Giải tích có thể đề cập đến:Giải tích toán học, còn gọi đơn giản là giải tích; Giải tích hàm; Giải tích phức; Giải tích số;Giải tích thực; Hình học giải tích
PDF by http://www.ebook.edu.vn 1 Chương 1 TẬP HP CÁC SỐ THỰC Để khảo sát hàm số thực theo một biến số thực, nghóa là để khảo sát các ánh xạ → f:D, trong đó D là một tập con không rỗng của , ta cần nắm vững các tính chất căn bản của tập các số thực. Do đó, trong phần 1, chúng ta giới thiệu tập thông qua một hệ thống các tiên đề. Từ các tiên đề, ta chứng minh được các tính chất thường dùng trên tập số thực để từ đó xây dựng được hai cặp hàm sơ cấp cơ bản : hàm lũy thừa / căn thức và hàm mũ / lôgarít. Một số khái niệm khác liên quan đến khoảng, lân cận, các hàm sơ cấp cơ bản . cũng được giới thiệu một cách có hệ thống trong phần 2 nhằm cung cấp các công cụ cần thiết trong việc khảo sát các hàm số trong suốt phần còn lại của giáo trình. 1. TẬP CÁC SỐ THỰC Tập các số thực, trên đó có trang bò hai phép toán, phép cộng và phép nhân, và một quan hệ thứ tự, ký hiệu ()+⋅≤ ,,,, thỏa các tiên đề sau, trong đó a, b, c là các số thực bất kỳ, 1.1. Tiên đề cho các phép toán i) các phép toán đều có tính giao hoán : +=+abba; ⋅=⋅ab ba ii) các phép toán đều có tính kết hợp : ()()++=++abc abc; ()()⋅⋅=⋅⋅abc abc iii) phép cộng có phần tử trung hòa, ký hiệu 0 và phép nhân có phần tử trung hòa, ký hiệu 1 : +=a0a; ⋅=a1 a. iv) mọi số thực x đều có số đối, ký hiệu −x, và mọi số thực ≠x0 đều có số nghòch đảo, ký hiệu −1x : ()+− =xx0; −⋅=1xx 1. PDF by http://www.ebook.edu.vn 2 v) phép nhân có tính phân bố đối với phép cộng : ()+= +ab c ab ac. 1.2. Tiên đề cho quan hệ thứ tự vi) quan hệ thứ tự có tính phản xạ : ≤aa vii) quan hệ thứ tự có tính phản đối xứng : nếu ≤ab và ≤ba thì =ab viii) quan hệ thứ tự có tính bắc cầu (truyền) : nếu ≤ab và ≤bc thì ≤ac ix) quan hệ thứ tự có tính toàn phần : hoặc ≤ab, hoặc ≤ba x) quan hệ thứ tự bền đối với phép cộng : nếu ≤ab thì +≤ +acbc xi) quan hệ thứ tự bền đối với phép nhân các số dương : nếu ≤ab và ≤0c thì ≤ac bc. ª Từ các tính chất nêu trên người ta suy ra mọi tính chất còn lại về phép toán cũng như quan hệ thứ tự trên tập các số thực. Ta liệt kê một số tính chất thường dùng sau xii) ⋅=a0 0; ()−⋅=−1a a; xiii) nếu =ab 0 thì =a0 hay =b0; xiv) Phép trừ : phương trình +=xa b có nghiệm duy nhất ()=+− ≡−xb a ba; xv) Phép chia : phương trình ⋅=ax b, với ≠a0, có nghiệm duy nhất −=⋅ ≡1bxbaa. Ngoài ra, do các phép toán đều có tính kết hợp, ta có thể đònh nghóa tổng cũng như tích một số hữu hạn các số thực. 1.3. Đònh nghóa. Với dãy các số thực 1a, 2a, ., na, . Tổng n số hạng đầu của dãy này, ++++012 na a a . a, được viết tắt bằng ký hiệu ∑ như sau =+++ =∑n12 n kk1aa .a a PDF by http://www.ebook.edu.vn 3 (đọc là “tổng các ka từ =k 1 đến =kn”). Trong cách viết này, chỉ số k của ka được gọi là chỉ số câm, việc lựa chọn ký tự cho chỉ số câm không làm ảnh hưởng đến giá trò của tổng. Chẳng hạn ======++∑∑∑333kij123k1 i1 j1aaaaaa Hơn nữa, ta có thể thay đổi vùng giá trò của các chỉ số với điều kiện duy nhất là giá trò chỉ số đầu phải nhỏ hơn hay bằng giá trò của chỉ số cuối. Chẳng hạn ==+++∑5k2345k2aaaaa nhưng ký hiệu =∑2k5 ka không được xác đònh. Tương tự, ta viết =⋅⋅⋅ =∏n12 n kk1a a . a a (đọc là “tích các ka từ =k1 đến =kn”). Ví dụ 1. ==+++ + =∑nk1k 1 2 3 . n tổng n số nguyên tự nhiên đầu tiên; ==+ + + +∑nk1111 11 .k23n; PDF by http://www.ebook.edu.vn 4 ==++ + +∑nk2nk0q1qq .q, với quy ước =0q 1 và =1qq; =+=++++ +=∑nk0(2k 1) 1 3 5 . (2n 1) tổng +n 1 số nguyên lẻ đầu tiên; ==⋅⋅⋅ ⋅ ≡∏nk1k 1 2 3 . n n! (đọc là “n giai thừa”); ==⋅⋅⋅ ⋅≡∏1442 4 43nnn lầnk1x xxx .x x. Chú ý : Tổng hữu hạn =∑nkk1a và tích hữu hạn =∏nkk1a được đònh nghóa bằng quy nạp trên n như sau : Với =n1, đặt ==∑1k1k1aa; ==∏1k1k1aa và ++===+∑∑n1 nkkn1k1 k1a a a và ++==⎛⎞⎜⎟=⋅⎜⎟⎝⎠∏∏n1 nkkn1k1 k1aaa. Chẳng hạn, ta có ===∑0k0k0qq1 và ++===+∑∑n1 nkkn1k0 k0qqq. Đặc biệt, PDF by http://www.ebook.edu.vn 5 ===∏1k11! k 1 và () () ()+==⎛⎞⎜⎟+= = +=⋅+⎜⎟⎝⎠∏∏n1 nk1 k1n1! k kn1 n!n1, ===∏11k1xxx và ++==⎛⎞⎜⎟== =⋅⎜⎟⎝⎠∏∏n1 nn1 nk1 k1xxxxxx. Nhắc lại rằng ta có quy ước =0! 1 và =0x 1, với mọi ∈ x, và với mọi ∈n, =k 0,1, ., n, ta đònh nghóa ()=−knn!Ck! n k !. 1.4. Mệnh đề. i) Nếu λ là số thực độc lập với các chỉ số của tổng hữu hạn, ta có =λ= λ∑nk1n; ==λ=λ∑ ∑nnkkk1 k1aa PDF by http://www.ebook.edu.vn 6 ii) ()===+= +∑ ∑∑nnnkk k kk1 k1 k1ab a b; ()===⎛⎞⎛⎞⎜⎟⎜⎟⋅=⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∏∏∏nnnkk k kk1 k1 k1ab a b iii) ===⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎣⎦∑ ∑∑2nnnkikk1 i1k1aaa iv) Với ()==iji 1,2, .,nj 1,2, .,ma là họ gồm ×nm số thực, ta có == ===∑∑∑∑nm mnij iji1j1 j1i1aa v) ==0nnnCC1, với mọi ∈n và −++=kk1knn n1C C C , với mọi ∈n và =k 1,2, .,n. Chứng minh. Chú ý rằng tổng cũng như tích hữu hạn được đònh nghóa bằng quy nạp trên n. Do vậy, một cách tự nhiên là ta chứng minh các tính chất trên bằng quy nạp. Chẳng hạn, với đẳng thức iii), khi =n1, ta có ===⎡⎤⎢⎥==⎢⎥⎣⎦∑∑∑21112kik1k1 i1k1aaaa, nghóa là đẳng thức iii) đúng khi =n1. Giả sử đẳng thức iii) đúng với một ∈n, nghóa là == =⎡⎤⎢⎥=⎢⎥⎣⎦∑∑∑2nn nik ki1k1 k1aa a . Khi đó, ta có PDF by http://www.ebook.edu.vn 7 ++ ++== = =⎛⎞⎜⎟=+⎜⎟⎝⎠∑∑ ∑ ∑n1n1 n1 nik ik in1i1k1 i1 k1aa aa aa ++++== =⎛⎞⎜⎟=+++⎜⎟⎝⎠∑∑ ∑nn nik in1 n1k n1n1i1 k1 k1aa aa a a a a ++ +== = ==+++∑∑ ∑ ∑nn n n2ik n1 i n1 k n1i1k1 i1 k1aa a a a a a +++==⎡⎤⎢⎥=+ +⎢⎥⎣⎦∑∑2n1 n2kn1kn1k1 k1a2a aa ++==⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥=+=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑22nn1kn1 kk1 k1aa a, nghóa là đẳng thức iii) cũng đúng cho +n 1 . Vậy do phép chứng minh quy nạp, đẳng thức iii) đúng với mọi ∈n. Chứng minh các đẳng thức còn lại được coi như bài tập. ª 1.5. Đònh lý. Với ∈ a, b và ∈n, ta có i) Công thức khai triển nhò thức Newton ()−=+=∑nnknkknk0ab Ca b ii) ()−−=−=−∑nnn nkk1k1ab ab ab Chứng minh. i) Quy nạp trên n. Khi =n 1 , đẳng thức PDF by http://www.ebook.edu.vn 8 ()−− −=+=+= + =∑n10010 1111 k k1k11 1k0ab abCab Cab Cab đúng. Giả sử đẳng thức i) đúng với một ∈ n, nghóa là ()−=+=∑nnknkknk0ab Ca b. Khi đó, ta có () ()()()+−=+=++=+∑nn1 nknkknk0ab abab ab Ca b ()(−−=+ + ++0n00 1n11nna b C a b C a b . ()−−−−−⎞++⎟⎠nn1n1 n1 n nn nnnCa b Ca b ()+− −+− +− − −=+++ +n1 n10 n100 1 n111 n1 n1nn nCa b Ca b . C a b +− − + − +++++nn1nn 0n001 1n111nnnCa b Ca b Ca b ()−−−−+−+++ +nn1n1 n11 nnn n1nn . C a b C a b ()+− +−=++ ++0n100 1 0 n111nnnC a b C C a b . ()−+− −+++ +nn1n1nnnnnn1nn nCC a bCab +− +−++=+++0n100 1n111n1 n1C a b C a b . ()+− ++− + +++++n1 n1nn1nn n1 n1n1 n1Ca b Ca b PDF by http://www.ebook.edu.vn 9 ++−+==∑n1kn1kkn1k0Ca b, nghóa là đẳng thức i) cũng đúng cho +n1. ii) ()−−=−=∑nnkk1k1ab a b ()(−− − −=− + ++n111 n221aba b a b . ()()−− −−−−⎞++⎟⎠nn1 n11nnn1ab ab −−−=+ ++ +nn1 2n2 n1aab .ab ab ()−− −−+ +++n1 n2 2 n1 na b a b . ab b =−nnab. ª Bằng cách viết ()−=+−a b a b và ()+=−−nnnna b a b khi n là số nguyên lẻ, ta được 1.6. Hệ quả. Với ∈a, b và ∈n, ta có i) () ()−=−= −∑nnkknkknk0ab 1Ca b. ii) Khi n là số lẻ, ta có ()()−−−=+=+ −∑nk1nn nkk1k0ab ab 1 ab. 1.7. Đònh lý. i) Bất đẳng thức Cauchy : Với ∈a, b , ≥a, b 0 , ta có PDF by http://www.ebook.edu.vn 10 +≥abab2. Tổng quát, với các số thực 1a, 2a, ., ∈ na sao cho ≥12 na ,a , .,a 0, ta có +++≥⋅⋅⋅12 nn12 na a . aa a . an. ii) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : Với các số thực 1a, 2a, ., na, 1b, 2b, ., ∈nb, ta có ()()()+++ ≤+++ +++222 222 211 22 nn 1 2 n 1 2 na b a b . a b a a . a b b . b. iii) Bất đẳng thức Bernoulli : Với ≥−a1, ta có ()+≥+n1a 1na, với mọi ∈ n. Chứng minh. i) Từ bất đẳng thức ()−=−+≥2ab a2abb0, ta suy ra +≥abab2. Giả sử bất đẳng thức +++≥⋅⋅⋅12 nn12 na a . aa a . an đúng với mọi dãy hữu hạn số thực dương ≥12 na ,a , .,a 0. Với dãy +≥12 nn1a ,a , ., a , a 0, ta chú ý rằng bất đẳng thức [...]... () −+ ⋅⋅⋅ ⋅ ⋅ = 12 n1 nn1 b b b b b 1 và do giả thuyết quy nạp, −+ +++ +⋅ ≥ 12 n1nn1 bb b bb n . Từ đó suy ra + ++++ = 12 nn1 b b b b ()( ) ++ =+++− ⋅ −+⋅ 12 n n1 nn1 bb 1b b 1bb + ≥+++⋅ +=+ 12 nn1 bb bb 1n1 , nghóa là ++ ++ +++ ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ 12 n1 n1 12 n1 12 n1 aa a a a a a a + ++ ++ ++ ≥+ ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅ nn1 n1 n1 1 2 n1 1 2 n1 aa n1 a a a a a a PDF by http://www.ebook.edu.vn 12 và bất... = ⎛⎞ ⎜⎟ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ ∑∑ ∑ ∑ n1n1 n1 n ik ik in1 i1k1 i1 k1 aa aa aa ++++ == = ⎛⎞ ⎜⎟ =+++ ⎜⎟ ⎝⎠ ∑∑ ∑ nn n ik in1 n1k n1n1 i1 k1 k1 aa aa a a a a ++ + == = = =+++ ∑∑ ∑ ∑ nn n n 2 ik n1 i n1 k n1 i1k1 i1 k1 aa a a a a a + ++ == ⎡⎤ ⎢⎥ =+ + ⎢⎥ ⎣⎦ ∑∑ 2 n1 n 2 kn1kn1 k1 k1 a2a aa + + == ⎡⎤⎡⎤ ⎢⎥⎢⎥ =+= ⎢⎥⎢⎥ ⎣⎦⎣⎦ ∑∑ 22 nn1 kn1 k k1 k1 aa a, nghóa là đẳng thức iii) cũng đúng cho +n 1 . Vậy do phép chứng... + n1 a , 1 b , 2 b , , n b , + ∈ n1 b , ta coù () ++ +++ + 2 11 22 n n n1n1 ab ab a b a b () =+++ + 2 11 22 nn a b a b a b () ++ ++ ++++ + 22 11 22 n n n1n1 n1n1 2abab abab ab ( ) ( ) ≤+++ ++++ 22 222 2 12 n12 n a a a b b b ( ) ( ) ++ ++ ++++++ 22 22 22 22 1 n1 1 n1 2n1 2n1 ab ba ab ba ( ) ++++ +++ 22 22 2 2 n n1 nn1 n1n1 ab ba a b ( ) ( ) ≤+++ ++++ 22 222 2 12 n12 n a a a... Với =n1, đặt = = ∑ 1 k1 k1 aa; = = ∏ 1 k1 k1 aa vaø + + == =+ ∑∑ n1 n kkn1 k1 k1 a a a vaø + + == ⎛⎞ ⎜⎟ =⋅ ⎜⎟ ⎝⎠ ∏∏ n1 n kkn1 k1 k1 aaa . Chẳng hạn, ta có = == ∑ 0 k0 k0 qq1 và + + == =+ ∑∑ n1 n kkn1 k0 k0 qqq . Đặc biệt, PDF by http://www.ebook.edu.vn 13 ( ) ( ) ++ =++++ ++++ 22 22 22 2 2 12 nn 112 nn1 aa aa bb bb iii) Cuõng dùng quy nạp trên n. Bất đẳng thức đúng khi =n1 do () +=+≥+⋅ 1 1a... xét : Định lý 1. 9 cho thấy hai hàm số ()() +∞ → +∞ a n f: 0, 0, xx và PDF by http://www.ebook.edu.vn 11 + + + +++ ≥⋅⋅⋅ 12 n1 n1 12 n1 a a a a a a n hiển nhiên đúng khi tồn tại một số hạng = i a0 . Do đó, ta có thể giả sử + > 12 nn1 a ,a , , a , a 0 . Khi đó, bằng cách đặt + + = ⋅⋅⋅ 1 1 n1 12 n1 a b aa a , + + = ⋅⋅⋅ 2 2 n1 12 n1 a b aa a , + + + + = ⋅⋅⋅ n1 n1 n1 12 n1 a b aa a ,... PDF by http://www.ebook.edu.vn 5 = == ∏ 1 k1 1! k 1 vaø () () () + == ⎛⎞ ⎜⎟ += = +=⋅+ ⎜⎟ ⎝⎠ ∏∏ n1 n k1 k1 n1! k kn1 n!n1 , = == ∏ 1 1 k1 xxx và + + == ⎛⎞ ⎜⎟ == =⋅ ⎜⎟ ⎝⎠ ∏∏ n1 n n1 n k1 k1 xxxxxx . Nhắc lại rằng ta có quy ước =0! 1 và = 0 x 1, với mọi ∈ x , và với mọi ∈ n , = k 0 ,1, , n , ta định nghóa () = − k n n! C k! n k ! . 1. 4. Mệnh đề. i) Nếu λ là số thực độc lập với... +n 1 số thực được chứng minh. ii) Dùng quy nạp trên n. Khi =n2, ta coù () ( ) ( ) +=++ ≤+++ ≤+ + 2 22 22 11 22 11 22 11 22 22 22 22 22 11 22 12 12 2222 12 12 ab ab ab ab 2abab ab ab ab ab aabb Giả sử bất đẳng thức () ( ) ( ) +++ ≤+++ +++ 2 22 222 2 11 22 nn 1 2 n 1 2 n a b a b a b a a a b b b đúng với mọi 1 a , 2 a , , n a , 1 b , 2 b , , ∈ n b . Khi đó, với 1 a , 2 a , , n a , + n1 a ,... ⎬ ⎪ ⎪ ⎩⎭ n 1 n A1 n ; ( ) + ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ =+ ∈ ⎨ ⎬ ⎪ ⎪ ⎩⎭ n1 1 n B1 n . Dễ dàng chứng minh được rằng ∀∈ ∈ ≤xA,yB,xy. Do tiên đề đầy đủ, tồn tại số thực, ký hiệu là e, sao cho ∀∈ ∈ ≤ ≤xA,yB,xey , và điều này có nghóa là, với mọi ∈ n , ( ) ( ) + +≤≤+ nn1 11 nn 1e1. Chú ý rằng số e là duy nhất do khoảng cách giữa e và n a luôn nhỏ hơn ( ) ( ) ( ) + +−+=+≤ n1 n n 11 114 nnnnn 11 1 mà đại lượng... = λ= λ ∑ n k1 n ; == λ=λ ∑ ∑ nn kk k1 k1 aa PDF by http://www.ebook.edu.vn 4 = =++ + + ∑ n k2n k0 q1qq q , với quy ước = 0 q 1 và = 1 qq; = +=++++ += ∑ n k0 (2k 1) 1 3 5 (2n 1) tổng +n 1 số nguyên lẻ đầu tiên; = =⋅⋅⋅ ⋅ ≡ ∏ n k1 k 1 2 3 n n! (đọc là “n giai thừa”); = =⋅⋅⋅ ⋅≡ ∏ 14 42 4 43 n n n lần k1 x xxx x x . Chú ý : Tổng hữu hạn = ∑ n k k1 a và tích hữu hạn = ∏ n k k1 a được định... ++++ 22 22 22 2 2 12 nn 112 nn1 aa aa bb bb iii) Cuõng dùng quy nạp trên n. Bất đẳng thức đúng khi =n1 do () +=+≥+⋅ 1 1a 1a11a. Giả sử bất đẳng thức () +≥+ n 1a 1na đúng với một ∈ n . Ta suy ra () ()()()( ) + +=++≥++ n1 n 1a 1a1a 1a1na () () =+ + + ≥+ + 2 1 n 1a na 1 n 1a . Vaäy, do phép chứng minh quy nạp, bất đẳng thức Bernoulli đúng với mọi số nguyên ∈ n . ª Với tập các số hữu . nn1bb...1b b 1bb +≥+++⋅ += +12 nn1bb...bb 1n1, nghóa là +++++++⋅⋅⋅ ⋅⋅ 12 n1 n 112 n1 12 n1aa...a a ... a a a ... a +++++++ ≥+⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅nn1n1 n 11 2 n1 1. nik in1 n1k n1n1i1 k1 k1aa aa a a a a ++ +== = ==+++∑∑ ∑ ∑nn n n2ik n1 i n1 k n1i1k1 i1 k1aa a a a a a +++==⎡⎤⎢⎥=+ +⎢⎥⎣⎦∑∑2n1 n2kn1kn1k1 k1a2a aa