bài tập giải tích tập 1 dãy chuỗi số

Mục lục o n C hi MATHEDUCARE.COM Lời nói đầu iii Các ký hiệu khái niệm vii Bài tập Số thực 1.1 1.2 3 Cận cận d-ới tập số thực Liên phân số Một số bất đẳng thức sơ cấp 11 Dãy số thực 19 2.1 Dãy đơn điệu 23 2.2 Giới hạn Tính chất dãy hội tụ 30 2.3 Định lý Toeplitz, định lý Stolz ứng dụng 2.4 Điểm giới hạn Giới hạn giới hạn d-ới 42 2.5 Các toán hỗn hợp 48 Chuỗi số thực 37 63 3.1 Tổng chuỗi 67 3.2 Chuỗi d-ơng 75 3.3 Dấu hiệu tích phân 90 3.4 Hội tụ tuyệt đối Định lý Leibniz 93 3.5 Tiêu chuẩn Dirichlet tiêu chuẩn Abel 99 i matheducare.com MATHEDUCARE.COM Mục lục hi ii Tích Cauchy chuỗi vô hạn 3.7 Sắp xếp lại chuỗi Chuỗi kép 104 3.8 Tích vô hạn 111 n o Lời giải 102 C 3.6 Số thực 121 1.1 Cận cận d-ới tập số thực Liên phân số 121 1.2 Một số bất đẳng thức sơ cấp 131 Dãy số thực 145 2.1 Dãy đơn điệu 145 2.2 Giới hạn Tính chất dãy hội tụ 156 2.3 Định lý Toeplitz, định lí Stolz ứng dụng 173 2.4 Điểm giới hạn Giới hạn giới hạn d-ới 181 2.5 Các toán hỗn hợp 199 Chuỗi số thực 231 3.1 Tổng chuỗi 231 3.2 Chuỗi d-ơng 253 3.3 Dấu hiệu tích phân 285 3.4 Hội tụ tuyệt đối Định lý Leibniz 291 3.5 Tiêu chuẩn Dirichlet tiêu chuẩn Abel 304 3.6 Tích Cauchy chuỗi vô hạn 3.7 Sắp xếp lại chuỗi Chuỗi kép 321 3.8 Tích vô hạn 338 Tài liệu tham khảo 313 354 matheducare.com Lời nói đầu o n C hi MATHEDUCARE.COM Bạn có tay tập I sách tập giải tích (theo chúng tôi) hay giới Tr-ớc đây, hầu hết ng-ời làm toán Việt Nam th-ờng sử dụng hai sách tiếng sau (bằng tiếng Nga đ-ợc dịch tiếng Việt): "Bài tập giải tích toán học" Demidovich (B P Demidovich; 1969, Sbornik Zadach i Uprazhnenii po Matematicheskomu Analizu, Izdatelp1stvo "Nauka", Moskva) "Giải tích toán học, ví dụ tập" Ljaszko, Bojachuk, Gai, Golovach (I I Lyashko, A K Boyachuk, YA G Gai, G P Golobach; 1975, Matematicheski Analiz v Primerakh i Zadachakh, Tom 1, 2, Izdatelp1stvo Vishaya Shkola) để 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-ợc 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, Czesc Pierwsza, Liczby Rzeczywiste, Ciagi i Szeregi Liczbowe, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie - Sklodowskiej, Lublin, 1996), "Bài tập giải tích Tập II: Liên tục Vi phân " (W J Kaczkor, M T Nowak, Zadania z Analizy Matematycznej, Czesc Druga, Funkcje iii matheducare.com MATHEDUCARE.COM Lời nói đầu hi iv n C Jednej Zmiennej{Rachunek Rozniczowy, Wydawnictwo Universytetu Marii Curie - Sklodowskiej, Lublin, 1998) o để biên dịch nhằm cung cấp thêm tài liệu tốt giúp bạn đọc học dạy giải tích Khi biên dịch, tham khảo tiếng 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 -u điểm sau: Các tập đ-ợc xắp xếp từ dễ khó có nhiều tập hay Lời giải đầy đủ chi tiết Kết hợp đ-ợc ý t-ởng hay toán học sơ cấp toán học đại Nhiều tập đựơc lấy từ tạp chí tiếng nh-, American Mathematical Monthly (tiếng Anh), Mathematics Today (tiếng Nga), Delta (tiếng Balan) Vì thế, sách dùng làm tài liệu cho học sinh phổ thông lớp chuyên nh- 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 Nội, 2000 W Rudin, Principles of Mathematical Analysis, McGraw -Hil Book Company, New York, 1964 Tuy vậy, tr-ớc ch-ơng trình bày tóm tắt lý thuyết để giúp bạn đọc nhớ lại kiến thức cần thiết giải tập ch-ơng t-ơng ứng 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 matheducare.com MATHEDUCARE.COM v hi Lời nói đầu C Chúng biết ơn : o n - Giáo s- Phạm Xuân Yêm (Pháp) gửi cho gốc tiếng Anh tập I sách này, - Giáo s- Nguyễn Hữu Việt H-ng (Việt Nam) gửi cho gốc tiếng Anh tập II sách này, - Giáo s- Spencer Shaw (Mỹ) gửi cho gốc tiếng Anh sách tiếng W Rudin (nói trên), xuất lần thứ ba, 1976, - TS D-ơng Tất Thắng 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, Tr-ờng ĐHKHTN, ĐHQGHN, đọc kỹ thảo sửa nhiều lỗi chế đánh máy Chúng hy vọng sách đ-ợc đông đảo bạn đọc đón nhận góp nhiều ý kiến quí báu phần biên dịch trình bày Rất mong nhận đ-ợc giáo quý vị bạn đọc, ý kiến góp ý xin gửi về: Chi đoàn cán bộ, Khoa Toán Cơ Tin học, tr-ờng 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 matheducare.com o n C hi MATHEDUCARE.COM matheducare.com o n C hi MATHEDUCARE.COM Các ký hiệu khái niệm R - tập số thực R+ - tập số thực d-ơng Z - tập số nguyên N - tập số nguyên d-ơng 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 Với x R, hàm dấu x sgn x = với với với x > 0, x < 0, x = Với x N, n! = ã ã ã ã n, (2n)!! = ã ã ã ã (2n 2) ã (2n), (2n 1)!! = ã ã ã ã (2n 3) ã (2n 1) Ký hiệu nk = thức Newton n! , k!(nk)! n, k N, n k, hệ số khai triển nhị vii matheducare.com MATHEDUCARE.COM Các ký hiệu khái niệm hi viii o n C Nếu A R khác rỗng bị chặn ta ký hiệu sup A cận nó, không bị chặn ta quy -ớc sup A = + Nếu A R khác rỗng bị chặn d-ới ta ký hiệu inf A cận d-ới nó, không bị chặn d-ới ta quy -ớc inf A = Dãy {an } số thực đ-ợc gọi đơn điệu tăng (t-ơng ứng đơn điệu giảm) an+1 an (t-ơng ứng an+1 an ) với n N Lớp dãy đơn điệu chứa dãy tăng giảm Số thực c đ-ợc gọi điểm giới hạn dãy {an } tồn dãy {ank } {an } hội tụ c Cho S tập điểm tụ dãy {an } Cận d-ới cận dãy , ký hiệu lần l-ợt lim an lim an đ-ợc xác định n n nh- sau + lim an = n sup S lim an = + n inf S {an } không bị chặn trên, {an } bị chặn S = , {an } bị chặn S = , {an } không bị chặn d-ới, {an } bị chặn d-ới S = , {an } bị chặn d-ới S = , an hội tụ tồn n0 N cho an = với Tích vô hạn n=1 n n0 dãy {an0 an0 +1 ã ã an0 +n } hội tụ n tới giới hạn P0 = Số P = an0 an0 +1 ã ã an0 +n ã P0 đ-ợc gọi giá trị tích vô hạn Trong phần lớn sách toán n-ớc ta từ tr-ớc đến nay, hàm tang côtang nh- hàm ng-ợc chúng đ-ợc ký hiệu tg x, cotg x, arctg x, arccotg x theo cách ký hiệu sách có nguồn gốc từ Pháp Nga, nhiên sách toán Mỹ phần lớn n-ớc châu Âu, chúng đ-ợc ký hiệu t-ơng tự tan x, cot x, arctan x, arccot x Trong sách sử dụng ký hiệu để bạn đọc làm quen với ký hiệu đ-ợc chuẩn hoá giới matheducare.com o n C hi MATHEDUCARE.COM Bài tập matheducare.com o n C hi MATHEDUCARE.COM matheducare.com MATHEDUCARE.COM 343 hi 3.8 Tích vô hạn C 3.8.8 Kết đ-ợc suy từ 3.8.7 n o 3.8.10 Sử dụng đẳng thức lim n 3.8.9 Sử dụng 3.8.7 va 3.8.8 | ln(1 + an ) an + 12 a2n | = |an | tiến hành nh- cách giải 3.8.7 3.8.11 Không Thật vậy, sử dụng kết tr-ớc ta thấy tích đ-ợc nêu phần gợi ý hội tụ > 13 Mặt khác chuỗi + 1 + 2 + 1 + 3 + 2 1 + 2 + hội tụ + + 1 + 3 + + 12 3.8.12 Chú ý lim an = n | ln(1 + an ) an + 12 a2n 13 a3n + + lim n |an |k+1 (1)k k an | k = k+1 3.8.13 Sử dụng công thức Taylor ln(1 + an ) = an 29 a2 = an n a2n , 2(1 + n )2 n < n < |an | < 12 Do với n1 , n2 đủ lớn n1 < n2 n2 n2 ln(1 + an ) = n=n1 n2 a2n , n=n1 n=n1 ,2 an hội tụ theo tiêu chuẩn Cauchy Từ suy chuỗi n=1 matheducare.com MATHEDUCARE.COM 344 Ch-ơng Chuỗi số thực n=1 hi (1+an) (1a2n) (1an) hội tụ tích n=1 n=1 C 3.8.14 Nếu tích o n=1 n a2n hội tụ Điều phải chứng minh đ-ợc suy hội tụ Từ suy chuỗi từ tập 3.8.15 Có, dãy {an } đơn điệu giảm nên ta viết đ-ợc an = + n {n } dãy đơn điệu giảm dần Sự hội tụ tích xét t-ơng đ-ơng với hội tụ chuỗi (1)n1 ln(1 + n ) n=1 Rõ ràng chuỗi xét hội tụ theo tiêu chuẩn Leibniz chuỗi đan dấu 3.8.16 (a) Vì lim (an + bn ) = + = nên tích xét không thoả mãn điều n kiện cần tính hội tụ a2n đ-ợc suy từ hội tụ chuỗi (b) Tính hội tụ tích n=1 ln a2n n=1 (c), (d) Sự hội tụ tích đ-ợc suy từ hội tụ chuỗi ln(an bn ) = n=1 ln( n=1 an )= bn ln an + ln bn n=1 n=1 ln an n=1 ln bn n=1 x2n hôi tụ , lim xn = 0, tính hội tụ 3.8.17 Giả sử ta có chuỗi n n=1 hai tích vô hạn đ-ợc suy từ 3.8.4 từ đẳng thức 1 cos xn , = n x2n lim lim n sin xn xn x2n Bây giả thiết hai tích hội tụ, = lim xn = tính hội n x2n đ-ợc suy từ đẳng thức kể tụ n=1 matheducare.com MATHEDUCARE.COM 345 hi 3.8 Tích vô hạn 1+ n = a1 o ak Sk1 n n a1 C 3.8.18 Chú ý 3.8.19 Xem tập 3.1.9 k=2 Sk = Sn S k1 k=2 3.8.20 Xem tập 3.1.9 3.8.21 Sử dụng tập với an = xn 3.8.22 Giả sử tích n Pn = an hội tụ, tức lim Pn = P = 0, n n=1 ak Từ điều ta suy tồn số > cho |Pn | > với k=1 n N Dãy hội tụ {Pn } dãy Cauchy, với > tồn số tự n0 cho |Pn+k Pn1 | < với n > n0 k N Thế nhiên Pn+k , < Pn1 |Pn1 | Giả thiết với () với với n n0 > tồn số tự nhiên n0 cho |an an+1 ã ã an+k 1| < n n0 k N Chon = ta có Pn1 < < P n0 () Trong () thay 3|Pn0 n > n0 ta tìm đ-ợc số tự nhiên Pn+k < Pn1 3|Pn0 | Do với với với n1 cho n n1 , k N n > max{n0 , n1 } ta đ-ợc |Pn+k Pn1 | < Điều có nghĩa dãy hạn khác Pn1 < P n0 {Pn } dãy Cauchy, từ () ta suy giới matheducare.com MATHEDUCARE.COM Ch-ơng Chuỗi số thực hi 346 2n (1 + xk ) = k=1 (1 x2k ) k=1 2n k=1 x2k = xk n 2n o 2n (1 xk ) k=1 2n 2n = C 3.8.23 Ta có (1 x2k ) k=1 n = n (1 x2k ) k=1 (1 x2k1) k=1 (1 x2k ) k=n+1 n (1 x2k1 ) k=1 Sử dụng tiêu chuẩn Cauchy (xem 3.8.22) ta suy điều phải chứng minh 3.8.24 Đây hệ 3.8.3 3.8.25 Chú ý với a1, a2, , an R |(1 + a1)(1 + a2 ) (1 + an ) 1| (1 + |a1|)(1 + |a2|) (1 + |an |) sử dụng tiêu chuẩn Cauchy (xem 3.8.22) 3.8.26 Đặt Pn = (1 + a1)(1 + a2 ) (1 + an ), n N Thế Pn Pn1 = Pn1 an Pn = P1 + (P2 P1 ) + + (Pn Pn1 ) = P1 + P1 a2 + P2 a3 + Pn1 an Cho nên Pn = (1 + a1) + a2(1 + a1) + a3(1 + a1)(1 + a2) + + an (1 + a1)(1 + a2) (1 + an1 ), t-ơng ứng Pn = (1 + a1 ) + (a2 + a1a2 ) + (a3 + a1a3 + a2a3 + a1 a2a3) + + (an + a1an + a2an + an1an + + an2 an1 an + + a1 a2 an1an (1 + an ) ta kéo theo hội tụ tuyệt đối Chú ý từ hội tụ tích chuỗi + a1 + n=1 an (1 + a1)(1 + a2) (1 + an1 ) Chuỗi tạo thành từ n=2 matheducare.com MATHEDUCARE.COM 347 hi 3.8 Tích vô hạn việc xếp chuỗi kép có số hạng thuộc ma trận vô hạn a2 a3 a4 a1 a1a2 a1a3 a2a3 a1 a4 a1 a2a3 a1a2 a4 a1 a3a4 a2a3a4 o n C Từ 3.7.18 ta suy chuỗi kép hội tụ tuyệt đối từ 3.7.22 ta đ-ợc chuỗi lặp xét hội tụ, từ chứng minh đ-ợc đẳng thức đề 3.8.27 Từ hội tụ tuyệt đối chuỗi an ta suy chuỗi n=1 tuyệt minh an x hội tụ n=1 x R Sử dụng kết ta suy điều phải chứng (1 + q n x) hội tụ tuyệt 3.8.28 Hiển nhiên với |q| < x R tích n=1 đối Trong chọn an = q n ta đ-ợc hàm f (x) = (1 + q n x) = n=1 + A1x + A2x2 + Bây ý f (x) = (1 + qx)f(qx) đồng hệ số ta đ-ợc A1 = q 1q An = An1 qn qn n = 2, với Cuối ta đ-ợc (sử dụng quy nạp) n(n+1) q An = (1 q)(1 q 2) ã ã (1 q n ) (1 + q 2n1x) ý (1 + qx)f (q 2x) = f(x) 3.8.29 Đặt f(x) = n=1 ta biện luận nh- câu 3.8.28 3.8.30 Ta có an (1 + an x) + x n=1 = 1+ Ak x k=1 Ak =1+ k=1 k 1+ k=1 x + k x k Ak xk + Ak x k=1 k k=1 Ak xk matheducare.com MATHEDUCARE.COM 348 Ch-ơng Chuỗi số thực hi Ak xk ta suy hội tụ tích C Ak xk Từ hội tụ tuyệt đối k=1 k=1 o n Cauchy chúng (xem giải 3.6.1) Chú ý tích Cauchy tạo thành chuỗi kép t-ơng ứng với ma trận vô hạn A2A2 A3A3 A1 A1 A2A1 x + A3 A2 x + x1 A4A3 x + x1 x 1 2 A3A1 x + A4A2 x + A5 A3 x + x x x Do từ 3.7.18 3.7.22 ta suy Ak x k k=1 k=1 x+ x Ak = (A1 A1 + A2A2 + A3A3 + ) + (A2A1 + A3A2 + ) xk + (A3A1 + A4A2 + ) x2 + x2 + 3.8.31 [4] Từ 3.8.30 ta có (1 + q 2n1 x) + n=1 q 2n1 x Bn xn + = B0 + n=1 xn Đặt (1 + q 2n1x) + F (x) = n=1 sử dụng đẳng thức q 2n1 x qxF (q 2x) = F (x) ta đ-ợc B1 = B0 q, Bn = Bn1 q 2n1 , sử dụng quy nạp suy Bn = B0 q n , n = 1, 2, Khi F (x) = B0 qn 1+ xn + n=1 xn n Để xác định B0 ta sử dụng kết 3.8.29 3.8.30 Đặt Pn = k=1 (1 q 2k ) 2n P = (1 q ), n=1 B0 q n2 qn q (n+1) +1 = Bn = An + A1 An+1 + = + + , Pn Pn Pn+1 matheducare.com MATHEDUCARE.COM 349 hi 3.8 Tích vô hạn ta đ-ợc C q 2n q 4n + + P2 P n ta đ-ợc B0 = P o Cho n Pn B0 < 3.8.32 Sử dụng kết 3.8.30 với (a) x = (b) x = (c) x = q 3.8.33 Chú ý với n > ta có n1 an = Vì n Sn = k=1 k=1 xk x+k + ak = 1+x n k=2 n k=1 xk x+k 1 ak = 2 n k=1 xk x+k Nếu x số nguyên d-ơng với n đủ lớn ta có Sn = minh với x = 1, 2, lim Sn = 12 cách nhận n lớn xk x+k =1 2x x+k Ta phải chứng xét với k đủ Do sử dụng kết 3.8.4 n lim n k=1 xk = x+k ta đ-ợc điều phải chứng minh 3.8.34 Giả thiết (1 + can ) hội tụ với c = c0 c = c1 mà c0 = c1 n=1 Khi tích (1 + c1 an ) n=1 c0 c1 c0 (1 + c1 an ) c1 + c0 an n=1 hội tụ Hơn c0 c0 (c0 c1) (1 + c1 an ) c1 an (1 + n ), =1+ + c0 an matheducare.com MATHEDUCARE.COM Ch-ơng Chuỗi số thực n n Do sử dụng 3.8.3 3.8.4 ta suy chuỗi C hi 350 a2n an hội tụ Thêm sử dụng kết 3.8.13 ta đ-ợc chuỗi n n=1 (can )2 chuỗi n=1 c R hai chuỗi o hội tụ Từ suy với n=1 can hội tụ Ta suy điều phải chứng minh từ 3.8.7 n=1 n 3.8.35 Rõ ràng chuỗi (x2 k ) hội tụ tới với x số nguyên an n=1 k=0 x0 không nguyên d-ơng Với x R ta d-ơng Giả sử hội tụ tới giá trị xét dãy {bn } mà n bn = (x2 k ) k=0 n (x20 k ) k=0 Khi n n x2 x20 x2 k + bn = = x2 k k=0 x20 k k=0 Từ suy số dãy đơn điệu Hơn tích n k=0 x2 k x20 k hội tụ nên dãy {bn } bị chặn, ta có n an n=1 n 2 (x k ) = n=1 k=0 (x20 k )bn an k=0 Theo tiêu chuẩn Abel chuỗi xét hội tụ với x R 3.8.36 (a) Ta có 1 x pn Nhân n =1+ k=1 pkx n N đẳng thức đầu lại với đ-ợc N (i) n=1 1 x pn =1+ k=1 = kx pN k=1 + kx k=pN +1 , kx matheducare.com MATHEDUCARE.COM 351 hi 3.8 Tích vô hạn 0< n=1 pN 1 x pn N ., pN Khi n số nguyên tố p1 , p2 , C ký hiệu tổng số tự nhiên có -ớc số o k=1 = k x k=p N < k x k=p +1 N kx +1 Vì x N k=p +1 k N lim = ta đ-ợc 1 x pn n=1 = n=1 nx (b) Từ (i) phần (a) ta suy N n=1 pxn pN > k=1 k Từ phân kỳ chuỗi n=1 n=1 n=1 pn pn n ta suy tích phân kỳ 0, tức t-ơng đ-ơng với phân kỳ tích (xem 3.8.4) 3.8.37 [18] (a) Dùng công thức De Moivre m = 2n + ta có cos mt + i sin mt = (cos t + i sin t)m cho sin(2n + 1)t = (2n + 1) cos2n t sin t 2n + cos2n2 t sin3 t + + (1)n sin2n+1 t Hay ta viết đ-ợc thành (1) sin(2n + 1)t = sin tW (sin2 t), W (u) đa thức bậc n Vì hàm vế trái đẳng thức k điểm tk = 2n+1 , k = 1, 2, , n thuộc vào khoảng 0, ta matheducare.com MATHEDUCARE.COM 352 Ch-ơng Chuỗi số thực n C hi W (u) điểm uk = sin2 tk , k = 1, 2, , n, n suy đa thức ta có o W (u) = A k=1 u sin2 tk Do sử dụng (1) ta đ-ợc n (2) sin(2n + 1)t = A sin t k=1 sin2 t k sin2 2n+1 A Ta có A = lim sin(2n+1)t = 2n + 1, thay giá trị A sin t t0 x vào (2) chọn t = 2n+1 ta đ-ợc Ta cần phải tìm n sin2 x sin x = (2n + 1) sin 2n + k=1 sin2 (3) Đối với x R m N cho tr-ớc cho n lớn m, theo (3) ta đ-ợc (4) x 2n+1 k 2n+1 |x| < (m + 1) ta lấy sin x = Pm,n Qm,n , Pm,n x = (2n + 1) sin 2n + n Qm,n = k=m+1 Cho m k=1 sin2 x 2n+1 k sin2 2n+1 sin2 x 2n+1 k sin2 2n+1 , n đ-ợc m (5) lim Pm,n = x n Từ (4) với k=1 x2 k22 x = k ta đ-ợc lim Qm,n = Qm Để đánh giá Qm ta ý n từ giả thiết trên, 0< k n |x| < < , 2n + 2n + 2n + với k = m + 1, , n matheducare.com MATHEDUCARE.COM 3.8 Tích vô hạn 353 k=m+1 x2 4k hi < Qm,n < Vì tích n k=m+1 n=1 n < sin u < u, < u < , ta thấy o n C Sử dụng bất đẳng thức u x2 4k x2 4n2 hội tụ ta có Qm,n Từ suy (6) lim Qm = m Cuối đẳng thức cần tìm đ-ợc suy từ (b) Sử dụng (a) ý 3.8.38 Thay x = (4), (5) (6) sin 2x = sin x cos x biểu thức nêu 3.8.37(a) 3.8.39 (a) Sự hội tụ tích đ-ợc xét t-ơng đ-ơng với hội tụ chuỗi ln + n=1 x x , n n hội tụ tuyệt đối chuỗi đ-ợc suy từ đẳng thức lim ln + x2 n2 n (b) Ta có + n1 + nx x n x =1+ x n = x(x 1) +o 2n2 n2 Từ 3.8.3 ta suy tích hội tụ tuyệt đối 3.8.40 Rõ ràng tích (1 + an ), an > hội tụ chuỗi n=1 ln(1 + an ) hội tụ Hơn P giá trị tích S tổng chuỗi n=1 P = eS matheducare.com MATHEDUCARE.COM Tài liệu tham khảo hi 354 C Giả sử tích hội tụ tuyệt đối, từ đẳng thức | ln(1 + an )| = 1, n |an | (1) (vì lim an = 0) n o n lim ln(1 + an ) hội tụ tuyệt đối Hiển nhiên ( từ 3.7.8) ts có thay chuỗi n=1 đổi chuỗi hội tụ tổng Cuối sử dụng ý từ đầu chứng minh ta suy thay đổi phần tử tích không làm thay đổi giá trị tích (1 + an) không phụ thuộc vào trật Bây giả thiết giá trị tích n=1 ln(1+an ) tự từ nhân tử tích, điều có nghĩa tổng chuỗi n=1 độc lập với trật tự số hạng Sử dụng định lý Riemann ta suy |1 + an | hội tụ, ta có chuỗi hội tụ tuyệt đối, tức từ (1) ta suy chuỗi n=1 điều phải chứng minh 3.8.41 [20] Đặt Rn = 1 1+ ã ã 76 ã ã 2n+1 2n = (2n+1)!! (2n)!! Ta có 1 + = R , 1 1 = + R 1+ n Thế tích riêng thứ + tích xét R Sử dụng công thức Rn Wallis (xem 3.8.38) ta đ-ợc (2n + 1)!! = , n (2n)!! n lim từ ta đ-ợc Rn = n Rn lim 3.8.42 Nếu tích (1 + an ) hội tụ nh-ng không hội tụ tuyệt đối chuỗi n=1 ln(1 + an ) hội tụ có điều kiện (xem 3.8.40) Từ định lý Riemann ta suy n=1 số hạng chuỗi lại để tạo thành chuỗi hội tụ có tổng số cho tr-ớc S phân kỳ (tới ) Điều phải chứng minh đ-ợc suy từ biểu thức P = eS (xem 3.8.40) matheducare.com o n C hi MATHEDUCARE.COM Tài liệu tham khảo [1] J Banas, S Wedrychowicz, Zbiór zadan z analizy dawnictwa Naukowo - Techniczne, Warszawa,1994 matematycznej, Win- [2] W I Bernuk, I K Zuk, O W Melnikov, Sbornik po matematike, Narodnaja Asveta, Minsk , 1980 olimpiadnych zadac [3] P Biler, A Witkowski, Problems in Dekker, Inc, New York and Base, 1990 [4] T J Bromwich, An Introduction to lan and Co., ltd., London ,1949 Mathematical Analysis, Marcel the Theory of Infinte Series, Macmil- [5] R B Burckel, An Introduction to Classical Press, New York and San Francisco, 1979 [6] B Demidovic, Sbornik Nauka, Moskva, 1969 Complex Analysis, Academic zadac i upraznenij po matemaiceskomu analizu, [7] A J Dorogovcev, Skola, Kiev, 1985 Matematiceskij analiz Spravocnoe posobe, Vyscaja [8] A J Dorogovcev, Kiev, 1987 Matematiceskij analiz Sbornik zadac, Vyscaja Skola, [9] G M Fichtenholz, Differential - und Integralrechnung, Deutscher Verlag Wiss , Berlin, 1966-1968 [10] G H Hardy, A Course Cambirige, 1946 I,II,III, V.E.B of Pure Mathematics , Cambrige University Press, [11] G H Hardy, J E Littlewood, G.Polya, Press, Cambirige, 1967 Inequalities , Cambrige University 355 matheducare.com MATHEDUCARE.COM Tài liệu tham khảo C Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York, n [12] G Klambauer, 1975 hi 356 o [13] G Klambauer, Problems and Propositions Inc., New York and Basel, 1979 [14] K Knopp, Theorie und Anwendung der Verlag, Berlin and Heidelberg, 1947 in Analysis, Marcel Dekker, Unendhichen Reihen, Springer- [15] L D Kudriavtsev, A D Kutasov, V I Chejlov, M I Shabunin, Problems de Ana Matematico Limite, Continuidad, Derivabilidad, Mir, Moskva, 1989 [16] K Kuratowski, Introduction to Calculus, Pergamon Press, Oxford - Eidenburg - New York, Polish Scientific Publishers, Warsaw, 1969 [17] D S Mitrinovic, 1964 Elemetary Inequalities, P Noordhoff Ltd., Gronigen, Nizovi i Redovi Definicije, stavovi zadaci, problemi (Serbo - Croatian), Naucna Knijga, Belgrade, 1971 [18] D S Mitrinovic, D D Adamovic, Aufgabensammlung zur Infinitesimalrechnung, Band I: Funktionen einer Variablen, Birkhauser Verlag, Basel und Stuttgart, [19] A Ostrowski, 1964 [20] G Polia, G Szeg o, Problems and theorems in analysis I, Spriger - Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1978 [21] Ya I Rivikind, Minsk, 1973 Zadaci pr matematiceskomu analizu, Vysejsaja Skola, [22] W.I Rozhkov, V.D Kurdevanidze, N G Pafionov, Sbornik zadac matematiceskich olimpiad, Izdat Univ Druzhby Narodov, Maskva, 1987 [23] W Rudin, Principle of Mathematical Company, New York, 1964 [24] W A Sadownicij, A S Pdkolzin, matematike, Nauka, Moskva, 1978 Analysis, McGraw - Hill Book Zadaci studenceskich olimpiad po [25] W Sierpinski, Arytmetyka teoratyczna, PWN, Warszawa, 1959 [26] W Sierpinski, Dzialania nieskonczone, Czytelnik, Warszawa, 1948 matheducare.com MATHEDUCARE.COM C Complex variables, Houghton Mifflin Company, Boston, Studencceskije oimpiady, Erevanskogo o [28] G A Tonojan, W N Sergeev, Universiteta, Erivan, 1985 n [27] H Silverman, 1975 357 hi Tài liệu tham khảo matheducare.com [...]... + a1n a1 An = Chứng minh rằng An Gn Hn 1. 2.4 Sử dụng kết quả Bernoulli Gn An trong bài toán tr-ớc kiểm tra bất đẳng thức (1 + x)n 1 + nx với x > 0 1. 2.5 Cho n N, hãy kiểm tra các khẳng định sau: (a) (b) (c) (d) 1 1 1 2 1 + + + > , n n +1 n +1 2n 3 1 1 1 1 + + + + > 1, n +1 n+2 n+3 3n + 1 1 1 1 1 2 1 < + + + + < , 2 3n + 1 3n + 2 5n 5n + 1 3 1 1 (n n n + 1 1) < 1 + + + 2 n 1 1 1 +... Nếu 0 < ak < 1, k = 1, 2, , n và a1 + a2 + + an < 1 thì n (a) 1+ n ak < 1 (1 + ak ) < k =1 k =1 n n , n 1 ak k =1 (b) ak < 1 k =1 1 (1 ak ) < n 1+ k =1 ak k =1 1.2. 41 Giả sử 0 < ak < 1, k = 1, 2, , n, đặt a1 + a2 + + an = a Chứng minh rằng n k =1 1.2.42 Cho 0 < ak na ak 1 ak na 1, k = 1, 2, , n và n 2 Kiểm tra bất đẳng thức sau: n n k =1 1 1 + ak ak n k =1 n n ak + n k =1 ak k =1 1.2.43 Cho... k =1 1 n2 ak n 1. 2 .10 Cho ak > 0, k = 1, 2, , n (n > 1) và đặt s = ak Hãy kiểm k =1 tra các khẳng định sau: n (a) n k =1 n 1 n n1 n k =1 s ak , ak 2 (b) k =1 n s , s ak n1 n (c) 1 ak s ak n k =1 1 ak s + ak n + 1 1.2 .11 Chứng minh rằng nếu ak > 0, k = 1, , n và a1 ã a2 ã ã an = 1 thì (1 + a1 ) ã (1 + a2) ã ã (1 + an ) 2n 1. 2 .12 Chứng minh bất đẳng thức Cauchy (1) : 2 n n ak bk k =1 (1) ... một số nguyên Chú ý Ta gọi biểu diễn trên của x là một liên phân số hữu hạn Biểu thức 1 a0 + 1 a1 + a2 + 1 1 + an1 + 1 an đ-ợc viết gọn thành a0 + 1| 1| 1| + + + |a1 |a2 |an 1. 1 .18 Cho các số thực d-ơng a1, a2, , an , đặt p0 = a0, q0 = 1, p1 = a0a1 + 1, q1 = a1, pk = pk1 ak + pk2 , qk = qk1 ak + qk2 , với k = 2, 3, , n, và định nghĩa R0 = a0 , Rk = a0 + 1| 1| 1| + + + , k = 1, 2, , n |a1 |a2... (c) k =1 1 n2 , ak n 1 ak n (1 ak ), ak k =1 (loga a1)2 + (loga a2)2 + + (loga an )2 với điều kiện 1 , n a1 ã a2 ã ã an = a = 1 1.2 .16 Cho > 0, chứng minh rằng n 1 ak bk k =1 n a2k k =1 n + 4 b2k k =1 1.2 .17 Chứng minh các bất đẳng thức sau: n |ak | 1 2 n a2k n k =1 n n k =1 |ak | k =1 1.2 .18 Chứng minh rằng 2 n (a) n n ka2k ak bk k =1 n (b) k =1 k =1 ak k 2 n k =1 n k 3 a2k k =1 k =1 b2k , k 1 k5... = 1, 2, , n không âm sao cho a1 + a2 + + an = 1, chứng minh rằng n n (a) (1 + ak ) (n + 1) n k =1 n ak , k =1 n (1 ak ) (n 1) n (b) k =1 ak k =1 matheducare.com MATHEDUCARE.COM Ch-ơng 1 Số thực n hi 18 C 1. 2.44 Chứng minh rằng nếu ak > 0, k = 1, 2, , n và thì 1 1+an = n1 n n k =1 o 1 (n 1) n a k k =1 1.2.45 Chứng minh rằng với giả thiết cho trong bài 1. 2.43 ta có n n (1 + ak ) k =1 (n + 1) n... hạn của nó 2 .1. 12 Hãy xác định tính hội tụ hay phân kỳ của dãy an = (2n)!! , (2n + 1) !! n 1 2 .1. 13 Chứng minh sự hội tụ của các dãy sau 1 1 1 + 2 + 2 , n N 2 2 3 n 1 1 1 an = 1 + 2 + 3 + n , n N 2 3 n (a) an = 1 + (b) 2 .1. 14 Cho dãy {an } có số hạng tổng quát an = 1 n(n + 1) + 1 (n + 1) (n + 2) + + 1 (2n 1) 2n , n N Chứng minh rằng dãy hội tụ matheducare.com MATHEDUCARE.COM 25 hi 2 .1 Dãy đơn điệu... với an = sn sn1 n ,n 2n , n 2 > 1, là dãy giảm ngặt và tìm giới hạn của dãy 2 .1. 4 Cho {an } là dãy bị chặn thoả mãn điều kiện an +1 an Chứng minh rằng dãy {an } hội tụ 1 Gợi ý Xét dãy an 2n1 1 ,n 2n N 2 .1. 5 Chứng minh sự hội tụ của các dãy sau: (a) (b) Gợi ý an = 2 n + 1 1 1 + + + ; n 1 2 1 1 1 bn = 2 n + 1 + + + + n 1 2 Tr-ớc tiên thiết lập bất đẳng thức: 1 1 1 2( n + 1 1) < + +... ít nhất một phần tử của A 1. 1 .16 Chứng minh rằng {cos n : n N} là trù mật trong đoạn [1, 1] 1. 1 .17 Cho x R \ Z và dãy {xn } đ-ợc xác định bởi x = [x] + 1 1 1 , x1 = [x1] + , , xn1 = [xn1 ] + x1 x2 xn matheducare.com MATHEDUCARE.COM 9 hi 1. 1 Cận trên đúng và cận d-ới đúng Liên phân số C khi đó 1 o [x1] + [x2] + 1 n x = [x] + 1 1 + [xn1 ] + 1 xn Chứng minh rằng x là số hữu tỷ khi và chỉ khi... tụ liên tiếp của nó x nằm 1. 1. 21 Chứng minh rằng tập {sin n : n N} là trù mật trong [1, 1] 1. 1.22 Sử dụng kết quả trong bài 1. 1.20 chứng minh rằng với mọi số vô tỷ x p tồn tại dãy qn các số hữu tỷ, với qn lẻ, sao cho n x pn 1 < 2 qn qn (So sánh với 1. 1 .14 .) 1. 1.23 Kiểm tra công thức sau về hiệu số giữa hai phần tử hội tụ liên tiếp: Rn +1 Rn = (1) n qn qn +1 1 .1. 24 Cho x là số vô tỷ Chứng minh rằng phần