (2.6)
cho thấy rằng pn hội tụ tới eL và điều đó cũng chứng minh công thức
(2.5).
Ngược lại, giả sử rằng {pn } hội tụ tới một giá trị phức p khác 0. Ta
sẽ chứng minh rằng {sn } cũng hội tụ. Sự thiết lập công thức (2.5) kéo
bm+1
theo công thức (2.6). Chú ý rằng ta có thể viết bm+1 bởi
, ở đây
p
cho rằng p = 1. Với mỗi số nguyên dương k > m, ta có thể viết
pn = exp(ln pn ).
Như thế, công thức (2.6) có nghĩa là với n > m,
sn = ln pn + 2πikn ; với số nguyên kn nào đó.
Hơn nữa, bởi vì
n
sn − sn−1 =
n−1
ln bk −
k=m+1
ln bk = ln bn ,
k=m+1
và bn → 1 (do an → 0), ta suy ra rằng
ln pn − ln pn−1 + 2π(kn − kn−1 ) = sn − sn−1 → 0; khi n → ∞.
Từ giả thiết pn → 1 nên kn −kn−1 → 0, điều này chỉ xảy ra khi kn = k,
với số nguyên dương cố định n đủ lớn. Do đó
36
sn = ln pn + 2πikn → 2πik,
điều này chứng tỏ {sn } hội tụ.
2.1.3
Tích vô hạn của ln 2 và e.
Để giới thiệu được công thức tích vô hạn cho hai giá trị trên, trước
hết chúng ta xác định dãy quy nạp như sau
e1 = 1 và en+1 = (n + 1)(en + 1), với n = 1, 2, 3, ....
Chẳng hạn như
e1 = 1, e2 = 4, e3 = 15, e4 = 64, e5 = 325, e6 = 1956, ...
Khi đó
∞
e=
en + 1 2 5 16 65 326 1957
= . . . .
.
, ...
en
1 4 15 64 325 1956
n=1
(2.2)
Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh công thức của Philipp Ludwig von
Seidel
ln 2 =
2
2
2
√ .
√ .
√ .
1+ 2 1+
2 1+
2 1+
Từ đồng nhất
sin x = 2 cos
x
x
. sin
,
2
2
ta nhận được
x
sin x
x sin 2
= cos
. x .
x
2
2
Thay x bởi
x
, ta được
2
37
2
√
....
2
x
x
x
sin
cos 2 sin 2
2
2
2 .
x =
x
2
22
Do đó
sin x
x
x
= cos
. cos 2 .
x
2
2
sin
x
22 .
x
22
Tiếp tục quá trình trên, ta nhận được công thức
x
sin
n
sin x
x
2n ; với mọi n ∈ N.
=
cos k .
x
x
2
k=1
2n
hoặc
x
n
x sin 2n
1
.
=
x
x .
sin x
k=1 cos
2n
2k
x
sin n
2 = 1 với bất kỳ số khác không x ∈ R
Cho n → ∞ và từ lim
x
n→∞
2n
ta được
x
sin
n
n
x
x
1
2
= lim
.
(2.3)
=
lim
x
x .
n→∞ k=1
sin x n→∞ sin x
cos
2n
2k
Thay x = ln θ, tức là θ = ex vào (2.3) ta nhận được
ex − e−x
θ − θ−1
θ2 − 1
x
2θ ln θ
sin x =
=
=
⇒
=
2
2
2θ
sin x (θ − 1)(θ + 1)
và
cos
x
2k
x
x
1
1
1
−
−
e 2k + e 2k
θ 2k + θ 2k
θ 2k−1 + 1
=
=
=
.
1
2
2
2θ 2k
Từ đó suy ra
38
1
cos
x
2k
1
2θ 2k
=
.
1
θ 2k−1 + 1
Do đó
1
1
n
n
n
2θ ln θ
2θ 2k
2
k
= lim θ 2 .
= lim
1
n→∞ k=1
(θ − 1)(θ + 1) n→∞ k=1 1
k=1
θ 2k−1 + 1
θ 2k−1 + 1
1
n
θk=1 2k .
= lim
n→∞
n
2
.
1
k=1
θ 2k−1 + 1
n
1
= 1 ta thấy rằng
n→∞ k=1 2k
Từ lim
n
2θ ln θ
= θ. lim
n→∞ k=1
(θ − 1)(θ + 1)
2
1
= θ.
n−1
2
. lim
θ + 1 n→∞ k=1
θ 2k−1 + 1
2
1
θ 2k + 1
.
Từ định nghĩa của tích vô hạn và khử đi các nhân tử giống nhau, ta
nhận được công thức mở rộng tích vô hạn sau
∞
ln θ
=
θ − 1 k=1
2
1
1 + θ 2k
=
2
2
2
√ .
...
√ .
√
1+ θ 1+
θ 1+
θ
(2.4)
Công thức (2.4) gọi là công thức Seidel.
Đặc biệt, cho θ = 2 ta nhận được công thức tích vô hạn Seidel đối với
ln 2
∞
ln 2 =
2
1
k=1
1 + 2 2k
=
2
2
2
√ .
.
√ .
√
1+ 2 1+
2 1+
2 1+
39
2
√
...
2
2.2
Sự hội tụ tuyệt đối của tích vô hạn
∞
(1 + an ) được gọi là hội tụ tuyệt
Định nghĩa. Một tích vô hạn
n=1
đối nếu chuỗi
∞
ln(1 + an ),
n=m+1
bắt đầu từ chỉ số m + 1 nào đó hội tụ tuyệt đối.
Để khảo sát được tính hội tụ tuyệt đối của tích vô hạn trong mối liên
hệ với sự hội tụ tuyệt đối của chuỗi, chúng ta cần tới kết quả sau
1
Bổ đề 2.4. Với bất kỳ số phức z thỏa mãn |z| ≤ , ta có
2
1
3
|z| ≤ |ln(1 + z)| ≤ |z| .
2
2
Chứng minh. Từ đẳng thức
zn
(−1)
ln(1 + z) =
n+1
n=0
∞
n
ta có
∞ |z|n
∞
∞
ln(1 + z)
1
1
1
−1 ≤
≤
≤
=
;
n
n+1
z
2
n=1 n + 1
n=1 2 (n + 1)
n=1 2
1
với |z| ≤ .
2
Điều này cho thấy rằng
1−
1 1
ln(1 + z)
1 3
= ≤
≤1+ = .
2 2
z
2 2
Nhân cả hai vế với |z| ta nhận được điều cần chứng minh.
∞
(1 + an ) hội tụ tuyệt đối nếu và chỉ
Định lý 2.5. Một tích vô hạn
∞
n=1
an hội tụ tuyệt đối.
nếu chuỗi
n=1
Chứng minh. Từ tích và tổng cùng phân kỳ nếu an không tiến về 0,
40
ta có thể giả thiết rằng an → 0, trong trường hợp này ta có thể giả
1
thiết rằng |an | ≤ với mọi n. Đặc biệt, theo bổ đề 2.4, ta có
2
3
1
|an | ≤ |ln(1 + an )| ≤ |an | ; với mỗi n.
2
2
∞
|ln(1 + an )|
Từ tiêu chuẩn so sánh đối với chuỗi, ta suy ngay ra rằng tổng
n=1
∞
an hội tụ.
hội tụ nếu và chỉ nếu tổng
n=1
2.3
Định lý Tannery và hàm mũ
2.3.1
Định lý Tannery cho chuỗi
Định lý 2.6. Giả thiết rằng
∞
(i) với mỗi số tự nhiên n, chuỗi
ak (n) hội tụ,
k=1
(ii) với mỗi k, lim ak (n) = ak ,
n→∞
∞
(iii) |ak (n)| ≤ Mk với mọi n, trong đó chuỗi
Mk hội tụ.
k=1
Khi đó
∞
lim
n→∞ k=1
∞
ak (n) =
ak .
k=1
Chứng minh. Theo tiêu chuẩn Cauchy, với mỗi ε > 0 tồn tại một số
m1 sao cho
ε
Mm1 +1 + Mm1 +2 + ... < .
3
Bởi vì
|ak (n)| ≤ Mk ; với mọi n, k
nên khi cho n → ∞ ta nhận được
41
|ak | ≤ Mk ; với mọi k.
Do đó, sử dụng bất đẳng thức
|ak (n) − ak | ≤ |ak (n)| + |ak | ≤ Mk + Mk = 2Mk ,
ta được
∞
∞
ak (n) −
k=1
∞
m1
(ak (n) − ak ) +
ak =
k=1
k=1
∞
m1
≤
(ak (n) − ak )
k=m1 +1
|ak (n) − ak | +
k=1
m1
<
2Mk
k=m1 +1
ε
|ak (n) − ak | + 2 .
3
k=1
Bởi vì
lim ak (n) = ak ;
n→∞
với mỗi k cố định nên tồn tại một số N sao cho với mỗi k = 1, 2, ..., m1
và với n > N , ta có
|ak (n) − ak | <
ε
.
3m1
Do đó, nếu n > N thì
∞
∞
ak (n) −
k=1
m1
ak <
k=1
ε
ε
+ 2 = ε.
3
k=1 3m1
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Chú ý. Ta có thể viết kết luận của định lý Tannery như sau
∞
lim
n→∞ k=1
∞
ak (n) =
lim ak (n).
k=1 n→∞
Ví dụ 2.4. Minh chứng cho tầm quan trọng của kết quả trên, chúng
tôi sẽ trình bày công thức biểu diễn dưới đây được giới toán học cho
đến ngày nay ghi nhận là một trong những sự biểu diễn đẹp đẽ
42
n
n
e
= lim
e − 1 n→∞
n
n−1
n
n
+
1
n
+ ... +
n
.
Để chứng minh công thức này, ta viết vế phải dưới dạng
n
n
lim
n→∞
n
+
n
n−1
n
n
1
n
+ ... +
∞
= lim
n→∞ k=0
ak (n),
trong đó ak (n) = 0 với k ≥ n và khi 0 ≤ k ≤ n − 1 thì
n
n−k
n
ak (n) =
k
1−
n
=
n
.
Ta thấy rằng
lim ak (n) = lim
n→∞
n→∞
n
k
1−
n
= e−k = ak .
Như vậy, với k ≤ n − 1 ta có
|ak (n)| =
1−
k
n
n
k n
−
≤ e n = e−k ,
ở đây chúng ta sử dụng 1 + x ≤ ex với mọi x ∈ R.
Như vậy, với mọi n ta luôn có
|ak (n)| ≤ Mk ;
trong đó Mk = e−k . Từ
lim
n→∞
n
n
n
+
n−1
n
∞
Mk < ∞ nên theo định lý Tannery ta có
k=0
n
+ ... +
1
n
n
∞
= lim
n→∞ k=0
∞
e−k =
=
k=0
2.3.2
Hàm mũ
Định lý 2.7. Với dãy bất kỳ zn → z, ta có
exp(z) = lim 1 +
n→∞
43
zn
n
n
.
∞
ak (n) =
ak
k=0
1
1−
1
e
=
e
.
e−1
Chứng minh. Thật vậy, sử dụng định lý nhị thức ta thấy rằng
zn
n
1+
1
1
1
1
2
1−
zn2 +
1−
1−
z 3 + ...
2!
n
3!
n
n n
∞
1
2
n−1
1−
1−
... 1 −
znn =
ak (n),
n
n
n
k=0
n
= 1 + zn +
+... +
1
n!
ở đây ak (n) = 0 với k ≥ n + 1, a0 (n) = 1, và với 1 ≤ k ≤ n,
ak (n) =
1
k!
1−
1
n
2
k−1
... 1 −
n
n
znk .
2
k−1
1−
... 1 −
n
n
znk
1−
Chú ý rằng
1
1−
n
1
lim ak (n) = lim
n→∞
n→∞ k!
zk
=
k!
= ak .
Cũng chú ý rằng |a0 (n)| = 1 = M0 và nếu C là bao đóng của dãy hội
tụ {zn } thì với 0 ≤ k ≤ n,
|ak (n)| =
≤
1
k!
1
k!
1−
1−
1
n
1
n
2
k−1
... 1 −
znk
n
n
2
k−1
Ck
k
1−
... 1 −
C ≤
,
n
n
k!
1−
ở đây chúng ta sử dụng số hạng trong các ngoặc là tích của các số
dương nhỏ hơn hoặc bằng 1 nên tích của chúng cũng nhỏ hơn hoặc
bằng 1. Từ ak (n) = 0 với k ≥ n + 1, kéo theo |ak (n)| ≤ Mk với mọi n,
Ck
ở đây Mk =
.
k!
∞
Vì
Mk < ∞ nên theo định lý Tannery ta có
k=1
zn
lim 1 +
n→∞
n
n
zk
= lim
ak (n) =
ak =
= exp(z).
n→∞ k=0
k=0
k=0 k!
∞
∞
∞
Định lí Tannery cũng có thể dùng để thiết lập công thức cho sine và
cosine.
44
2.3.3
Định lý Tannery đối với tích vô hạn
∞
Định lý 2.8. Giả sử với mỗi số tự nhiên n tích vô hạn
(1 + ak (n))
k=1
hội tụ. Thêm nữa
(i) lim ak (n) = ak ; với mỗi k cố định;
n→∞
∞
(ii) |ak (n)| ≤ Mk với mọi m và chuỗi
Mk hội tụ.
k=1
Khi đó
∞
∞
lim
n→∞ k=1
(1 + ak ).
(1 + ak (n)) =
k=1
∞
Mk hội tụ nên dãy số hạng tổng quát
Chứng minh. Bởi vì chuỗi
k=1
phải có giới hạn là 0. Do đó, ta có thể chọn được m sao cho
1
Mk < ; với mọi k > m.
2
Khi đó, với mọi n > m ta có thể viết
∞
(1 + ak (n)),
p(n) = q(n).
k=m+1
trong đó
m
q(n) =
(1 + ak (n)).
k=1
m
Khi đó q(n) →
(1 + ak ) khi n → ∞. Như vậy, vế trái cho thấy rằng
k=1
∞
∞
(1 + ak ) khi n → ∞.
(1 + ak (n)) hội tụ tới
k=m+1
Vì Mk <
k=m+1
1
với k > m nên ta có
2
|ak (n)| ≤ Mk <
1
với k > m.
2
Vậy theo bổ đề 2.4, ta thấy rằng với k > m
|ln(1 + ak (n))| ≤
3
3
|ak (n)| ≤ Mk .
2
2
45
∞
Mk < ∞ và theo định lý Tannery đối với chuỗi, ta có
Từ
k=1
∞
lim
∞
n→∞ k=m+1
ln(1 + ak (n)) =
ln(1 + ak ).
k=m+1
Mặt khác, theo định lý 2.3, ta có
∞
∞
(1 + ak (n)) = exp
ln (1 + ak (n)) .
k=m+1
k=m+1
Cho n → ∞ và sử dụng định lý 2.3 một lần nữa ta nhận được
∞
lim
n→∞ k=m+1
∞
(1 + ak (n)) = lim exp
n→∞
∞
= exp
ln (1 + ak (n))
k=m+1
∞
ln(1 + ak )
=
k=m+1
2.4
(1 + ak ).
k=m+1
Khai triển tích vô hạn Euler cho hàm lượng giác và số
π
Định lý 2.9 (tích Euler cho hàm sine). Với số phức z bất kỳ, ta có
∞
sin πz = πz
n=1
z2
1− 2
n
.
Ta đưa ra hai chứng minh của kết quả này.
2.4.1
Khai triển tích Euler thứ nhất đối với hàm sine
. Để đưa ra được khai triển này chúng ta cần đến bổ đề 2.10 dưới đây
và công thức sau
1 iz
1
iz
sin z =
e − e−iz = lim
1+
n→∞ 2i
2i
n
= lim Fn (z),
n
iz
− 1−
n
n→∞
trong đó Fn là đa thức bậc n của z được cho bởi
46
n
1
Fn (z) =
2i
iz
1+
n
n
iz
− 1−
n
n
.
(2.7)
Bổ đề 2.10. Nếu n = 2m + 1 với m ∈ N thì ta có thể viết
m
Fn (z) = z
k=1
1 −
z2
n2 tan2
.
kπ
n
Chứng minh.Ta thấy rằng với z = n tan θ thì
1+
iz
sin θ
= 1 + i tan θ = 1 + i
= sec θeiθ ,
n
cos θ
và tương tự
1−
iz
= sec θe−iθ .
n
Do đó
Fn (n tan θ) =
1
secn θ(einθ − e−inθ ) = secn θ sin(nθ).
2i
Điều đó suy ra rằng Fn (n tan θ) = 0 với nθ = kπ, với k là số nguyên
bất kỳ.
Tức là, với số nguyên k bất kỳ, ta có Fn (zk ) = 0 với
zk = n tan
kπ
n
= n tan
kπ
2m + 1
ở đây n = 2m + 1. Bởi vì hàm tan θ tăng ngặt và lẻ trên khoảng
π π
− ,
nên với n = 2m+1 các giá trị của zk với k = 0, ±1, ±2, ..., ±m
2 2
là khác nhau. Do đó, ta tìm được n nghiệm khác nhau của Fn (z). Theo
kết quả của định lý cơ bản của đại số, ta có thể viết Fn (z) như sau
(z − z0 ).(z − z1 )...(z − zm ).(z − z−1 )...(z − z−m )
m
z − tan
=z
k=1
kπ
n
47
m
z + n tan
k=1
kπ
n
m
=z
z 2 − n2 tan2
k=1
kπ
n
.
Ta có thể viết lại tích này như sau
m
Fn (z) = az
k=1
1 −
z2
n2 tan2
,
kπ
n
với hằng số a nào đó. Thay a = 1 và ta đã hoàn thành chứng minh bổ
đề.
Bây giờ ta chứng minh công thức tích Euler cho hàm sine. Đầu tiên,
theo bổ đề 2.10
m
z2
sin z = lim z
1−
n→∞ k=1
kπ
n2 tan2
n
∞
= lim z
(1 + ak (n)),
n→∞
k=1
ở đây giới hạn này tiến qua các số tự nhiên lẻ n = 2m + 1, và ak (n) =
z2
−
với 1 ≤ k ≤ m và ak (n) = 0 với k > m. Thứ hai, từ
kπ
n2 tan2
n
sin z 1
tan z
= lim
.
=1
z→0 z
z→0 z
cos z
lim
ta thấy rằng
lim ak (n) = lim −
n→∞
n→∞
z2
n2 tan2
z2
kπ
n
z2
= lim −
2 = − k 2 π 2 .
n→∞
kπ
tan n
1
n
Thứ ba, từ bất đẳng thức
x < tan x; với 0 < x <
Do đó, nếu n = 2m + 1 và 1 ≤ k ≤ m thì
48
π
.
2
(2.9)
z2
|ak (n)| =
kπ
n
n2 tan2
|z|2
|z|2
≤ 2
= 2 2 ; với số phức z bất kỳ.
k π
n (kπ)2
n2
|z|2
Cuối cùng, từ tổng
hội tụ, theo định lý Tannery đối với tích
2π2
k
k=1
vô hạn, ta có
∞
∞
∞
z2
1− 2 2 .
sin z = lim z
(1 + ak (n)) = z
lim (1+ak (n)) = z
n→∞ k=1
k π
k=1 n→∞
k=1
Sau đó thay z bởi πz ta nhận được mở rộng tích vô hạn Euler cho
∞
sin πz
∞
sin πz = πz
n=1
z2
1− 2
n
.
Đặc biệt, ta thấy rằng
∞
πi
k=1
1
1+ 2
k
∞
= πi
k=1
i2
1− 2
k
e−π − eπ
= sin πi =
.
2i
Do đó, ta nhận được công thức
∞
eπ − e−π
1
=
1+ 2 .
2π
n
n=1
2.4.2
Khai triển tích vô hạn Euler thứ hai cho hàm sine
Bổ đề 2.11. Nếu n = 2m + 1 với m ∈ N thì
m
sin nz = n sin z
k=1
1 −
sin2 z
; với bất kỳ z ∈ C.
kπ
sin2
n
Chứng minh. Ta có với k bất kỳ, 2 cos kz là đa thức của 2 cos z bậc k
(hệ số nguyên). Từ 2 cos kz là một đa thức của 2 cos z bậc k kéo theo
cos kz là đa thức của cos z bậc k. Do đó, đặt cos kz = Qk (cos z), trong
đó Qk là một đa thức bậc k. Đặc biệt
49
cos 2kz = Qk (cos 2z) = Qk (1 − 2sin2 z).
Vậy cos2kz là một đa thức bậc k của sin2 z. Sử dụng công thức cộng
cho sine, ta nhận được
sin(2k + 1)z − sin(2k − 1)z = 2 sin z.cos(2kz) = 2 sin z.Qk (1 − 2sin2 z).
(2.10)
Với bất kỳ m = 0, 1, 2, ..., sin(2m + 1)z có dang
sin(2m + 1)z = sin z.Pm (sin2 z),
(2.11)
trong đó Pm là một đa thức bậc m.
Ví dụ, nếu m = 0 thì sin z = sin z.P0 (sin2 z); trong đó P0 (w) = 1 là đa
thức hằng bằng 1.
Nếu m = 1 thì theo (2.10) ta có
sin(3z) = sin z + 2 sin z.Q1 (1 − 2sin2 z)
= sin z.P0 (sin2 z) + 2 sin z.Q1 (1 − 2sin2 z) = sin z.P1 (sin2 z),
trong đó P1 (w) = P0 (w) + 2Q1 (1 − 2w). Ta thấy rằng sin (2m + 1) z
kπ
bằng 0 khi z = zk với zk =
, trong đó k = 1, 2, ..., m. Cũng
(2m + 1)
π
thấy rằng với m giá trị của zk thỏa mãn: 0 < z1 < z2 < ... < zm <
2
thì sin zk rõ ràng có giá trị dương. Do đó, theo (2.11), Pm (w) = 0 với
m giá trị w = sin2 zk , k = 1, 2, ..., m. Do đó, theo định lý cơ bản của
đại số, đa thức Pm (w) có thể phân tích như sau
m
(w − z1 )(w − z2 )...(w − zm ) =
w − sin2
k=1
m
w − sin2
=
k=1
(do n = 2m + 1) và Pm (w) viết được như sau
50
kπ
n
kπ
2m + 1
,
m
k=1
1 −
w
.
kπ
sin2
n
Thay w = sin2 z ta nhận được
m
2
sin(2m + 1)z = sin z.Pm (sin z) = a sin z.
k=1
1 −
sin2 z
,
kπ
sin2
n
với a là hằng số nào đó.
sin(2m + 1)z
Từ lim
= 2m + 1 kéo theo a = 2m + 1. Vậy ta có điều
z→0
sin z
cần chứng minh.
Bổ đề 2.12. Tồn tại một hằng số c > 0 sao cho
cx ≤ sin x; với 0 ≤ x ≤
π
.
2
Nếu |z| ≤ 1 thì
|sin z| ≤
6
|z| .
5
sin z
sin x
= 1 nên hàm f (x) =
là một hàm
z→0 z
x
π
liên tục với x trong đoạn 0, , ở đây ta định nghĩa f (0) = 1. Giả
2
π
thiết rằng f là dương trên 0, . Vì f (0) = 1 > 0 và sin x > 0 với
2
π
0 < x ≤ và từ định lý giá trị max/min suy ra f (x) ≥ f (b) > 0 trên
2
π
π
π
0,
với b ∈ 0, . Điều này chứng tỏ cx < sin x trên 0, , trong
2
2
2
đó c = f (b) > 0.
6
Để chứng minh |sin z| ≤ |z| ta giả thiết rằng |z| ≤ 1. Do đó
5
Chứng minh. Do lim
|z|k ≤ |z| ; với k bất kì,
và
51
(2n + 1)! = (2.3).(4.5)...(2n.(2n + 1))
≥ (2.3).(2.3)...(2.3) = (2.3)n = 6n .
Do đó
|z|3 |z|5
z 2n+1
≤ |z| +
+
+ ...
|sin z| =
3!
5!
n=0 (2n + 1)!
1
1
1
1
6
≤ 1 + + + ... |z| ≤ 1 + + 2 + ... |z| = |z| .
3! 5!
6 6
5
∞
Vậy ta có điều cần chứng minh.
Ta đưa ra chứng minh thứ hai của tích vô hạn Euler cho hàm sine.
z
Cho n ≥ 3 là số lẻ và thay z bởi trong bổ đề 2.11 ta nhận được
n
2 z
sin
z m
n
sin z = n sin
1 −
z ,
n k=1
sin2
n
trong đó n = 2m + 1. Ta cho n → ∞ qua các số nguyên lẻ. Làm như
vậy ta có thể luôn chắc chắn rằng n = 2m + 1 > |z|. Theo bổ đề 2.12
z
sin2
n
kπ
sin2
n
6 z
5 n
≤
kπ
c2
n
2
2
|z|2
=C 2 ,
k
36
là một hằng số.
2π2
25c
∞ 1
2
Từ tổng C|z|
hội tụ và
2
k=1 k
trnog đó C =
lim n sin
n→∞
z
= lim
n→∞
n
52
z
n
sin
1
n
= z,
và
2
z
n
1
z2
n
=
1
−
2
k2π2
kπ
sin n
1
n
nên theo định
có
lý Tannery cho
tích vô hạn ta
2 z
sin
m
∞
z2
z
n
1− 2 2 .
sin z = lim n sin
1 −
= z
n→∞
kπ
n
k π
k=1
k=1
sin2
n
Cuối cùng thay z bởi πz ta có được chứng minh thứ hai công thức
2 z
sin
n
1−
lim 1 −
=
lim
n→∞
n→∞
kπ
sin2
n
sin
tích vô hạn Euler.
2.4.3
Ứng dụng của tích Euler
Ứng dụng đầu tiên xuất phát từ khai triển tích vô hạn cho hàm cosine.
Sử dụng công thức góc nhân đôi cho sine ta có
∞
4z 2
2πz.
1− 2
sin 2πz
n
n=1
cos πz =
=
=
∞
2 sin πz
z2
2πz.
1− 2
n
n=1
∞
n=1
∞
n=1
4z 2
1− 2
n
.
z2
1− 2
n
Tập các tích có thể xem như một tích của các số hạng chẵn và lẻ
∞
n=1
4z 2
1−
(2n − 1)2
∞
n=1
4z 2
1−
(2n)2
∞
=
n=1
4z 2
1−
(2n − 1)2
Từ đó ta có
∞
cosπz =
n=1
4z 2
1−
(2n − 1)2
53
.
∞
n=1
z2
1− 2
n
.
Ứng dụng thứ hai chúng ta bắt đầu từ công thức của John Wallis cho
π.
Mệnh đề 2.13 (công thức Wallis). Ta có
∞
2n
π
2n
=
.
=
2 n=1 2n − 1 2n + 1
√
1 n
2k
π = lim √
n→∞
n k=1 2k − 1
2 2 4 4 6 6
. . . . . ...,
1 3 3 5 5 7
1 2 4 6
2n
= lim √ . . . ...
.
n→∞
n 1 3 5 2n − 1
1
2
vào khai triển tích vô hạn Euler cho sine sau đó biến đổi. Để chứng
Chứng minh. Công thức đầu tiên nhận được bằng cách thay z =
minh công thức thứ hai, ta viết công thức đầu tiên như sau
π
2
= lim
2 n→∞ 1
2
4
.
3
2
2n
...
2n − 1
2
.
1
.
2n + 1
Bởi vậy
√
π = lim
n→∞
n
1
2
2k
= lim √
2n + 1 k=1 2k − 1 n→∞ n
Sử dụng giới hạn
1
1
1+
2n
1
n
2k
.
1 k=1 2k − 1
1+
2n
→ 1 khi n → ∞ ta nhận được điều cần
chứng minh.
Ta chứng minh một khai triển cho π
∞
1
4n2 − 1
n=1
.
π=
∞
1
2
n=1 4n − 1
1+
Để chứng minh công thức này, đầu tiên chúng ta viết công thức Wallis
thứ nhất dưới dạng
∞
∞
∞
π
2n
2n
4n2
1
=
.
=
=
1
+
.
2 n=1 2n − 1 2n + 1 n=1 4n2 − 1 n=1
4n2 − 1
54
Thứ hai, chúng ta nhận thấy
∞
1 ∞
1
1
1
=
−
2
2 n=1 2n − 1 2n + 1
n=1 4n − 1
Xuất phát từ hai công thức trên, ta có
∞
1
4n2 − 1
π = n=1 ∞
.
1
2
n=1 4n − 1
1+
55
1
1
= .1 = .
2
2
KẾT LUẬN
Khóa luận đã trình bày một số kiến thức cơ bản về chuỗi số, chuỗi
hàm và chuỗi lũy thừa. Đưa ra các khái niệm cơ bản về tích vô hạn,
chứng minh một số kết quả quan trọng và ứng dụng của tích vô hạn.
56
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tài liệu tiếng Việt
[1] Trần Đức Long - Nguyễn Đình Sang - Hoàng Quốc Toàn, Giáo
trình giải tích, tập 2, NXB ĐHQG Hà Nội, 2002.
[2] Nguyễn Văn Khuê - Đậu Thế Cấp - Bùi Đắc Tắc, Toán cao cấp,
NXB Khoa học và Kĩ thuật, 1998.
Tài liệu tiếng Anh
[3] Robert E. Greene and Steven G. Krantz, Function Theory of One
Complex Variable, American Mathematical Society, 3 edition, 2006.
[4] Steven G. Krantz, A guide complex variables, Mathematical
Association of America, 2008.
[5] Steven G. Krantz, Handbook of complex variables, Birkhauser
Verlag, 1 edition, 1999.
57
[...]... ; với mọi x ∈ (−1, 1) n n=1 ∞ n 31 Chương 2 TÍCH VÔ HẠN 2.1 2.1.1 Giới thiệu về tích vô hạn Một số khái niệm cơ bản và ví dụ Định nghĩa Cho {bn } là một dãy số thực hoặc phức Một tích vô hạn được kí hiệu và xác định bởi ∞ bn = b1 b2 b3 n=1 Tích vô hạn trên được gọi là hội tụ nếu tồn tại số nguyên dương m sao cho bn là các số khác 0 với mọi n ≥ m và dãy tích riêng được định nghĩa như sau n bk = bm... bn là các ∞ số khác 0 với mọi n ≥ m Tích vô hạn bn được gọi là phân kì nếu n=1 32 nó không hội tụ Điều đó có nghĩa là xảy ra một trong các trường hợp sau (i) hoặc có vô hạn thừa số bn bằng 0 (ii) hoặc giới hạn (2.1) phân kỳ (iii) hoặc giới hạn (2.1) hội tụ về 0 Trong trường hợp giới hạn (2.1) hội tụ về 0 ta vẫn nói rằng tích vô hạn đã cho phân kỳ về 0 ∞ 1− Ví dụ 2.1 Tích n=2 n 1− k=2 1 k 1− = 1− n=2... nghĩa sự hội tụ của tích vô hạn Nếu không có nhân tử bn nào triệt tiêu với n ≥ m và pn = bm bm+1 bn thì pn → p một số khác 0 Do đó bn = bm bm+1 bn−1 bn pn p = → = 1 bm bm+1 bn−1 pn−1 p Vì các nhân tử của một tích vô hạn hội tụ luôn tiến đến 1 nên từ nay trở đi chúng ta luôn có thể viết bn là 1 + an với an → 0 Khi đó tích vô hạn được viết dưới dạng mới như sau 33 ∞ (1 + an ) n=1 Tích vô hạn này hội tụ khi... 2.1.2 Mối liên hệ giữa tích vô hạn và chuỗi Qua mối liên hệ được đưa ra trên đây và lý thuyết chuỗi số đã được hệ thống chuẩn mức, ta có thể trình bày một số kết quả về tích vô hạn theo các trường hợp sau dựa trên lý thuyết chuỗi số Trường hợp không âm ∞ (1 + an ) với các số hạng không âm an Định lý 2.2 Tích vô hạn n=1 ∞ an hội tụ hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi n=1 Chứng minh Ta kí hiệu tích riêng và tổng... = 1− n=2 phân kỳ về 0 bởi vì 1 1 1 − 2 n ∞ Ví dụ 2.2 Tích 1 n 1 n2 1 2 3 n−1 1 = = → 0 2 3 4 n n hội tụ vì n k2 − 1 n (k − 1) (k + 1) 1 1− 2 = = k k2 k.k k=2 k=2 k=2 1.3 2.4 3.5 4.6 (n − 1) (n + 1) n + 1 1 = = → = 0 2.2 3.3 4.4 5.5 n.n 2n 2 n Mệnh đề 2.1 Nếu một tích vô hạn hội tụ thì các nhân tử của nó tiến đến 1 Cũng vậy, một tích vô hạn có giá trị 0 nếu và chỉ nếu nó có một nhân tử 0 Chứng... Điều này nhận được do khi khai triển tích ta nhận được tổng 1 + (a1 + a2 + + an ) và các số hạng không âm khác Điều này cho thấy rằng nếu dãy {pn } bị chặn thì dãy {sn } cũng bị chặn Ví dụ 2.3 Như một hệ quả của định lý trên, tích ∞ 1+ n=1 1 np hội tụ với p > 1 và phân kỳ với p ≤ 1 Trường hợp tổng quát ∞ (1 + an ) hội tụ nếu và chỉ nếu Định lý 2.3 Một tích vô hạn n=1 an → 0 và chuỗi sau hội tụ ∞ ln(1... cần làm rõ tổng bắt đầu từ bao nhiêu là đủ để không có số hạng 1 + an nào là 0 (nếu không thì 1 + an không thể định nghĩa) Theo mệnh đề 2.1, để tích ∞ (1 + an ) hội tụ ta cần an → 0 Do đó, ta có thể giả thiết an → 0 n=1 và cũng có thể chọn m sao cho n > m để |an | < 1 Cho bn = 1 + an , ∞ bn hội tụ nếu và chỉ nếu chuỗi ta sẽ chứng minh tích vô hạn n=1 ∞ ln bn n=m+1 hội tụ Thêm nữa, như khẳng định của... các số hạng liên tục mà hội tụ tới một hàm số gián đoạn trên X thì chuỗi hàm hội tụ không đều trên X +∞ un (x) các hàm liên tục trên [a, b] Nếu Định lý 1.16 Cho chuỗi n=1 chuỗi là hội tụ đều và có tổng là s(x) thì s(x) cũng khả tích trên [a, b] và b b a +∞ b +∞ s(x)dx = un (x)dx n=1 a = un (x)dx n=1 a Chứng minh Theo giả thiết s(x) là tổng của một chuỗi hàm số hội tụ đều trên [a, b] có các số hạng liên... 2n 2n 2n 2 a) Chuỗi Nếu chuỗi này hội tụ thì các dãy tổng riêng {sn } và {s2n } phải dần tới một giới hạn khi n → +∞, tức là lim (s2n − sn ) = 0 Tuy nhiên, n→∞ điều này mâu thuẫn với đánh giá trên Hệ quả 2 Chuỗi (1.1) và chuỗi nhận được từ chuỗi này bằng cách thêm vào hoặc bớt đi một số hữu hạn các số hạng cùng hội tụ hoặc cùng phân kì 1.1.1.2 Tính chất về các phép toán của chuỗi hội tụ +∞ an , Định... s| < 2 Chọn n3 ≥ n2 sao cho các số hạng a1 , a2 , , an2 có đủ mặt trong các số hạng b1 , b2 , , bn3 Khi đó với mọi n ≥ n3 , ta có |tn − s| = |tn − sn0 + sn0 − s| ≤ |tn − sn0 | + |sn0 − s| < ε ε + = ε 2 2 Vậy ta cũng có lim tn = s Định lý trên chỉ đúng với chuỗi hội tụ n→∞ +∞ an bán hội tụ thì ta có thể thay đổi tuyệt đối Còn nếu chuỗi số n=1 thứ tự của các số hạng của nó để thu được chuỗi hội tụ ... TÍCH VÔ HẠN 2.1 31 32 Giới thiệu tích vô hạn 32 2.1.1 Một số khái niệm ví dụ 32 2.1.2 Mối liên hệ tích vô hạn chuỗi 34 Tích vô hạn ln e ... ứng dụng tích vô hạn Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm tích vô hạn, chứng minh kết quan trọng số ứng dụng tích vô hạn Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu khái niệm tích vô hạn, kết... n 31 Chương TÍCH VÔ HẠN 2.1 2.1.1 Giới thiệu tích vô hạn Một số khái niệm ví dụ Định nghĩa Cho {bn } dãy số thực phức Một tích vô hạn kí hiệu xác định ∞ bn = b1 b2 b3 n=1 Tích vô hạn gọi hội