Giao trinh Toan cao cap Giai tich 2 cua Ta Le Loi

Nội dung đề cập đến một số khái niệm cơ bản nhất về dãy và chuỗi hàm, không gian Rn , tính liên tục, đạo hàm và tích phân Riemann của hàm nhiều biến thực.. Để đọc được giáo trình này sin[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐAØ LẠT KHOA TOÁN - TIN HỌC Y Z TẠ LÊ LỢI GIAÛI TÍCH (Giaùo Trình) Lưu hành nội -Y Đà Lạt 2008 Z Hướng dẫn sinh viên đọc giáo trình Đây là giáo trình Giải tích dành cho sinh viên ngành Toán hay ngành Toán Tin Nội dung đề cập đến số khái niệm dãy và chuỗi hàm, không gian Rn , tính liên tục, đạo hàm và tích phân Riemann hàm nhiều biến thực Để đọc giáo trình này sinh viên cần có kiến thức Giải tích (phép tính vi tích phân hàm thực biến thực) và Đại số tuyến tính (e.g ánh xạ tuyến tính, ma trận, ) Giáo trình trình bày theo lối tuyến tính, người đọc lần đầu nên đọc phần theo thứ tự Để đọc cách tích cực, sau các khái niệm và định lý sinh viên nên đọc kỹ các ví dụ, làm số bài tập nêu liền đó Ngoài học toán phải làm bài tập Một số bài tập chương nêu phần cuối giáo trình Về nguyên tắc nên đọc phần giáo trình Tuy vậy, có thể nêu đây số điểm cần lưu ý chương: I Dãy hàm - Chuỗi hàm Có thể bỏ qua tính hội tụ chuỗi Fourier (mục 4.5) II Không gian Rn Tiết là phần đọc thêm nên có thể bỏ qua III Hàm liên tục trên Rn Có thể không đọc mục 3.4 IV Đạo hàm Phần này sử dụng số kiến thức ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính V Tích phân Riemann Có thể bỏ qua các chứng minh: Tiêu chuẩn Darboux (mục 1.3) và Công thức đổi biến (mục 3.3) Để việc tự học có kết tốt sinh viên nên tham khảo thêm số tài liệu khác có nội dung liên quan (đặc biệt là phần hướng dẫn giải các bài tập) Khó có thể nêu hết tài liệu nên tham khảo, đây đề nghị các tài liệu sau (bằng tiếng Việt): [1] Jean-Marier Monier, Giaûi tích , NXB Giaùo duïc [2] Y.Y Liasko, A.C Bôiatruc, IA G Gai, G.P Gôlôvac, Giải tích toán học - Các ví dụ và các bài toán, Tập II , NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp Ngoài ra, sinh viên nên tìm hiểu và sử dụng số phần mềm máy tính hỗ trợ cho việc học và làm toán Maple, Mathematica, Chuùc caùc baïn thaønh coâng! Giaûi Tích Tạ Lê Lợi Muïc luïc Chöông I Daõy haøm - Chuoãi haøm Daõy haøm Chuoãi haøm Chuỗi lũy thừa Chuỗi lượng giác Chöông II Khoâng gian Rn Khoâng gian Euclid Rn Topo Rn Taäp compact Taäp lieân thoâng Tổng quát hoá Chöông III Haøm lieân tuïc treân Rn Giới hạn hàm Tính lieân tuïc Sự hội tụ Ñònh lyù Stone-Weierstrass Chương IV Đạo hàm Đạo hàm Caùc qui taéc cô baûn - Ñònh lyù phaàn gia Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor Định lý hàm ngược - Định lý hàm ẩn 19 21 22 23 24 27 30 34 36 41 45 49 54 Chöông V Tích phaân Riemann Tích phaân Riemann 59 Lớp hàm khả tích Riemann 62 Các công thức tính tích phân 65 Baøi taäp 73 I Daõy haøm - Chuoãi haøm Chương này ta xét đến dãy hàm và chuỗi hàm Ngoài hội tụ điểm, khái niệm quan trọng là tính hội tụ đều, nó bảo toàn số tính chất giải tích dãy hàm qua giới hạn Đặc biệt nêu các kết việc khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa (khai triển Taylor) hay chuỗi lượng giác (khai triển Fourier) DAÕY HAØM 1.1 Ñònh nghóa Moät daõy haøm treân X laø moät hoï caùc haøm fn : X → R (n ∈ N) Kyù hieäu (fn )n∈N Với x ∈ X , (fn (x))n∈N là dãy số Tập D = {x ∈ X : dãy số (fn (x))n∈N hội tụ } goïi laø mieàn hoäi tuï cuûa daõy (fn ) Khi đó, ta có D  x → f (x) = n→∞ lim fn (x) xaùc ñònh moät haøm vaø ta noùi (fn ) hoäi tuï (ñieåm hay ñôn giaûn) veà haøm f treân D Ví duï a) Cho fn (x) = − |x| (n ∈ N), laø daõy haøm treân R Daõy naøy hoäi tuï treân R veà haøm n f (x) = lim (1 − |x|) = 1, ∀x n→∞ n b) Cho fn (x) = xn (n ∈ N), laø Trên miền đó dãy hội tụ hàm daõy haøm treân R Mieàn hoäi tuï cuûa daõy laø
n f (x) = lim x = n→∞ (−1, 1] neáu |x| < neáu x = Nhận xét Ở ví dụ trên fn liên tục (thậm chí khả vi), hàm giới hạn f không liên tục Tốc độ hội tụ (fn (x)) với x ∈ D là khác Bài toán: Với điều kiện nào thì hàm giới hạn bảo toàn các tính chất giải tích liên tuïc, khaû vi, khaû tích cuûa daõy? 1.2 Sự hội tụ Dãy hàm moïi
> 0, toàn taïi N , cho (fn ) gọi là hội tụ hàm f treân D nếuu với n ≥ N ⇒ |fn (x) − f (x)| <
, ∀x ∈ D Noùi moät caùc khaùc: Mn = sup |fn (x) − f (x)| → 0, x∈D Ví duï Trong caû hai ví duï neâu treân, ta coù các dãy hàm trên hội tụ không n → ∞ Mn = sup |fn (x) − f (x)| = Vaäy Mệnh đề Nếu hội tụ (fn ) vaø (gn ) hoäi f + g vaø cf treân D tụ f và g trên D, thì (fn + gn ) và (cfn ) 1.3 Tiêu chuẩn Cauchy Dãy hàm (fn ) hội tụ trên D và ∀
> 0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup |fn (x) − fm (x)| <
x∈D Chứng minh: Gỉa sử (fn ) hội tụ f trên D Khi đó ∀
> 0, ∃N : n ≥ N ⇒ sup |fn (x) − f (x)| <
/2 x∈D Suy m, n ≥ N , ta coù sup |fn (x) − fm (x)| < sup |fn (x) − f (x)| + sup |fm (x) − f (x)| <
x∈D x∈D x∈D Gỉa sử ngược lại (fn ) thỏa tiêu chuẩn Cauchy trên D Khi đó với x ∈ D, dãy số (fn (x)) laø daõy Cauchy, neân hoäi tuï veà f (x) ∈ R Hơn nữa, từ tiêu chuẩn trên, cho m → ∞,
→ 0, ta có sup |fn (x) − f (x)| → 0, x∈D
n → ∞ Vậy (fn ) hội tụ f trên D 1.4 Mệnh đề (1) Gỉa sử (fn ) là dãy hàm liên tục và hội tụ f trên D Khi đó f là hàm liên tục trên D Đặc biệt, đó có thể chuyển thứ tự lim lim lim fn (x) = lim lim fn (x) n→∞ x→x0 x→x0 n→∞ (2) Gỉa sử (fn ) là dãy hàm liên tục và hội tụ trên [a, b] Khi đó có thể chuyển thứ tự lim và lim  b n→∞ a  b fn (x)dx = lim fn (x)dx a n→∞ (3) Cho (fn ) là dãy hàm khả vi liên tục trên [a, b] Gỉa sử dãy đạo hàm (fn ) hội tụ trên [a, b] và dãy số (fn (c)) hội tụ với c ∈ [a, b] Khi đó (fn ) hội tụ hàm khả vi f trên [a, b] và có thể chuyển thứ tự lim và đạo hàm lim fn (x) = n→∞  lim fn (x)  n→∞ Chứng minh: (1) Cho x0 ∈ D Với
> Do hội tụ đều, tồn N cho: |fN (x) − f (x)| <
/3, ∀x ∈ D Do fN lieân tuïc taïi x0 , toàn taïi δ > 0, cho: |fN (x) − fN (x0 )| <
/3, ∀x, |x − x0 | < δ Vaäy |x − x0 | < δ , |f (x)−f (x0 )| ≤ |f (x)−fN (x)|+|fN (x)−fN (x0 )|+|fN (x0 )−f (x0 )| <
/3+
/3+
/3 =
I.2 Chuoãi haøm lim f (x) = lim lim fn (x) = f (x0 ) = lim lim fn (x) Vaäy f lieân tuïc taïi x0 , i.e x→x x→x0 n→∞ n→∞ x→x0 (2) Gỉa sử fn liên tục và hội tụ Theo (1) hàm giới hạn f là liên tục nên khả tích trên [a, b] Hơn   b   b   f − f  ≤ |b − a| sup |fn (x) − f (x)| → 0,   a n  a x∈[a,b] Vaäy  b lim n→∞ a fn = (3) Ñaët Fn (x) = F (x) =  x  b  xa c lim f  n→∞ n c Fn (x) f= fn  b lim fn a n→∞ Theo (2) dãy (Fn ) hội tụ hàm F trên [a, b], đó = fn (x) − fn (c) Suy f = F + lim fn (c) Hơn nữa, ta có Ta coù n → ∞ n→∞ f  (x) = F  (x) =  lim fn = Fn + fn (c)  x n→∞ c fn  hội tụ trên [a, b] veà = ( lim fn ) (x) n→∞
CHUOÃI HAØM 2.1 Định nghĩa Một chuỗi hàm trên X là tổng hình thức ∞ fk = f0 + f1 + · · · + fn + · · · k=0 đó fk là hàm xác định trên X Xét chuỗi tương đương với xét dãy hàm tổng riêng thứ n: Sn = f0 + · · · + fn Mieàn hoäi tuï cuûa chuoãi: D = {x ∈ X : daõy haøm (Sn (x))n∈N hoäi tuï } ∞ Khi đó S(x) = fk (x) xác định hàm trên D Ta noùi k=0 ∞ fk k=0 là chuỗi hàm hội tụ trên D nếuu dãy hàm tổng riêng (S n )n∈N laø hội tụ S trên D, i.e Mn = sup |Sn (x) − S(x)| = sup | x∈D Ví duï Xeùt chuoãi haøm ∞ x∈D k=n+1 ∞ k=0 fk (x)| → 0, n→∞ xk = + x + x2 + · · · + xn + · · · Mieàn hoäi tuï cuûa chuoãi laø D = {x ∈ R : |x| < 1} trên miền Dr = {x : |x| ≤ r}, với < r < Chuỗi là hội tụ S(x) = Thaät vaäy, ta coù 1−x − xn+1 neân Sn (x) = 1−x    xn+1  rn+1   → 0, sup |Sn (x) − S(x)| = sup  ≤ 1−r |xleqr |x|≤r  − x  n→∞ Tuy nhiên chuỗi không hội tụ trên D, vì ∞ 2.2 Tieâu chuaån Cauchy Chuoãi haøm fk sup |Sn (x) − S(x)| = +∞ |x|≤1 hội tụ trên D và k=0 m ∀
> 0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup | x∈D k=n 2.3 Mệnh đề Gỉa sử chuỗi hàm ∞ fk (x)| <
hội tụ trên [a, b] Khi đó fk k=0 (1) Nếu fk liên tục trên [a, b] với k ∈ N, thì chuỗi trên xác định hàm liên tục trên [a, b] Đặc biệt đó có thể chuyển lim vào dấu lim ∞ x→x0 ∞ fk (x) = k=0 lim fk (x) k=0 x→x0  (2) Neáu fk lieân tuïc treân [a, b], thì coù theå chuyeån vaøo daáu  b ∞ a k=0 fk (x) dx = ∞  b k=0 a (3) Neáu fk khaû vi lieân tuïc treân [a, b] vaø chuoãi ∞ k=0 fk (x)dx fk hội tụ trên [a, b], thì  fk (x) = k=0 ∞ k=0 fk (x) 2.4 Một số dấu hiệu hội tụ cho chuỗi hàm Weierstrass M-test: Neáu |fk (x)| ≤ ak , ∀x ∈ D vaø treân D Dirichlet: Neáu (fk ) ∞ fk ϕk Chứng minh: Nếu |fk (x)| ≤ ak , thì fk k=0 hoäi tuï, thì k=0 fk hội tụ k=0 ∞ ϕk laø chuoãi haøm coù daõy toång hội tụ trên D Abel: Neáu (fn ) laø daõy ñôn ñieäu bò chaën vaø ∞ ak ∞ k=0 k=0 chuoãi ∞ dãy giảm, hội tụ và rieâng bò chaën treân D, thì fk k=0 là hàm khả vi trên [a, b] và có thể lấy đạo hàm vào dấu ∞ ∞ m ∞ ϕk hội tụ trên D, thì k=0 k=n |f (x)| ≤ m k=n ∞ fk ϕk hoäi tuï k=0 ak Theo tieâu chuaån Cauchy hội tụ Hai tiêu chuẩn sau chứng minh phần chuỗi số (Bài tập)
I.3 Chuỗi lũy thừa CHUỖI LŨY THỪA Phần này chúng ta nghiên cứu chuỗi lũy thừa là chuỗi hàm dạng quát chuỗi lũy thừa tâm x0 , Nhaän xeùt Khi thay bieán chuỗi lũy thừa ∞ k=0 k=0 ak xk , hay toång ak (x − x0 )k z = x − x0 3.1 Ñònh lyù Abel Cho chuoãi S(x) = ∞ ∞ ta đưa chuỗi lũy thừa tâm ak (x − x0 )k x0 veà daïng Khi đó tồn R, ≤ R ≤ +∞, k=0 cho, neáu R > 0, thì (1) S(x) hoäi tuï treân |x − x0 | < R, phaân kyø |x − x0 | > R (2) S hội tụ trên Dr = {x : |x − x0 | ≤ r}, với < r < R Số R gọi là bán kính hội tụ S và tính công thức Cauchy-Hadamard = lim sup R k→∞ k |ak | Chứng minh: Như nhận xét trên tịnh tiến từ x0 đổi biến z = x − x0 Khi |z| ≤ r < R Choïn ρ : r < ρ < R Theo ñònh nghóa lim sup, toàn taïi k0 cho: k 1 r Theo M-test S(z) hội tụ trên đĩa |ak | k < , ∀k > k0 Suy |ak z k | < ρ ρ Dr Từ đây suy S(z) hội tụ |z| < R Khi |z| > R Choïn ρ : R < ρ < |z| Theo ñònh nghóa lim sup, toàn taïi voâ soá chæ soá k: |ak | > ρ k kieän caàn Vaäy |ak ∞ ak z k k=0 zk |  > |z| ρ k với vô số số k Suy ak z k → 0, nên theo điều phaân kyø
Nhận xét Do nhận xét phần chuỗi số, có thể dùng công thức D’Alembert để tính bán kính hội tụ (nếu giới hạn tồn tại): |ak+1 | = lim R k→∞ |ak | Ví duï a) Chuoãi b) Chuoãi ∞ k=0 ∞ k!xk xk k! k=0 coù baùn kính hoäi tuï laø R = |an | k! = lim = n→∞ (k + 1)! k→∞ |an+1 | lim coù baùn kính hoäi tuï laø ∞ c) Định lý Abel không cho kết luận hội tụ hay phân kỳ chuỗi |x−x | = R ∞ ∞ xk ∞ xk , có bán kính hội tụ là 1, tính Chaúng haïn caùc chuoãi xk , k=0 k=1 k k=1 k hoäi tuï |x| = khaùc ∞ Chuoãi xk phaân kyø x = ±1, theo ñieàu kieän caàn Chuoãi Chuoãi k=0 ∞ xk k2 k=1 hoäi tuï |x| = 1, theo tieâu chuaån so saùnh ∞ xk k k=1 phaân kyø x = 1, nhng hoäi tuï x = −1 theo tieâu chuaån Leibniz 3.2 Mệnh đề Gỉa sử chuỗi lũy thừa ∞ Khi đó S(x) = ak (x − x0 )k ∞ ak (x − x0 )k coù baùn kính hoäi tuï R > k=0 xaùc ñònh haøm khaû vi moïi caáp treân (x0 − R, x0 + R) vaø k=0 ta có thể lấy đạo hàm và tích phân vào dấu tổng: ∞ ak (x − x0 )  k=0∞ k  ak (x − x0 )k dx = k=0 ∞ = kak (x − x0 )k−1 k=1 ∞ ak (x − x0 )k+1 + C k + k=0 Chứng minh: Suy từ Định ký Abel và các kết qủa từ tính hội tụ chuỗi hàm
Ví duï a) Ta coù ∞ (−1)k xk = k=0 Đạo hàm từ ta có Tích phân từ ta có b) Ta coù khai trieån , |x| < 1+x ∞ (−1)k kxk−1 = − k=1 ∞ , |x| < (1 + x)2 (−1)k xk+1 = ln(1 + x), |x| < k+1 k=0 ∞ 1 = − x = + x − x + · · · = (−1)k x2k , |x| < 1 + x2 − (−x2 ) k=0 Tích phân từ ta có arctan x = x − ∞ x2k+1 x3 x5 x7 + − +··· = , |x| < (−1)k 2k + k=0 Bài tập: Áp dụng dấu hiệu Abel cho hội tụ chuỗi với ϕk (x) = ak chứng minh Định lý Abel sau đây: Neáu chuoãi ∞ ak k=0 lim S(x) = S x→1− hoäi tuï vaø coù toång S , thì S(x) = ∞ k=0 ak xk f k (x) = xk vaø hoäi tuï |x| < vaø I.3 Chuỗi lũy thừa c) Dễ thấy các chuỗi cuối hai ví dụ trên thỏa định lý Abel, suy ta có công thức tính gần đúng 1 1 (−1)n+1 + − + − ···+ + Rn n+1 ln = − Bài tập: Chứng 1 1 (−1)n π = − + − + − ···+ + Rn 2n + minh sai số Rn hai công thức trên là O( n1 ) Heä quûa Neáu haøm f (x) = ∞ f có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa lân cận x0 , i.e ak (x − x0 )k , thì biểu diễn đó là Cụ thể k=0 ak = f (k) (x0 ) k! k = 0, 1, 2, · · · Chứng minh: Qui nạp mệnh đề trên, với n ∈ N và x lân cận x , ta có ∞ ak (x − x0 )k (n) = k=0 Cho x = x0 ta có công thức trên 3.3 Chuoãi Taylor Cho Taylor cuûa f taïi x0 ∞ k(k − 1) · · · (k − n + 1)ak (x − x0 )k−n k=n
là hàm khả vi vô hạn lân cận ký hiệu và định nghĩa f T f (x) = ∞ ak (x − x0 )k , k=0 đó ak = x0 Khi đó chuỗi f (k) (x0 ) k! Bài toán là nào thì T f (x) = f (x) ? Coù khaû naêng xaûy ra: (1) T f (x) khoâng hoäi tuï Ví duï chuoãi Taylor haøm f (x) = ∞ sin 2k x k! k=0 (2) T f (x) hoäi tuï nhöng T f (x) = f (x) Ví duï haøm f (x) = e− x2 , x = 0, f (0) = 0, laø haøm khaû vi voâ haïn vaø f (k)(0) = 0, ∀k Vaäy T f (x) ≡ = f (x) (3) T f (x) = f (x), |x − x0 | < R Khi đó ta nói f là hàm giải tích trên D = {x : |x − x0 | < R} Mệnh đề Nếu f laø haøm khaû vi voâ haïn vaø toàn taïi C (x0 − R, x0 + R), thì f là hàm giải tích trên khoảng đó cho |f (k) (x)| ≤ C, ∀x ∈ Chứng minh: Theo công thức Taylor, với x ∈ (x0 − R, x0 + R), tồn θ ∈ (0, 1), cho    f (n+1) (x + θR)  CRn+1  n+1  (x − x0 ) |f (x) − Tn (x)| = |Rn (x)| =  ≤   (n + 1)! (n + 1)! Veá phaûi tieán veà 0, n → ∞, neân ta coù f (x) = T f (x)
3.4 Chuỗi Taylor số hàm Từ khai triển Taylor và bán kính hội tụ chuỗi lũy thừa ta có 1 = + x + x2 + · · · + xn + · · · 2! n! (−1)n 2n x + ··· = − x2 + x4 + · · · + 2! 4! (2n)! (−1)n 2n+1 x + ··· = x − x3 + x5 + · · · + 3! 5! (2n + 1)! ex cos x sin x 1−x = + x + x+ · · · + xn + · · · , |x| < (−1)n+1 1 xan + · · · , |x| < ln(1 + x) = x − x2 + x3 + · · · + n α(α − 1) α(α − 1) · · · (α − n + 1) n x +··· + x + · · · , |x| < (1 + x)α = + αx + 2! n! Ví dụ Dựa vào các xchuỗi trên có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa các hàm khác: a) Hàm erf(x) = e−t dt không là hàm sơ cấp Để biểu diễn hàm này dạng chuỗi lũy thừa ta dựa vào biểu diễn ex với x = −t2 : e−t = − t2 + Tích phân từ ta có erf(x) = x − ∞ x2 (−1)n (−1)k x3 + +···+ x2n+1 + · · · = x2k+1 2!5 n!(2n + 1) k!(2k + 1) k=0  x sin t b) Haøm Si(x) = ta coù Si(x) =  x (−1)n 2n t + ···+ t + ··· 2! n! t dt x∈R không là hàm sơ cấp Từ biểu diễn hàm sin x ∞ (−1)n (−1)k t62n+· · · )dt = x2n+1 (1− t + t +· · ·+ 3! 5! (2n + 1)! (2k + 1)!(2k + 1) k=0 Ví dụ Công thức sau cho tính xấp xỉ ln với tốc độ nhanh công thức ví dụ mục 4.3 Từ biểu diễn ln(1 + x) suy xn + · · · , |x| < ln(1 − x) = x + x2 + x3 + · · · + n Laáy ln(1 + x) − ln(1 − x) ta coù  1+x ln 1−x  x2n+1 + · · · ), |x| < = 2(x + x3 + · · · + 2n + 1 Thay x = ,ta coù 1 + ··· + ) + Rn ln = 2( + 3 3.3 (2n + 1)32n+1 I.4 Chuỗi lượng giác Trong đó sai số Rn = (1/9)n 1 1 = o( n ) < = 2k+1 k (2k + 1)3 3(2n + 3) k>n 3(2n + 1) − 1/9 k>n CHUỖI LƯỢNG GIÁC Có nhiều bài toán liên quan đến hàm tuần hoàn Phần này ta xét đến việc biểu diễn hàm tuần hoàn dạng chuỗi Vì hàm sin và hàm cos là tuần hoàn, nên biểu diễn qua chúng tự nhiên và thuận tiện qua hàm lũy thừa Một chuỗi lượng giác là chuỗi hàm dạng a0 + ∞ (ak cos kx + bk sin kx) k=1 T Nhaän xeùt Khi haøm f coù chu kyø T , haøm ϕ(x) = f ( x) coù chu kyø 2π Nhö vaäy, ta 2π cần xét hàm có chu kỳ 2π , sau đó đổi biến 4.1 Tính trực giao Trênkhô ng gian caùc haøm lieân tuïc treân π [−π, π], ta ñònh nghóa tích vô hướng : < f, g >= f (x)g(x)dx, f, g ∈ C[−π, π] −π Khi đó hệ các hàm lượng giác 1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, · · · , cos nx, sin nx, · · · là hệ hàm trực giao theo nghĩa tích vô hướng hàm hệ Cụ thể  π −π π −π π −π Ngoài ra, ta có  π −π vaø dx = 2π, cos kx cos lxdx = k=l sin kx sin lxdx = k=l cos kx sin lxdx = ∀k, l  π −π cos kxdx =  π −π sin2 kxdx = π k = 1, 2, · · · 4.2 Hệ số Fourier Gỉa sử hàm f có thể biểu diễn thành chuỗi lượng giác f (x) = Khi đó f (x) cos lx = f (x) sin lx = a0 + ∞ (ak cos kx + bk sin kx), x ∈ [−π, π] k=1 a0 cos lx + a0 sin lx + ∞ (ak cos kx cos lx + bk sin kx cos lx) k=1 ∞ (ak cos kx sin lx + bk sin kx sin lx) k=1 10 Lấy tích phân hình thức vào dấu tổng, từ tính trực giao nêu trên, ta có  π f (x) cos kxdx, π −π π f (x) sin kxdx, π −π ak = = bk k = 0, 1, 2, · · · k = 1, 2, · · · Caùc heä soá treân goïi laø heä soá Fourier cuûa haøm f 4.3 Chuoãi Fourier Cho f laø haøm khaû tích treân sau goïi laø chuoãi Fourier cuûa f F f (x) = a0 + ∞ [−π, π] Khi đó chuỗi lượng giác (ak cos kx + bk sin kx) k=1 đó ak , bk là hệ số Fourier f cho công thức phần trên Nhaän xeùt • Neáu f laø haøm chaün, i.e F f (x) = 12 a0 + • k=1 Neáu f laø haøm leû, i.e F f (x) = • ∞ ∞ k=1 f (−x) = f (x), thì f (x) sin kx laø haøm leû neân bk = 0, i.e ak cos kx f (−x) = −f (x), thì f (x) cos kx laø haøm leû neân ak = 0, i.e bk sin kx Tính tuyến tính: F (af + bg) = aF f + bF g , với f, g là các hàm khả tích và a, b ∈ R Ví duï Haøm f (x), |x| ≤ π Chuoãi Fourier F f (x) sign x π x ∞ sin(2k + 1)x 2k + k=0 ∞ k=1 (−1)k+1 sin kx k x2 ∞ π2 cos kx +4 (−1)k k2 k=1 Ax2 ∞ ∞ π2 sin kx k cos kx A + C + 4A (−1) + 2B (−1)k+1 k k k=1 k=1 + Bx + C Bài toán đặt là nào F f (x) = f (x) ? 11 I.4 Chuỗi lượng giác Cuõng nhö chuoãi Taylor, ta cuõng coù khaû naêng: (1) F f (x) không hội tụ Người ta đã xây dựng ví dụ hàm liên tục có chu kỳ 2π mà chuoãi Fourier khoâng hoäi tuï taïi moät ñieåm (2) F f (x) hội tụ F f (x) = f (x) Định lý hội tụ điểm sau thấy điều đó (3) F f (x) = f (x) Phần sau đây ta xét các điều kiện để để hội tụ là hội tụ F f (x) = f (x) Hơn nữa, xét điều kiện 4.4 Hội tụ điểm Ký hiệu tổng riêng thứ n chuỗi Fourier f : a0 + Fn f (x) = n (ak cos kx + bk sin kx) k=1 Công thức cho tổng riêng Fn f Để đánh giá hội tụ ta biến đổi Fn f (x) = = = n a0 + (ak cos kx + bk sin kx)  k=1  n π π f (u)du + f (u)(cos ku cos kx + sin ku sin kx)du 2π −π π −π k=1    n 1 π + f (u) cos k(u − x) du π −π k=1  a+T  T g(t)dt = Để ý g có chu kỳ T , thì a phân trên (sau đổi biến t = u − x) với T Fn f (x) = π + f (x + t) −π  đó Từ sin   π 1 + Dn (t) = π  n cos kt k=1 n AÙp duïng cho haøm laáy tích = 2π vaø a = −π − x, ta coù g(t)dt  cos kt dt =  π k=1 −π f (x + t)Dn (t)dt goïi laø nhaân Dirac 1 t cos kt = sin(k + )t − sin(k − )t, 2 thay vaøo toång 2n + 1 sin t Dn (t) = π sin t Deã thaáy Dn laø haøm chaün, coù chu kyø 2π , vaø  π −π Dn (t)dt = Bổ đề Riemann Gỉa sử g là hàm khả tích Riemann trên [a, b] Khi đó lim  b λ→+∞ a g(t) cos λtdt = lim  b λ→+∞ a g(t) sin λtdt = 12 Chứng minh: Trường hợp g khả vi liên tục: lim  b λ→+∞ a  g(t) sin λt b g(t) cos λtdt =  −λ λ a  b a g  (t) sin λtdt Do g bị chặn nên biểu thức trên → 0, λ → +∞ Trường hợp g khả vi liên tục khúc: ta áp dụng chứng minh trên cho đoạn maø g  lieân tuïc Trường hợp g khả tích: từ định nghĩa tích phân với
> 0, tồn hàm bậc thang s cho  π −π Khi đó  b a g(t) cos λtdt =  b a |g − s| <
(g(t) − s(t)) cos λtdt +  b a s(t) cos λtdt AÙp duïng keát quûa treân cho s, | cos λx| ≤ 1, ta coù     b  b   |g(t) − s(t)|dt <
lim  g(t) cos λtdt ≤  λ→+∞  a a Vaäy lim  b λ→+∞ a g(t) cos λtdt = Giới hạn thứ hai chứng minh tương tự
Hàm f gọi là liên tục khúc trên [a, b] nếuu tồn hữu hạn điểm: a = a0 < a1 < · · · < as = b, cho f liên tục trên khoảng (a i−1 , ) và tồn − lim f (x) = f (a+ i ), lim− f (x) = f (ai ), i = 0, · · · , s x→a+ x→a i i Khi đó đạo hàm phải và trái f x, ký hiệu và định nghĩa f+ (x) = lim t→0+ f (x + t) − f (x6+) , t f− (x) = lim t→0+ f (x − t) − f (x− ) , t giới hạn vế phải tồn Ví duï Haøm f (x) = |x|, khoâng khaû vi taïi 0, nhöng f+ (0) = 1, f− (0) = −1 Hàm f (x) = sign x, không liên tục 0, liên tục khúc với f (0+ ) = 1, f (0− ) = −1, coøn f  (0+ ) = f− (0) = Định lý Gỉa sử hàm f có chu kỳ 2π, liên tục khúc trên [−π, π] và f+ (x), f− (x) tồn hữu hạn Khi đó Fn f (x) hội tụ giá trị trung bình cộng f x, i.e F f (x) = (f (x+ ) + f (x− )) Ñaëc bieät, neáu f khaû vi lieân tuïc taïi x, thì F f (x) = f (x) 13 I.4 Chuỗi lượng giác Chứng minh: Để cho gọn ký hiệu Af (x) = (f (x+ ) + f (x− )) Từ tính chất Dn , ta coù  π Fn f (x) − Af (x) = −π  (f (x + t) − Af (x))Dn (t)dt π   f (x + t) + f (x − t) = − Af (x) Dn (t)dt 0π g(t) sin(n + )tdt = 2 t f (x + t) − f (x+ ) + f (x − t) − f (x− ) t 2π sin 2t f+ (x), f− (x) tồn hữu hạn, lim g(t) = (f+ (x) − f− (x)) + π t→0 đó g(t) = Vaäy g laø haøm lieân Do tục khúc (nên khả tích) Từ bổ đề Riemann, tích phân cuối tiến n → ∞,
i.e Fn f (x) → Af (x), n → ∞ Ví dụ Từ định lý trên và ví dụ mục 3, ta có ∞ sin(2k + 1)π , với < |x| < π a) sign x = π k=0 2k + Khi x = 0, −π, π chuoãi veá phaûi nhaän gía trò Khi cho x = π/2, ta coù b) 1− x2 = − 2 π π ∞ ∞ π (−1)k = 2k + k=0 (−1)k k=1 cos kx , k2 với ( sign (x+ ) + sign (x− )) = |x| ≤ π Để ý hàm vế trái nhận giá trị x = ±π , nên có cùng trung bình cọng đó ∞ π2 = Khi cho x = π , ta coù Khi cho x = 0, ta coù Suy ∞ k=1 ∞ k=1 k (−1)k k2 1 = (2k − 1) k=1 =− π2 12 ∞ ∞ (−1)k − k k=1 k k=1 = π2 4.5 Hội tụ Bất dẳng thức Bessel Nếu f khả tích trên [π, π], thì a20 + ∞ (a2k + b2k ) ≤ k=1 π  π −π f (x)dx Đặc biệt, chuỗi vế trái là chuỗi hội tụ Chứng minh: Do tính trực giao nêu 5.1, tính tíchphaân ta coù: π −π (f (x)−Fn f (x))Fn f (x)dx = 0,  π −π (Fn f (x))2 dx = π a20 + n k=1 (a2k + b2k ) 14 Suy  π −π  π f (x)dx = −π π = −π = Vaäy −π (f (x) − Fn f (x) + Fn f (x))2 dx (f (x) − Fn f (x)) dx +  π −π (Fn f (x)) dx + 6π(f (x) − Fn f (x))2 dx + π( n a20 + (a2k + b2k ) ≤ k=1 n → +∞ ta coù baát daúng  π −π a20 + n  π −π (f (x) − Fn f (x))Fn f (x)dx (a2k + b2k )) k=1 f (x)dx Cho thức cần tìm Do chuỗi có số hạng dương nên tính bị chaën töông ñöông tính hoäi tuï
Định lý Giả sử hàm f có chu kỳ 2π, liên tục và f  liên tục khúc trên [−π, π] Khi đó chuỗi F f hội tụ f trên R Chứng minh: Do định lý trên ta có Fn f (x) hội tụ f (x) Ta chứng minh hội tụ theo M-test Gọi ak , bk là các hệ số Fourier f  Tích phân phần, ta có ak = bk =  π f (x) cos kxdx = π −π π f (x) sin kxdx = π −π    sin kx π π  |−π − f (x) f (x) sin kxdx = − bk π k k −π  k  cos kx π π  | + −f (x) f (x) cos kxdx = ak π k −π k −π k Suy 1 |ak cos kx + bk sin kx| ≤ |ak | + |bk | ≤ (b k + ) + (a k + ) k k Từ bất đẳng thức Bessel tụ theo M-test ∞ 2 (a k + b k ) k=0 hoäi tuï, vaø ∞ k2 k=1 hoäi tuï Vaäy chuoãi F f hoäi
4.6 Khai trieån Fourier T X • Khai triển hàm f (x) có chu kỳ T thành chuỗi hàm lượng giác: Đổi biến x = 2π T Khi đó f (x) = f ( X) là hàm có chu kỳ 2π theo biến X Chuỗi Fourier theo biến 2π X coù daïng ∞ a0 + ( ak cos kX + bk sin kX ) k=1 đó ak = π  π −π f( T X) cos kXdX, 2π bk = π  π −π f( T X) sin kXdX 2π 15 I.4 Chuỗi lượng giác Thay laïi X = 2π x, T ta có chuỗi lượng giác dạng ∞ a0 + ( ak cos k=1 2kπ 2kπ x + bk sin x) T T đó các hệ số Fourier f là  T /2 2kπ tdt, f (t) cos T −T /2 T  T /2 2kπ tdt, f (t) sin T −T /2 T ak = = bk • Khai trieån haøm f xaùc ñònh treân triển f thành hàm tuần hoàn f˜ xaùc [a, b] k = 0, 1, 2, · · · k = 1, 2, · · · thành chuỗi lượng giác: Trước hết thác ñònh treân R vaø coù chu kyø T ≥ b − a, i.e f˜(x + kT ) = f (x), x ∈ [a, b], k ∈ Z Sau đó khai triển f˜ cách đã nêu trên • Khai triển chuỗi theo cos hay theo sin: Cho f xác định trên [0, l] Khi đó: - Muốn biểu diễn f (x) dạng chuỗi lượng giác có hàm cos, ta thác triển f thành hàm chẵn trên (−l, l] cách xem f (x) = f (−x), x ∈ (−l, 0) Sau đó khai triển Fourier hàm thác triển đó - Muốn biểu diễn f (x) dạng chuỗi lượng giác có hàm sin, ta thác triển f thành hàm lẻ trên (−l, l] cách xem f (x) = −f (−x), x ∈ (−l, 0) Sau đó khai triển Fourier hàm thác triển đó Ví duï Khai trieån Fourier caùc haøm xaùc ñònh treân [−π, π], chu kyø 2π : a) Khai trieån haøm f (x) = signx, x ∈ [−π, π]: F f (x) = π y −π r sin(2k + 1)x 2k + k=0 r ∞ r - r π r - r r - r r r - b) Khai trieån haøm f (x) = x, x ∈ [−π, π]: F f (x) = - ∞ (−1)k+1 k=1 x sin kx k 16 y  r  r −π  r  r  r π c) Khai trieån haøm f (x) = x2 , x ∈ [−π, π]: y F f (x) = - x ∞ π2 cos kx +4 (−1)k k2 k=1 r r −π - x π Ví duï Khai trieån Fourier caùc haøm xaùc ñònh treân [0, 2π], chu kyø 2π : Haøm f (x), ≤ x < 2π Khai trieån Fourier F f (x) ∞ sin kx k k=1 x π−2 x2 ∞ ∞ cos kx sin kx π +4 − 4π k k k=1 k=1 Ax2 + Bx + C ∞ ∞ cos kx sin kx A π + Bπ + C + 4A − (4πA − 2B) k k k=1 k=1  r  r  r 2π F f (x) = x, < x < 2π  r  r - x 17 I.4 Chuỗi lượng giác  r  r  r 2π  r  r - x F f (x) = x2 , < x < 2π Nhận xét Các hàm có cùng biểu thức f (x) xác định trên các miền khác hay choïn chu kyø khaùc nhau, thì caùc haøm thaùc trieån noùi chung khaùc Chaúng hạn, thác triển f (x) = x, x ∈ [−π, π] và f (x) = x, x ∈ [0, 2π] (với cùng chu kỳ 2π ) laø khaùc Vì vaäy khai trieån Fourier cuûa chuùng noùi chung laø khaùc Ví duï Cho f (x) = x, x ∈ [0, π] a) Muốn khai triển f (x) thành chuỗi lượng giác có cos Thác triển f thành hàm chaün, i.e f (x) = |x|, x ∈ [−π, π] Khai trieån Fourier vaø haøm f thoûa ñieàu kieän cuûa ñònh lyù veà hoäi tuï ta coù |x| = y @ @ @ ∞ π − π cos(2k + 1)x , −π ≤ x ≤ π (2k + 1)2 k=1 @ @ @ @ @ @ −π @ @ @ @ @ @ - x π b) Muốn khai triển f (x) thành chuỗi lượng giác có sin Thác triển f thành hàm leû, i.e f (x) = x, x ∈ [−π, π] Khai trieån Fourier vaø haøm f thoûa ñieàu kieän cuûa ñònh lyù veà hoäi tuï ta coù ∞ x=2 (−1)k+1 k=1 y  r −π sin kx , −π < x < π k  r π  r  r  r - x 18 Ví dụ Từ các ví dụ trên và tính hội tụ điểm, ta có các giá trị 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 3x2 − 6πx + 2π62 12 x π − 3x2 12 với < x < 2π với < x < 2π với |x| < π với |x| < π Từ các công thức trên suy ∞ sin(2k + 1)x 2k + k=0 ∞ cos(2k + 1)x (2k + 1)2 k=0 ∞ sin 2kx 2k k=1 ∞ cos 2kx (2k)2 k=1 = = = = π π − 2πx π − 2x 6x − 6πx + π 24 với < x < π với < x < 2π với < x < π với < x < 2π Với các gía trị x cụ thể các công thức trên suy ∞ π2 , = k2 k=1 ∞ π2 (−1)k+1 , = k2 12 k=1 ∞ π (−1)k = 2k + k=0 II Khoâng gian Rn KHOÂNG GIAN EUCLID Rn 1.1 Khoâng gian vector Rn Trong Rn = {x = (x1, · · · , xn ) : xi ∈ R, i = 1, · · · , n} có trang bị phép toán: x + y = (x1 , · · · , xn ) + (y1 , · · · , yn ) = (x1 + y1 , · · · , xn + yn ) αx = α(x1 , · · · , xn ) = (αx1 , · · · , αxn ), α ∈ R Với phép toán trên Rn là không gian vector n-chiều trên R Ta thường dùng sở chính taéc: e1 = (1, 0, · · · , 0), · · · , en = (0, · · · , 0, 1) n
Vaäy x = (x1 , · · · , xn ) = xi ei Ta cuõng kyù hieäu vector khoâng laø = (0, · · · , 0) Ngoài cấu trúc đại số, Euclid: i=1 Rn còn có cấu trúc hình học xác định tích vô hướng 1.2 Tích vô hướng-Chuẩn-Metric Cho x = (x , · · · , xn ), y = (y1, · · · , yn ) ∈ Rn Tích vô hướng: Chuaån: Metric: < x, y >= x1 y1 + · · · + xn yn √ x = < x, x > = (x21 + · · · + x2n ) d(x, y) = x − y = {(x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 } Sau ñaây laø caùc tính chaát cô baûn cuûa caùc aùnh xaï treân: Tính chaát Cho x, y, z ∈ Rn vaø α, β ∈ R Tính chất tích vô hướng: (S1) < αx + βy, z > = α < x, y > +β < x, z > (S2) < x, y > = < y, x > (S3) < x, x > ≥ 0, vaø < x, x >= Tính chaát cuûa chuaån: (N 1) x ≥ 0, vaø x = (N 2) αx = |α|x (N 3) x + y ≤ x + y Tính chaát cuûa metric: (M 1) d(x, y) ≥ 0, vaø d(x, y) = (M 2) d(x, y) = d(y, x) (M 3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y) vaø chæ x = vaø chæ x = vaø chæ x = y Chứng minh: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức tam giác (N 3) Ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: | < x, y > | ≤ xy Thực vậy, tam thức bậc 2: tx + y2 = x2 t2 + < x, y > t + y2 ≥ 0, ∀t ∈ R Suy ∆ =< x, y >2 −x2 y2 ≥ 0, i.e bất đẳng thức trên đúng 20 Vaäy x + y2 = x2 + y2 + < x, y >≤ x2 + y2 + 2xy = (x + y)2 , i.e ta có bất đẳng thức (N 3) (N 3) suy (M 3) Coøn caùc tính chaát khaùc laø roõ raøng
Bài tập: Chứng minh | < x, y > | = xy và x, y tỉ lệ Bài tập: Hãy chứng minh bất đẳng thức đáng chú ý sau: max |xi | ≤ x ≤ 1≤i≤n √ n max |xi | 1≤i≤n 1.3 Tính đủ Rn Moät daõy X ⊂ Rn laø aùnh xaï x : N −→ X , x(k) = xk = (xk,1 , · · · , xk,n ) Thường ký hiệu dãy (xk )k∈N hay ngắn gọn (xk ) Daõy (xk ) goïi laø hoäi tuï veà a ∈ Rn , kyù hieäu lim xk = a, hay xk → a, neáuu1 k→∞ ∀ > 0, ∃N : k ≥ N =⇒ d(xk , a) <  Bài tập: Từ bất đẳng thức tam giác chứng minh giới hạn dãy có là Từ bất đẳng thức bài tập mục 1.2, ta có nguyên lý đưa chiều: Mệnh đề Cho dãy (xk ) và a = (a1 , · · · , an ) ∈ Rn Khi đó lim xk = a k→∞ Baøi taäp: Tính lim xk , k→∞  xk = vaø chæ lim xk,i = , i = 1, · · · , n k→∞ đó √ 1 k 100 ln k √ k k , k , p , 2, k p , √ k p k e k k!  (p > 0) Bài tập: Từ mệnh đề trên hãy phát biểu và chứng minh các tính chất hội tụ dãy tổng, hiệu, tích vô hướng, chuẩn, các dãy hội tụ Daõy (xk ) goïi laø daõy Cauchy hay daõy cô baûn neáuu ∀ > 0, ∃N : k, l ≥ N =⇒ d(xk , xl ) <  Mệnh đề Một dãy Rn là hội tụ và nó là dãy Cauchy Chứng minh: Trước hết nhắc lại là dãy số R hội tụ và nó là dãy Cauchy sau đó áp dụng mệnh đề trên suy kết qủa Trong giáo trình này qui ước: nếuu = và
21 II.2 Topo Rn TOPO TRONG Rn 2.1 Hình caàu Cho a ∈ Rn vaø r > Hình cầu mở tâm a bán kính r, định nghĩa: B(a, r) = {x ∈ Rn : d(x, a) < r} Hình cầu đóng tâm a bán kính r, định nghĩa: B(a, r) = {x ∈ Rn : d(x, a) ≤ r} Vậy hình cầu là khái quát hóa khái niệm khoảng, đĩa tròn, hình cầu không gian 1, 2, chiều tương ứng Cho X ⊂ Rn và a ∈ Rn Khi đó a goïi laø ñieåm cuûa X neáuu ∃r > : B(a, r) ⊂ X a goïi laø ñieåm bieân cuûa X neáuu ∀r > : B(a, r) ∩ X = ∅, B(a, r) ∩ (Rn \ X) = ∅ Ví dụ Đoạn [α, β] R có các điểm là x cho α < x < β , hai điểm biên laø α, β Baøi taäp: Xaùc ñònh bieân cuûa taäp Q R 2.2 Tập mở Tập X ⊂ Rn gọi là tập mở nếuu điểm X là điểm trong, i.e ∀a ∈ X, ∃r > : oB(a, r) ⊂ X Kyù hieäu int X hay X = Taäp moïi ñieåm cuûo a X , vaø goïi laø phaàn cuûa X Nhận xét Rõ ràng, X mở và X =X Bài tập: Chứng minh khoảng mở R, hình cầu mở là các tập mở Tìm ví dụ tập không mở Mệnh đề (i) và Rn là các tập mở (iii) Giao hữu hạn tập mở là mở ∅ (ii) Hợp họ tập mở là mở Chứng minh: (i) là rõ ràng (ii) Giả sử Ui , i ∈ I là các tập mở Cho x ∈ U =  i∈I Ui Khi đó tồn i0 ∈ I, x ∈ Ui0 Do tính mở, tồn cầu B(x, r) ⊂ Ui0 (⊂ U ) Vậy x là điểm U , nên U mở (iii) đợc chứng minh tương tự
Nhận xét Giao vô hạn tập mở nói chung không mở Chẳng hạn,  1 (− , ) i i i∈N 2.3 Tập đóng Tập X ⊂ Rn gọi là đóng nếuu phần bù Rn \ X là mở Ví dụ Các tập hữu hạn, các tập rời rạc Z, khoảng đóng [a, b], hình cầu đóng là các tập đóng Khoảng mở hay Q không là tập đóng (tại sao?) Từ Mệnh đề trên và qui tắc De Morgan suy Mệnh đề (i) và Rn là các tập đóng (ii) Giao họ tập đóng là đóng (iii) Hợp hữu hạn tập đóng là đóng ∅ Để hiểu các đặc trưng khác tập đóng ta cần khái niệm: a ∈ Rn gọi là điểm tụ hay điểm giới hạn X nếuu ∀r > 0, B(a, r) ∩ X chứa phần tử khác a (và đó có vô số phần tử) Ký hiệu Cl X hay X = X∪ tập điểm giới hạn X , gọi là bao đóng X Baøi taäp: Trong k ∈ N}, vaø Q R tìm các điểm giới hạn của: tập rời rạc, khoảng [a, b), taäp {1/k : 22 Mệnh đề Cho X ⊂ Rn Khi đó các điều sau tương đương: (i) X là tập đóng (ii) X = X (iii) X chứa điểm giới hạn nó (iv) Moïi daõy (xk ) X hoäi tuï veà x, thì x ∈ X Chứng minh: (i) ⇒ (ii): Giả sử x là điểm giới hạn X Khi đó ∀r > 0, B(x, r)∩X = ∅, i.e ∀r > 0, B(x, r) ⊂ Rn \ X Suy x ∈ int(Rn \ X) = Rn \ X (do (i)) Vaäy x ∈ X (ii) ⇒ (iii): Từ định nghĩa (iii) ⇒ (iv): Giả sử (xk ) ⊂ X , xk → x Nếu tập {xk } các phần tử dãy là hữu hạn, thì tồn k0 , x = xk0 , x ∈ X Nếu tập {xk } vô hạn, thì x là điểm giới haïn cuûa X , (iii) x ∈ X (iv) ⇒ (i): Phản chứng, giả sử Rn \ X không mở Khi đó tồn x ∈ Rn \ X không là điểm trong, i.e ∀r > 0, B(x, r) ∩ X = ∅ Vậy x là điểm giới hạn X Theo (iv) x ∈ X voâ lyù
TAÄP COMPACT 3.1 Taäp compact Taäp K ⊂ Rn gọi là compact nếuu K đóng và giới nội, i.e K đóng và tồn R > : K ⊂ B(0, R) Ví dụ Đoạn [a, b] R, tập hữu hạn, hình cầu đóng B(a, r), hình hộp đóng [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] Rn laø caùc taäp compact Để nêu các định nghĩa tương đương tập compact, nhằm mục đích thuận tiện sử dụng, ta có khái niệm sau 3.2 Phủ mở Họ K là phủ mở tập P = {Ui , i ∈ I} (I laø taäp chæ soá) goïi  Rn nếuu i ∈ I , Ui là tập mở Rn và K ⊂ Ui 1 Ví dụ Họ các khoảng (a − , b + ), k ∈ N, k k (a, a + 1), a ∈ R, là họ phủ mở R i∈I là họ phủ mở [a, b] Hoï 3.3 Định lý Cho K là tập Rn Khi đó các điều sau tương đương: (i) K đóng và giới nội (ii) K thoả điều kiện Bolzano-Weierstrass: Moïi daõy (xk ) K , toàn taïi daõy (xσ(k) ) hoäi tuï veà x vaø x ∈ K (iii) K thoả điều kiện Heine-Borel: Mọi phủ mở P = {Ui , i ∈ I} K , tồn phủ hữu hạn {Ui1 , · · · , Uis } K Chứng minh: Ta chứng minh (ii) ⇔ (i) ⇔ (iii) (i) ⇒ (ii): Giả sử (xk ) ⊂ K Do tính giới nội, tồn R > 0, cho xk  < R Vậy các dãy tọa độ tương ứng (xk,i )k∈N , (i = 1, · · · n) là các dãy số bị chặn Vậy theo nguyên lý Weierstrass cho R, (x k,1 ) có dãy (xσ1 (k),1 ) hội tụ a1 Tương tự, Một dãy (xk ) có dạng (xσ(k) ), với σ : N → N là dãy tăng 23 II.4 Taäp lieân thoâng coù daõy (xσ2(k),2 ) hoäi tuï veà a2 , · · · , (xσn−1(k),n ) coù daõy (xσn (k),n ) hội tụ an Vậy dãy (xσn (k) ) hội tụ a = (a1 , · · · , an ) Do K đóng x ∈ K (ii) ⇒ (i): Giả sử x là điểm giới hạn K Vậy x là giới hạn dãy K Từ (ii) suy x ∈ K Vậy K đóng Nếu K không giới nội, thì tồn dãy (xk ) ⊂ K, xk  > k Dễ thấy dãy này không theå coù daõy naøo hoäi tuï (iii) ⇒ (i): Họ cầu mở {B(0, i), i ∈ N} phủ K , nên (iii) suy K có thể phủ hữu hạn cầu B(0, 1), · · · , B(0, s) Vậy K giới nội Để chứng minh K đóng, ta kiểm tra Rn \ K là mở Cho x ∈ Rn \ K Khi đó (xσ1 (k),2 )  K ⊂ Rn \ {x} = Rn \ ( B(x, 1/i)) = i∈N Theo (iii) toàn taïi N cho K ⊂  (Rn \ B(x, 1/i)) i∈N N  (Rn \ B(x, 1/i)) = Rn \ B(x, 1/N ), i=1 i.e B(x, 1/N ) ⊂ Rn \ K Vaäy x laø ñieåm cuûa Rn \ K (i) ⇒ (iii): Phản chứng, giả sử P = {Ui , i ∈ I} là phủ mở K mà họ hữu haïn cuûa noù khoâng theå phuû K Với k = 1, K giới nội, tồn hữu hạn cầu bán kính phủ K Theo giả thiết, tồn cầu B1 bán kính cho K ∩ B1 không thể phủ hữu hạn U i Lập luận tương tự, với k ∈ N, tồn cầu Bk bán kính 1/k cho Bk ⊂ Bk−1 và K ∩ Bk không thể phủ hữu hạn U i Với k , chọn xk ∈ K ∩ Bk Khi đó tồn lim xk = a ∈ K Vậy tồn số i0 cho a ∈ Ui0 Do tính mở, tồn r, B(a, r) ⊂ Ui0 Mt khác, k đủ lớn, Bk ⊂ B(a, r) Vậy Bk ⊂ Ui0 Điều này mâu thuẫn với tính
chaát cuûa daõy Bk Nhận xét Họ {Ui , i ∈ [0, 1]} với Ui = {i} là phủ tập compact phủ hữu hạn Để ý là Ui không mở Bài tập: Hợp, giao, tích các tập compact có compact? [0, 1], khoâng coù TAÄP LIEÂN THOÂNG 4.1 Ñònh nghóa Taäp gọi là liên thông nếuu nó không thể tách tập mở, i.e không tồn cặp tập mở U, V cho: C ⊂ U ∪ V, C ∩ U = ∅ = C ∩ V , vaø C ∩ U ∩ V = ∅ Nói cách khác, với cặp tập mở U, V , cho C ⊂ U ∪ V, C ∩ U ∩ V = ∅, thì C ⊂ U hay C ⊂ V C ⊂ Rn 4.2 Phân loại tập liên thông R C ⊂ R lieân thoâng vaø chæ ∀x, y ∈ C, x < y ⇒ [x, y] ⊂ C Nh tập liên thông R có dạng điểm hay khoảng < a, b >, đó dấu < hay > để ký hiệu ] hay [ Chứng minh: (⇒) Phản chứng, giả sử x, y ∈ C, x < y (x, y) ⊂ C , i.e tồn z ∈ (x, y), z ∈ C Khi đó dễ thấy U = (−∞, z), C V = (z, +∞) là các tập mở tách 24 (⇐) Phản chứng, giả sử C không liên thông Khi đó tồn các tập mở U, V tách C Gọi x ∈ U ∩ C, y ∈ V ∩ V Không tổng quát, giả sử x < y Đt z = sup U ∩ [x, y] Vì U mở, x < z và z ∈ U Vì V mở, z < y và z ∈ V Suy (x, y) ⊂ C
Sau đây là tiêu chuẩn trực quan để nhận biết tập là liên thông Đoạn thẳng nối a, b ∈ Rn đợc định nghĩa là [a, b] = {x = a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]} p  Một đường gấp khúc nối a, b là hợp hữu hạn đoạn: [ai , ai+1 ], a0 = a, ap+1 = b 4.3 Mệnh đề Cho i=0 Giả sử C là tập mở Khi đó C liên thông và C ⊂ với cặp điểm a, b ∈ C tồn đường gấp khúc C nối a và b Rn Chứng minh: Giả sử C liên thông Cố định a ∈ C Đt tồn đường gấp khúc C nối a và x} và không tồn đường gấp khúc C nối a và x} Khi đó, có thể kiểm tra là U, V khác trống, thì chúng là tập mở, tách C Do C liên thông và U = ∅, suy V = ∅ Vậy C = U = tập có tính chất đã nêu Ngược lại, giả sử C có tính chất nêu trên Trước hết ta có khẳng định sau: U = {x ∈ C : V = {x ∈ C : Neáu Li , i ∈ I, laø caùc taäp lieân thoâng vaø  i∈I Li = ∅ , thì  i∈I Li lieân thoâng (baøi taäp) Do 4.2, đoạn thẳng là liên thông Từ khẳng định trên suy đường gấp khúc liên thông, vì là hợp hữu hạn đoạn thẳng mà đoạn kề có điểm chung Bây cố định a ∈ C Mọ i x ∈ C gọi L x là đường gấp khúc Cnối a và x Lx = ∅, từ khẳng định trên suy C = Lx laø taäp Khi đó Lx liên thông và lieân thoâng x∈C Ví duï Caùc taäp sau laø lieân thoâng: x∈C
Rn , B(a, r), B(a, r), [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] TỔNG QUÁT HOÁ Nhiều kết qủa giáo trình này không đúng cho không gian vô hướng Euclid, mà còn đúng cho các không gian tổng quát Rn, với tích Không gian metric Một không gian metric là tập M trên đó có trang bị ánh xạ d : M × M → R, (x, y) → d(x, y), thoả các tính chất (M1)(M2)(M3) 1.2 Khoâng gian ñònh chuaån Moät khoâng gian ñònh chuaån laø moät khoâng gian vector V trên trường R, trên đó có trang bị ánh xạ   : V chất (N1)(N2)(N3) 1.2 → R, x → x, thoả caùc tính Không gian có tích vô hướng Một không gian có tích vô hướng là không gian vector V trên trường R, trên đó R, (x, y) →< x, y >, thoả các tính chất coù trang bò moät aùnh xaï (S1)(S2)(S3) 1.2 < , >: V × V → 25 II.5 Toång quaùt hoùa Baøi taäp: a) Nếu < , > là tích vô hướng trên V , thì x =< x, x >, x ∈ V , xác định chuẩn treân V b) Neáu   laø chuaån treân V , thì d(x, y) = x−y, x, y ∈ V xaùc ñònh moät metric treân V Trên không gian metric, không gian định chuẩn hay không gian có tích vô hướng, các khái niệm dãy, dãy hội tụ, dãy Cauchy, hình cầu, tập mở, tập đóng, · · · định nghĩa tương tự Rn Một không gian metric mà dãy Cauchy hội tụ gọi là không gian metric đủ Một không gian định chuẩn đủ gọi là không gian Banach Một không gian có tích vô hướng đủ gọi là không gian Hilbert Như Rn là không gian metric đủ, chính xác nó là không gian Hilbert hữu haïn chieàu Ví duï a) Trong Rn ngoài chuẩn Euclid, có thể xác định nhiều chuẩn khác (và vì có nhiều khoảng cách khác nhau), chẳng hạn: x∞ = max |xi | (chuaån max), hay xp = (|x1 |p + · · · + |xn |p ) p (p ≥ 1) 1≤i≤n Ở chương sau ta chứng minh chuẩn Rn cho khái niệm hội tụ b) Trong khoâng gian C[a, b] caùc haøm lieân tuïc treân [a, b], d(f, g) = sup |f (t) − g(t)|, f, g ∈ C[a, b], t∈[a,b] xác định metric (tương ứng khái niệm hội tụ đều) c) Biểu thức sau xác định tích vô hướng C[a, b]: < f, g > =  b a f (t)g(t)dt, f, g ∈ C[a, b] Sự hội tụ ứng với metric sinh tích vô hướng trên gọi là hội tụ trung bình Bài tập: Hãy vẽ hình cầu R2 với các chuẩn cho ví dụ a) III Haøm lieân tuïc treân Rn GIỚI HẠN HAØM 1.1 Ñònh nghóa Cho X laø taäp cuûa Rn AÙnh xaï f : X → Rm , x = (x1 , · · · , xn ) → f (x) = (f1 (x), · · · , fm (x)) gọi là ánh xạ (thực) n biến (thực) x1 , · · · , xn , với m hàm thành phần fi : X → R, i = 1, · · · , m Khi m = ta gọi ánh xạ là hàm Đôi lúc, thói quen, ta dùng thuật ngữ “hàm” thay cho “aùnh xaï” m > Khi n = thường ký hiệu biến là x; n = ký hiệu biến là x, y; còn n = ký hieäu bieán laø x, y, z Cho f tương đương với việc cho đồ thị f , i.e tập graph f = {(x, f (x)) : x ∈ X} ⊂ R n × Rm Do tính trực quan đồ thị có vai trò đặc biệt quan trọng các trường hợp mà n + m ≤ 3, xeùt tính chaát cuûa aùnh xaï Ví duï
a) f (x, y) = − x2 − y2 có đồ thị là nửa trên mặt cầu đơn vị R3 b) f (x, y) = x2 + y2 có đồ thị là mặt Paraboloid Baøi taäp: haõy tìm caùch moâ taû hình hoïc cho f : R2 → R2 , f (x, y) = (x2 − y2 , 2xy) 1.2 Giới hạn hàm Giả sử Khi đó gọi là có giới hạn f (x) → L, x → a; neáuu f a là điểm giới L ∈ Rm x haïn cuûa X ⊂ Rn vaø f : X → Rm tieán veà a , kyù hieäu x→a lim f (x) = L hay ∀
> 0, ∃δ > : x ∈ X \ {a}, d(x, a) < δ ⇒ d(f (x), L) <
Dễ thấy định nghĩa theo ngôn ngữ (
, δ) Cauchy trên hoàn toàn tương đương với định nghĩa theo dãy Heine: lim f (x) = L x→a neáuu moïi daõy (xk ) ⊂ X \ {a}, lim xk = a ⇒ lim f (xk ) = L k→∞ k→∞ Để ý là mặt hình thức định nghĩa trên hoàn toàn giống trường hợp hàm biến, cùng với tính chất giới hạn dãy ta có Mệnh đề lim f (x) = L = (L1 , · · · , Lm ) ⇐⇒ lim fi (x) = Li , i = 1, · · · , m x→a x→a Bài tập: Từ mệnh đề trên phát biểu và chứng minh các tính chất giới hạn tổng, hiệu, tích vô hướng, chuẩn, hợp các ánh xạ, đồng thời tính bảo toàn quan hệ thứ tự ≤ qua giới hạn các hàm 28 Ví duï a) lim xy(x + y) = 0, (x,y)→(0,0) x2 + y    xy(x + y)  |x2 + y ||x + y| ≤ |x + y| → 0, (x, y) → (0, 0) vì  2  ≤ x +y |x2 + y | sin xy sin xy = lim x = 1.0 = b) lim x (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) xy x−y không tồn Để chứng minh điều này cần chọn dữay, chẳng c) lim (x,y)→(0,0) x + y hạn (xk , yk ) = ( k1 , k1 ) và (xk , yk ) = ( k1 , 0) tiến (0, 0), nhng f (xk , yk ) → còn f (xk , yk ) → 1.3 Giới hạn lặp Giới hạn trên còn gọi là giới hạn đồng thời để phân biệt với khái niệm giới hạn lặp sau đây Cho f (x, y) là hàm hai biến (hay tổng quát hơn, hàm hai biến) Giả sử (x0 , y0 ) là điểm giới hạn miền xác định f Xét các giới haïn a12 = 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 các giới hạn trên ? Trả lời: lỏng lẻo, xét các ví dụ sau Ví dụ Với x0 = 0, y0 = a) f (x, y) = (x + y) sin x1 sin y1 Ta coù a12 , a21 khoâng toàn taïi, a = x2 − y Ta coù a12 = 0, a21 = 1, coøn a khoâng toàn taïi x2 + y xy c) f (x, y) = 2 Ta coù a12 = a21 = 0, coøn a khoâng toàn taïi x +y d) f (x, y) = x sin y1 Ta coù a12 = 0, a21 khoâng toàn taïi, a = b) f (x, y) = Bài tập: Tìm điều kiện để các giới hạn nêu trên tồn và a = a 12 = a21 Moät caùc ñieàu kieän laø: Mệnh đề Cho f : X × Y → Rm , x0 , y0 là điểm tụ X, Y tương ứng Giả sử (i) Toàn taïi y→y lim f (x, y) = g(x), ∀x ∈ X (ii) Toàn taïi x→x lim f (x, y) = h(y) theo y , i.e ∀
> 0, ∃δ > : x ∈ X, d(x, x0 ) <
⇒ d(f (x, y), h(y)) <
, ∀y ∈ Y Khi đó các giới hạn sau tồn và lim (x,y)→(x0 ,y0 ) f (x, y) = lim lim f (x, y) = lim lim f (x, y) x→x0 y→y0 y→y0 x→x0 29 III.1 Giới hạn 1.4 Giới hạn vô cùng - Giới hạn vô cùng Ta còn xét các giới hạn x tiến “vô cùng” hay giới hạn “vô cùng”, và có các khái niệm tương ứng cho các ký hiệu sau: lim f (x) = L, lim f (x) = ∞, x→∞ x→a lim f (x) = ∞ x→∞ Bài tập: hãy nêu các định nghĩa cho phù hợp với các khái niệm tương ứng haøm moät bieán Coù bao nhieâu “ñieåm voâ cuøng” R n ? Hieåu theá naøo laø hình caàu hay laân caän cuûa ñieåm voâ cuøng ? 1.5 Kyù hieäu o vaø O Cho a ∈ Rn hay a = ∞ Kyù hieäu Fa (Rn , Rm ) laø gian các hàm từ lân cận a Rn vào Rm Để so sánh các hàm lân cận a, người ta thường dùng các ký hiệu sau Cho f, ψ ∈ Fa (Rn , Rm ) Khi đó ký hiệu và định nghĩa: f = o(ψ) x → a ⇔ lim x→a khoâng f (x) = ψ(x) Bài tập: Cho f, g, ψ ∈ Fa (Rn , Rm) Chứng minh: (1) Neáu f = o(ψ) vaø g = o(ψ) x → a, thì f + g = o(ψ) x → a (2) Neáu f = o(ψ) x → a vaø g bò chaën, thì < f, g >= o(ψ) x → a Cho f, ψ ∈ Fa (Rn , Rm ), kyù hieäu vaø ñònh nghóa: f = O(ψ) x → a ⇔ ∃C > 0, r > : f (x) ≤ C ψ(x) , ∀x ∈ B(a, r) Bài tập: Cho f, g, ψ ∈ Fa (Rn , Rm) Chứng minh: (1) Neáu f = O(ψ) vaø g = O(ψ) x → a, thì f + g = O(ψ) x → a (2) Neáu f = O(ψ) x → a vaø g bò chaën, thì < f, g >= O(ψ) x → a Nhận xét Như ký hiệu o(ψ), O(ψ) lớp hàm không phải hàm cụ thể nào Chẳng hạn, từ f = o(ψ) và g = o(ψ) không thể suy f = g Cho f, g ∈ Fa (Rn , R), kyù hieäu vaø ñònh nghóa: f ∼ g x → a ⇔ lim x→a f (x) = g(x) Bài tập: Chứng minh quan hệ ∼ là quan hệ tương đương Ví duï Khi n → ∞, ta coù: P (n) = ap np + ap−1 np−1 + · · · + a0 ∼ ap np (ap = 0) n(n + 1) = O(n2 ) + +··· + n = n(2n + 1)(n + 2) = O(n3 ) 12 + 22 + · · · + n2 =    n+  n n √ n 2πn = O n! ∼ e e 30 Baøi taäp: So saùnh 2n , np , lnq n, np lnq n n → +∞ Bài tập: Chứng minh với p ∈ N, ta có: 1p + 2p + · · · + np = O(np+1 ) n → ∞ TÍNH LIEÂN TUÏC 2.1 Ñònh nghóa f : X → Rm , X ⊂ R n , goïi laø lieân tuïc taïi a∈X neáuu lim f (x) = f (a) x→a Bài tập: viết định nghĩa liên tục theo ngôn ngữ (
, δ), và theo ngôn ngữ dãy Từ định nghĩa dễ thấy f liên tục a tương đương với điều kiện hình học: ∀
> 0, ∃δ > : B(a, δ) ⊂ f −1 (B(f (a),
) Bài tập: Cho f : Rn → Rm Chứng minh các điều sau tương đương (i) f lieân tuïc treân Rn (ii) Mọi tập mở V ⊂ Rm , f −1 (V ) là mở (iii) Mọi tập đóng F ⊂ Rm , f −1 (F ) là đóng Kyù hieäu C(X, Rm ) khoâng gian caùc haøm f : X → Rm lieân tuïc taïi moïi ñieåm cuûa X Hàm f gọi là gián đoạn a nếuu f không liên tục a Từ tính chất giới hạn dễ suy Mệnh đề Tổng, hiệu, tích vô hướng, thương (m = và mẫu khác không), hợp các haøm lieân tuïc laø lieân tuïc Ví duï a) Lớp các hàm sơ cấp là các hàm lập thành các hàm sơ cấp bản: hàm haèng, haøm chieáu f (x1 , · · · , xn ) = xi (i = 1, · · · , n), haøm exponent ex , haøm logarithm ln x, hàm sine sin x và hàm arcsine arcsin x; các phép toán số học (cộng, trừ, nhân, chia) và các phép hợp thành Theo mệnh đề trên hàm sơ cấp là liên tục trên taäp xaùc ñònh cuûa noù b) Hàm đa thức f (x1 , · · · , xn ) =  0≤i1 ···in ≤N ai1 ,··· ,in xi11 · · · xinn , laø lieân tuïc treân Rn vì laø toång caùc tích caùc haøm lieân tuïc: x → xi , c) Nhaéc laïi aùnh xaï T : Rn −→ Rm goïi laø tuyeán tính neáuu x → a T (αx + βy) = αT (x) + βT (y), ∀x, y ∈ Rn , α, β ∈ R Khi cố định sở chính tắc, T hoàn toàn xác định ma trận m dòng n cột (aij )m×n , m  đó T (ej ) = aij ei , j = 1, · · · , m i=1 31 III.2 Tính lieân tuïc Nếu biểu diễn y = T x dạng vector cột, ta có quan hệ theo qui tắc nhân ma trận:     y1     =  ym ··· a1n am1 am2 · · · amn a11 a12    x1    xn Mỗi hàm thành phần là đa thức bậc 1, suy ánh xạ tuyến tính là liên tục Bài tập: Cho T là ánh xạ tuyến tính Chứng minh ∃M > : Ta seõ kyù hieäu T x ≤ M x , ∀x ∈ Rn T = max T x , x=1 goïi laø chuaån cuaû T 2.2 Caùc ñònh lyù cô baûn cuûa haøm lieân tuïc treân taäp compact Ñònh lyù (Weierstrass) Cho f (K) compact f : K −→ R m Neáu f lieân tuïc vaø K compact, thì Heä quûa Neáu f : K → R là hàm liên tục trên tập compact K ⊂ Rn , thì f đạt max, trên K , i.e tồn a, b ∈ K cho f (a) = sup f (x), f (b) = inf f (x) x∈K x∈K Chứng minh: Giả sử (yk ) là dãy f (K) Gọi xk ∈ K, yk = f (xk ) Do K compact, toàn taïi daõy xσ(k) ) hoäi tuï veà x ∈ K Do tính lieân tuïc cuûa f daõy (yσ(k) = f (xσ(k) )) hoäi tuï veà f (x) ∈ f (K) Vaäy f (K) compact Khi m = 1, theo chứng minh trên f (K) là đóng và giới nội Từ tính giới nội, suy tồn M = sup f (K) và m = inf f (K) Từ f (K) đóng, tồn a, b ∈ K , cho f (a) = M, f (b) = m
Ñònh lyù (Cantor) Cho tục trên K , i.e f : K −→ R m Neáu f lieân tuïc vaø K compact, thì f lieân ∀
> 0, ∃δ > : x, x ∈ K, d(x, x ) < δ =⇒ d(f (x), f (x )) <
Chứng minh: Phản chứng, giả sử f không liên tục đều, i.e ∃
> 0, ∀k ∈ N, ∃xk , xk ∈ K : d(xk , xk ) < , k nhöng d(f (xk ), f (xk )) ≥
Do K compact, tồn dãy (xσ(k)) (xk ) hội tụ x ∈ K Từ bất đẳng thức , suy dãy (xσ(k)) (xk ) hội tụ x Từ tính d(xσ(k) , xσ(k) )) < σ(k) lieân tuïc cuûa f suy d(f (xσ(k)), f (xσ(k))) hoäi tuï veà d(f (x), f (x)) = Ñieàu naøy mâu thuẫn với giả thiết
Bài tập: Tìm ví dụ hàm liên tục không liên tục (HD: Chẳng hạn xét 32 haøm f (x) = , x ∈ (0, +∞).) x Ứng dụng Mọi không gian vector hữu hạn chiều E tồn chuẩn và chuẩn E laø töông ñöông Trước hết ta nêu các định nghĩa Cho E là không gian vector trên R Ánh xạ N : E → R gọi là chuẩn nếuu nó thoả các điều kiện (N 1)(N 2)(N 3) cuûa tính chaát  I.1.3 Chaúng haïn, R n , x → max1≤i≤n |xi | hay x → ni=1 |xi | laø caùc chuaån khaùc chuaån Euclid x Nhận xét Nếu không gian có chuẩn, thì trên không gian đó có khái niệm hội tụ theo chuẩn đã cho Ta noùi chuaån N1 , N2 laø töông ñöông neáuu toàn taïi soá döông M, m cho mN1 (x) ≤ N2 (x) ≤ M N1 (x), ∀x ∈ E Nhaän xeùt Nhö vaäy chuaån töông ñöông cho hai khaùi nieäm hoäi tuï nhö nhau, i.e moät daõy hoäi tuï theo chuaån naøy thì cuõng hoäi tuï theo chuaån Để chứng minh tồn chuẩn trên E , cố định sở f , · · · , fn E Khi đó ñaúng caáu tuyeán tính T : E → Rn , x1 f1 + · · · + xn fn → (x1 , · · · , xn ), caûm sinh chuaån NE = T −1 ◦ N trên E từ chuẩn N trên Rn Cũng từ đẳng cấu đó, để chứng minh chuẩn trên E tương đương, ta cần chứng minh chuẩn N Rn tương đương với chuẩn Euclid , moïi chuaån Rn (vaø vì vaäy treân E ) laø töông ñöông Gọi S n−1 = {x ∈ Rn : x = 1} là mặt cầu đơn vị Khi đó vì N liên tục (tại sao?), N (x), vaø m = N (x) vaø S n−1 compact (taïi sao?), suy toàn taïi M = max n−1 n−1 x∈S x ∈ S n−1 Rõ ràng M, m > Với x ∈ \ {0}, ta có x bất đẳng thức cần chứng minh m x ≤ N (x) ≤ M x Rn x∈S Từ tính chất (N 2) suy
2.3 Ñònh lyù cô baûn cuûa haøm lieân tuïc treân taäp lieân thoâng Ñònh lyù (Cauchy) Cho lieân thoâng f : C → Rm Neáu f lieân tuïc vaø C lieân thoâng, thì f (C) Heä quûa Cho f : C → R Neáu f lieân tuïc vaø C lieân thoâng, thì f (C) laø moät khoûang Suy ra, neáu a, b ∈ C vaø µ ∈ R maø f (a) < µ < f (b), thì toàn taïi c ∈ C : f (c) = µ Hệ qủa Cho f là hàm liên tục trên tập liên thông C Nếu f (C) là tập rời raïc (chaúng haïn f chæ nhaän caùc giaù trò nguyeân), thì f laø haøm haèng Chứng minh: Phản chứng, giả sử f (C) không liên thông, i.e tồn các tập mở A, B tách f (C) Từ tính liên tục f suy tồn các tập mở U, V cho f −1 (A) = C ∩ U và f −1 (B) = C ∩ V Dễ kiểm tra U, V là các tập mở tách C Vậy C khoâng lieân thoâng Do tập liên thông R1 là khỏang và tập hợp rời rạc liên thông và noù laø moät ñieåm, suy caùc heä quûa
33 III.2 Tính lieân tuïc Bài tập: Cho f : [a, b] → [a, b] là hàm liên tục Chứng minh tồn x ∗ ∈ [a, b], cho f (x∗ ) = x∗ Baøi taäp: Cho f : [a, b] → R lieân tuïc vaø f (b), f (a) traùi daáu Duøng phöông phaùp chia đôi đoạn, xây dựng dãy (xk ) hội tụ nghiệm phương trình f (x) = Ứng dụng (Định lý Ulam-Borsuk) Mọi hàm liên tục f : S n −→ R, n ≥ 1, toàn taïi x0 ∈ cho f (x0 ) = f (−x0 ) (trong đó S n = {x ∈ Rn+1 : x = 1} là mặt cầu đơn vị.) Sn Để chứng minh, xét g(x) = f (x) − f (−x) Khi đó g liên tục trên S n là tập liên thông (tại sao?) Vậy g(S n ) là khoảng R Mặt khác g(x)g(−x) ≤ 0, nên g(S n ) phải chứa Từ đó suy điều cần chứng minh
2.4 Nguyeân lyù aùnh xaï co Ñònh lyù (Banach) Cho (theo metric d), i.e M ⊂ Rn là tập đóng Giả sử f : M → M là ánh xạ co ∃θ, < θ < : d(f (x), f (y)) ≤ θd(x, y), ∀x, y ∈ M Khi đó tồn điểm bất động f , i.e ∃!x∗ ∈ M : f (x∗ ) = x∗ Cụ thể, cho x0 ∈ M xây dựng dãy (xk ) với x1 = f (x0 ), xk+1 = f (xk ) (k = 2, 3, · · · ) Khi đó (xk ) hội tụ điểm bất động x∗ f Chứng minh: Với dãy (xk ) xây dựng nh trên, ta có d(xk+1 , xk ) = d(f (xk ), f (xk−1 ) ≤ θd(xk , xk−1 ) ≤ · · · ≤ θk d(x1 , x) Từ đó suy với m = 1, 2, · · · d(xk+m , xk ) ≤ d(xk+m , xk+m−1 ) + · · · + d(xk+1 , xk ) ≤ (θk+m + · · · θk )d(x1 , x0 ) θk d(x1 , x) → 0, k → ∞ ≤ 1−θ Vậy (xk ) là dãy Cauchy, nên tồn lim xk = x∗ Do M đóng x∗ ∈ M Dễ thấy f co thì f liên tục và từ cách xây dựng dãy suy f (x∗ ) = x∗ Nếu x̄ ∈ M là điểm bất động f , i.e f (x̄) = x̄, thì d(x̄, x∗ ) = d(f (x̄), f (x∗ )) ≤ θd(x̄, x∗ ) Do θ < 1, neân d(x̄, x∗ ) = 0, i.e x̄ = x∗
Ví dụ Cho f : R → R là hàm khả vi Gỉa sử tồn < θ < cho |f  (x)| < θ, ∀x Khi đó theo định lý Lagrange |f (x) − f (y)| = |f  (c)||x − y| ≤ θ|x − y|, ∀x, y ∈ R Vaäy f laø aùnh xaï co Baøi taäp: Tìm ví duï haøm f :M →M thoûa d(f (x), f (y)) < d(x, y), ∀x, y ∈ M, x = y, 34 không phải là ánh xạ co, và không có điểm bất động ( Hd: Xét f (x) = x + , x với x ∈ M = [1, ∞)) Baøi taäp: Cho T : Rn → Rn laø aùnh xaï tuyeán tính coù ma traän bieåu dieãn laø (tij ) Chứng minh T là ánh xạ co (đối với metric tương ứng) n  i,j=1 t2ij < hay n  hay |tij | < i,j=1 n max |tij | < 1≤i,j≤n SỰ HỘI TỤ ĐỀU 3.1 Định nghĩa Cho dãy hàm (fk )k∈N , đó fk : X → Rm , Dãy (fk ) gọi là hội tụ (điểm) hàm f nếuu với Dãy (fk ) gọi là hội tụ trên X f nếuu X ⊂ Rn x ∈ X , lim f k (x) = f (x) ∀
> 0, ∃N (
) : k ≥ N ⇒ d(fk (x), f (x)) ≤
, ∀x ∈ X, noùi moät caùch khaùc, neáu ñaët Mk = sup d(fk (x), f (x)), x∈X thì lim Mk = k→∞ Một chuỗi hàm trên X , là tổng hình thức dạng ∞  với fk : X → Rm fk = f0 + f1 + · · · + fk + · · · , k=0 Xét dãy hàm tổng riêng thứ k Sk = f0 + f1 + · · · + fk Khi đó chuỗi gọi là hội tụ điểm (t.ư hội tụ đều) trên X nếuu (S k ) hội tụ điểm (t hội tụ đều) trên X Như khái niệm chuỗi hàm xem là trường hợp riêng dãy hàm Ví duï   1 − |x| fk (x) =  k neáu |x| ≤ k, neáu |x| > k Khi đó (fk ) hội tụ f (x) ≡ Tuy nhiên hội tụ là không vì a) Cho dãy hàm trên R xác định sup |fk (x) − f (x)| = → 0, x∈R b) Chuoãi haøm ∞  k=0 xk hoäi tuï ñieåm veà f (x) = , 1−x k → ∞ treân [−1, 1) vaø neáu ≤ r < 1, thì hội tụ là trên [−r, r] − xk+1 Ta kieåm tra tính Để chứng minh, xét dãy hàm Sk (x) = + x + · · · + xk = 1−x hội tụ trên [−r, r]:    xk+1  rk+1   → 0, sup |Sk (x) − f (x)| = sup  = 1−r |x|≤r |x|≤r  − x  Vậy tính hội tụ chứng minh Bài tập: Chứng minh chuỗi trên hội tụ điểm f treân (−1, 1), k → ∞ hội tụ là 35 III.3 Sự hội tụ không trên tập đó 3.2 Mệnh đề Dãy (fk ) hội tụ trên X và nó thỏa điều kiện Cauchy ∀
> 0, ∃N : k, l > N ⇒ d(fk (x), fl (x)) ≤
, ∀x ∈ X Chứng minh: Xem bài tập
Nhiều hàm định nghĩa qua dãy hàm hay chuỗi hàm Bài tập: Dựa vào mệnh đề trên, chứng minh các chuỗi hàm sau là hội tụ trên R và hội tụ trên đoạn [a, b] a) b) c) 1 x + · · · + xk + · · · 1! k! 1 x2k+1 + · · · x − x3 + · · · + 3! (2k + 1)! 1+ 1+ 2k x + ···+ x + ··· 2! 2k! (ñònh nghóa haøm ex ) (ñònh nghóa haøm sin x) (ñònh nghóa haøm cos x) Ví dụ Cho fk (x) = xk , x ∈ [0, 1] Khi đó (fk ) là dãy các hàm liên tục, hàm giới hạn không liên tục Mệnh đề sau minh họa là điều kiện hội tụ bảo toàn số tính chất giải tích cuûa daõy 3.3 Mệnh đề Cho (fk ) f , thì f liên tục là dãy hàm Nếu fk liên tục với k và (fk ) hội tụ Chứng minh: Với x0 và
> 0, tính hội tụ đều, tồn N cho k > N , d(f (x), fk (x)) <
vaø d(f (x0 ), fk (x0 )) <
Coá ñònh k Do tính lieân tuïc cuûa fk taïi x0 , toàn taïi δ > 0, cho d(fk (x), fk (x0 )) <
d(x, x0 ) < δ Vaäy d(f (x), f (x0)) ≤ d(f (x), fk (x)) + d(fk (x), fk (x0 )) + d(fk (x0 ), f (x0 )) <
, i.e f lieân tuïc taïi x0
3.4 Khoảng cách các hàm Ta có thể xem các hàm là các phần tử không gian hàm nào đó Hơn nữa, có thể đo khoảng cách các hàm nh đo khoảng các các điểm Rn Tùy theo bài toán mà người ta định nghĩa khoảng cách tương ứng Sau đây là khái niệm khoảng các tương ứng với hội tụ Cho X ⊂ Rn Kyù hieäu BF (X, Rn ) laø khoâng gian caùc haøm bò chaën f : X → Rn , i.e f ∈ BF (X, Rm ) ⇔ ∃M > : f (x) ≤ M, ∀x ∈ X 36 Treân khoâng gian naøy ñònh nghóa chuaån f = sup f (x) x∈X Dễ dàng chứng minh các khẳng định sau: (i) BF (X, Rm ) là không gian định chuẩn với chuẩn đợc định nghĩa trên Như vậy, Rn , chuẩn trên cho phép đo khoảng cách các hàm nhờ metric d(f, g) = f − g , f, g ∈ BF (X, Rm ) (ii) Cho f, fk ∈ BF (X, Rm) Khi đó dãy hàm (fk )k∈N hội tụ f và fk → f BF (X, Rm ) theo metric neâu treân, i.e d(f k , f ) → 0, k → ∞ (iii) Nếu X compact, thì C(X, Rm ) là không gian đủ, i.e không gian này daõy hoäi tuï vaø chæ noù laø daõy Cauchy Khẳng định (iii) này suy từ mệnh đề 3.3, (iv) suy từ mệnh đề 3.2, với chú ý là điều kiện compact bảo đảm tính giới nội hàm liên tục trên đó ÑÒNH LYÙ STONE-WEIERSTRASS Phần này ta nghiên cứu việc xấp xỉ hàm liên tục hàm đơn giản, dễ xử lý (như hàm tuyến tính khúc, hàm bậc thang hay hàm đa thức) 4.1 Xấp xỉ hàm tuyến tính khúc Hàm liên tục g : [a, b] → R gọi là tuyến tính khúc nếuu tồn phân hoạch a = a0 < a1 < · · · < ak = b, cho trên đoạn g là hàm bậc nhất: g(x) = Ai x + Bi , x ∈ [ai−1 , ], i = 1, · · · , k Do g liên tục các hệ số Ai , Bi phải thỏa hệ thức nào đó Dễ thấy đồ thị g là đường gấp khúc Bài tập: Cho f : [a, b] → R liên tục Khi đó tồn dãy hàm tuyến tính khúc hội tụ f Hd: Với phân hoạch đoạn [a, b], xét hàm tuyến tính khúc mà đồ thị là đường gấp khúc nối các điểm thuộc đồ thị f ứng với các điểm chia Dựa vào tính liên tục f chứng tỏ phân hoạch càng mịn thì hàm tuyến tính đó càng gần haøm f 4.2 Xấp xỉ hàm bậc thang Hàm haøm baäc thang neáuu toàn là trên tập đó phân hoạch K thành hữu hạn tập Bài tập: Cho f : [a, b] → R liên tục Khi đó tồn dãy hàm bậc thang hội tụ f Hd: Với phân hoạch đoạn [a, b], xét hàm bậc thang mà giá trị trên đoạn chia là giá trị nào đó f trên đoạn đó (chẳng hạn giá trị đầu mút hay max, min) Dựa vào tính liên tục f chứng tỏ phân hoạch càng mịn thì hàm bậc thang đó càng gần hàm f Baøi taäp: Toång quaùt baøi taäp treân cho haøm lieân tuïc treân taäp compact R n g : K → R goïi laø X1 , · · · , Xk cho g Phần sau ta xét đến việc xấp xỉ hàm đa thức hay đa thức lượng giác 37 III.4 Ñònh lyù Stone-Weierstrass 4.3 Định lý (Weierstrass) Với hàm f liên tục trên đoạn [a, b] tồn dãy hàm đa thức hội tụ f Chứng minh: Cách chứng minh sau Bernstein (1912) có tính xây dựng dãy đa thức cụ thể hội tụ f Bằng phép đổi biến x = a + t(b − a), ta đưa trường hợp [a, b] = [0, 1] Dãy đa thức Bernstein đợc định nghĩa sau là hội tụ f : Bk (x) = Bk f (x) = k  p Ckp f ( )xp (1 − x)k−p k p=0 Để chứng minh, trước hết ta chuẩn bị số đẳng thức k  Ckp xp y k−p Công thức nhị thức: (x + y)k = Đạo hàm theo x và nhân x: kx(x + y)k−1 = Đạo hàm lần và nhân x2 : k(k − 1)x2 (x + y)k−2 = p=0 k  p=0 pCkp xp y k−p k  p=0 p(p − 1)Ckp xp y k−p Đặt y = − x và rp (x) = Ckp xp (1 − x)k−p , thay vào các đẳng thức trên k  rp (x) = 1, p=0 k  k  prp (x) = kx, p=0 p(p − 1)rp (x) = k(k − 1)x2 p=0 Suy k   (p − kx)2 rp (x) = k x2 p=0 rp (x) − 2kx p=0 k  prp (x) + p=0 k  p2 rp (x) = kx p=0 = k x2 − 2kx + (kx + k(k − 1)x2 ) = kx(1 − x) Bây đặt M = max |f (x)| Cho
> Do tính liên tục tồn δ > 0, cho, |x|≤1 neáu |x − y| < δ , thì |f (x) − f (y)| <
Ta cần đánh gía f (x) − Bk (x) = f (x) − k  k  p p Ckp f ( )xp (1 − x)k−p = (f (x) − f ( ))rp (x) k k p=0 p=0 Chia toång cuoái chia thaønh toång:  p p gồm các p : | − x| < δ Khi đó |f (x) − f ( )| <
và rp (x) ≥ 0, nên k k |  1| ≤
k  p=0 rp (x) =
38  p − x| ≥ δ k goàm caùc p : | |  2| ≤ 2M Khi đó | p − kx | ≥ 1, kδ   k   p − kx rp (x) ≤ 2M kδ p=0 |p−kx|≥kδ ≤ neân M 2M kx(1 − x) ≤ kδ 2δ k rp (x) Tóm lại, với
> 0, tồn δ > 0, cho |f (x) − Bk (x)| ≤ | Vaäy k ≥ M/2δ2
, ta coù:  1| +|  2| <
+ M 2δ k sup |f (x) − Bk (x)| < 2

|x|≤1 Bài tập: Chứng minh giả thiết compact là cần thiết định lý Weierstrass ( Hd: Chứng minh hàm f (x) = ex không thể xấp xỉ đa thức trên R.) Bây ta xét đến trường hợp tổng quát 4.4 Định nghĩa Tập A các hàm xác định trên K ⊂ Rn gọi là đại số nếuu ∀f, g ∈ A, α ∈ R, vaø f + g, f g αf ∈ A Đại số hàm A gọi là tách điểm nếuu ∀x, y ∈ K, x = y, ∃ϕ ∈ A : ϕ(x) = ϕ(y) Ví duï a) Tập R[x1 , · · · , xn ] các đa thức n biến thực là đại số hàm trên Rn b) Tập các đa thức lượng giác dạng a0 + k  (ap sin px + bp cos px), ap , bp ∈ R, k ∈ N, p=1 là đại số hàm trên R c) Cho ϕ1 , · · · , ϕs : K → R Lớp các hàm có dạng sau là đại số hàm trên K k  p1 +···+ps =0 ap1 ···ps ϕp11 (x) · · · ϕps (x), với ap1 ···ps ∈ R, k ∈ N Bài tập: Chứng minh các đại số ví dụ a) và b) là tách điểm 4.5 Định lý (Stone-Weierstrass) Cho K là tập compact Rn Giả sử A ⊂ C(K) là đại số các hàm liên tục trên K , tách điểm và chứa hàm Khi đó với hàm hàm liên tục trên K có thể xấp xỉ hàm A, i.e ∀f ∈ C(K), ∃gk ∈ A : (gk )k∈N hội tụ f 39 III.4 Ñònh lyù Stone-Weierstrass Chứng minh: (Stone-1948) Ta chuẩn bị số bổ đề Bổ đề Đặt A = {g : g là giới hạn dãy hàm thuộc A} Khi đó A ⊂ C(K) là đại số, tách điểm, chứa hàm Hơn nữa, dãy hàm (hk ) ⊂ A hội tụ h, thì h ∈ A, i.e A = A Thực vậy, rõ ràng A là đại số hàm liên tục, Mệnh đề 3.3, và tách điểm chứa hàm vì chứa A Hơn nữa, giả sử (hk ) ⊂ A hội tụ h Khi đó, với k, tồn dãy (gk,i ) ⊂ A hội tụ hk (khi i → ∞) Theo qui tắc đường chéo (Bài
taäp: laäp luaän kieåu ) toàn taïi daõy (gk = gσ(k),i(k) ) ⊂ A hoäi tuï veà h Vaäy h ∈ A Bổ đề Với x, y ∈ K, Để xây dựng h, α, β ∈ R, A taùch ñieåm toàn ϕ(z) − ϕ(x) Khi đó h là α + (β − α) ϕ(y) − ϕ(x) toàn taïi haøm h ∈ A, h(x) = α, h(y) = β taïi ϕ ∈ A, ϕ(x) haøm caàn tìm = ϕ(y) Ñònh nghóa h(z) = Bổ đề Nếu h1, h2 ∈ A, thì max(h1, h2 ), min(h1 , h2) ∈ A h + h + |h − h | h + h − |h − h | 2 vaø min(h1 , h2 ) = , Thaät vaäy, max(h1 , h2 ) = 2 nên cần chứng minh rằng: h ∈ A ⇒ |h| ∈ A Để chứng minh điều đó, ta có h liên tục trên tập compact, nên tồn M > 0, cho |h(x)| < M, ∀x ∈ K Theo định lý Weierstrass, tồn dãy đa thức (P k ) hội tụ hàm [−M, M ]  t → |t| Đặt gk = Pk ◦ h Khi đó (gk ) là dãy các hàm thuộc A và hội tụ |h| Bây ta chứng minh định lý Cho f ∈ C(K) Từ Bổ đề 1, ta cần chứng minh: ∀
> 0, ∃g ∈ A : d(f (x), g(x)) <
, ∀x ∈ K, i.e f (x) −
< g(x) < f (x) +
, ∀x ∈ K Với x, y ∈ K , theo Bổ đề 2, tồn hx,y ∈ A : hx,y (x) = f (x), hx,y (y) = f (y) Cố định x Khi đó với y ∈ K , hx,y (y) = f (y), tồn cầu mở Uy tâm y cho hx,y (z) < f (z) +
, ∀z ∈ Uy ∩ K Họ Px = {Uy , y ∈ K} là phủ mở K , K compact, tồn hữu hạn tập mở Uy1 , · · · , Uyp phủ K Đặt hx = min(hx,y1 , · · · , hx,yp ) Theo Bổ đề 3, h x ∈ A và hx (z) < f (z) +
, ∀z ∈ K Với x ∈ K , hx (x) = f (x) và tính liên tục, tồn cầu mở Vx tâm x cho f (z) −
< hx (z), ∀z ∈ Vx ∩ K Họ P = {Vx , x ∈ K} là phủ mở K Từ tính chất Heine-Borel, tồn hữu tập Vx1 , · · · , Vxq phủ K Đặt g = max(hx1 , · · · , hxq ) Theo Bổ đề 3, g ∈ A và f (z) −
< g(z), z ∈ K haïn 40 Deã thaáy g laø haøm caàn tìm
4.6 Heä quûa Moïi haøm lieân tuïc treân R đa thức lượng giác Pk (x) = ak,0 + (ak,p sin( Nk  p=1 và có chu kỳ T có thể xấp xỉ dãy 2πpx 2πpx ) + bk,p cos( )) T T Chứng minh: Để ý là hàm liên tục trên R, có chu kỳ T > là thác triển hàm thuộc C[0, T ] Vậy để chứng minh cần kiểm tra tập các đa thức lượng giác thỏa điều kiện định lý Stone-Weierstrass
4.7 Heä quûa Moïi haøm lieân tuïc treân taäp compact dãy hàm đa thức n biến 4.8 Heä quûa Cho đại số hàm trên K1 ⊂ Rn1 K1 , K2 töông Rn có thể xấp xỉ vaø K2 ⊂ Rn2 laø caùc taäp compact, A1 vaø A2 laø caùc ứng Nếu A1 và A2 là tách điểm và chứa hàm hằng, thì hàm f ∈ C(K1 × K2 ) có thể xấp xỉ hàm có dạng đó gi ∈ A1 , hi ∈ A2 , k ∈ N k  gi (x)hi (y) i=1 , Chứng minh: Chỉ cần kiểm tra các hàm có dạng trên là đại số hàm liên tục trên K1 × K2 , tách điểm và chứa hàm hằng, áp dụng định lý Stone-Weierstrass
Nhận xét Định lý Stone-Weierstrass khẳng định khả xấp xỉ hàm liên tục trên tập compact đa thức hay đa thức lượng giác, việc chứng minh không cho phép xây dựng tường minh dãy hàm xấp xỉ Để tính toán cụ thể (xác định hệ số đa thức xấp xỉ) cần nhiều giả thiết hình học tập hay tính chất hàm Chẳng hạn, hàm liên tục trên đoạn [a, b] có thể xấp xỉ dãy đa thức Bernstein Toång quaùt hôn, neáu K laø hình hoäp R n , ta coù Bài tập: Cho f ∈ C[0, 1]n Đa thức Bernstein thứ k f định nghĩa Bk (x1 , · · · , xn ) =  0≤p1 ,··· ,pn ≤k Ckp1 · · · Ckpn f ( pn p1 , · · · , )xp11 · · · xpnn (1−x1 )k−p1 · · · (1−xn )k−pn k k Chứng minh dãy (Bk ) hội tụ f Một hướng phát triển khác là việc nghiên cứu lớp các hàm có thể biểu diễn cách địa phương chuỗi lũy thừa: lý thuyết hàm giải tích IV Đạo hàm ĐẠO HAØM Trước đưa định nghĩa, ta có nhận xét sau: Cho U là tập mở R Hàm f : U → R là khả vi a ∈ U tồn số thực f
(a), cho lim x→a i.e i.e f (x) − f (a) f (a + h) − f (a) = lim = f
(a) h→0 x−a h f (a + h) = f (a) + f
(a)h + o(h), f (x) có thể xấp xỉ hàm bậc T (x) = f (a) + f
(a)(x − a), 1.1 Ñònh nghóa Cho khaû vi taïi a∈U với x đủ gần a là tập mở Rn Ánh xạ f : U → neáuu toàn taïi aùnh xaï tuyeán tính A : Rn → Rm , cho U f (a + h) − f (a) − Ah → 0, h Rm goïi laø h → Khi đó, A gọi là đạo hàm f a và ký hiệu Df (a) hay f
(a) Nhaän xeùt Theo ñònh nghóa, neáu f khaû vi taïi a, ta coù f (a + h) = f (a) + Df (a)h + o(h), ϕ(h) = đó o(h) ký hiệu các hàm ϕ(h) thỏa: h→0 lim h Như f khả vi a và f có thể xấp xỉ bậc lân cận a, ánh xạ affin T Khi đó T (x) = f (a) + Df (a)(x − a) gọi là ánh xạ tiếp xúc với f a Về mặt hình học, tính khả vi f a tương đương với tồn phẳng tiếp xúc với đồ thị (a, f (a)) Khi đó đồ thị f Gf = {(x, y) ∈ Rn × Rm : y = f (x), x ∈ U } , có phẳng tiếp xúc là đồ thị ánh xạ tiếp xúc T Ta = {(x, y) ∈ Rn × Rm : y = T (x) = f (a) + Df (a)(x − a), x ∈ Rn } Vì ta coù d((x, f (x)); Ta) ≤ d(f (x), T (x)) = o(x − a), x → a 42 Mệnh đề (i) Neáu f khaû vi taïi a thì aùnh xaï tuyeán tính Df (a) laø nhaát (ii) Nếu f khả vi a, thì nó liên tục đó Chứng minh: Nếu A, B là các ánh xạ tuyến tính thoả Định nghĩa 1.1, đó lim h→0 A(h) − B(h) = h Từ tính tuyến tính, suy với x ∈ R n \ 0, ta có A(tx) − B(tx) A(x) − B(x) = lim =0 t→0 x tx Vaäy A(x) = B(x), ∀x ∈ Rn , i.e Nếu f có đạo hàm Df (a), thì A = B lim (f (x) − f (a)) = lim (f (x) − f (a) − Df (a)(x − a)) + lim Df (a)(x − a) = x→a x→a x→a Vaäy f lieân tuïc taïi a
Ví duï a) Đạo hàm hàm điểm là ánh xạ tuyến tính b) Đạo hàm ánh xạ tuyến tính T điểm là chính nó, i.e DT (a) = T, ∀a Baøi taäp: Tìm ví duï caùc haøm soá khoâng khaû vi Nhận xét (i) Trường hợp hàm biến, để ý là ánh xạ tuyến tính R → R m , có dạng h → < A, h >, với A ∈ Rm nào đó Như trường hợp này đạo hàm đồng cách tự nhiên với vector (hay ma trận cột) A ∈ R m f (a + h) − f (a) Trong trường hợp này, đạo hàm hàm biến tính f
(a) = lim h→0 h 43 IV.1 Đạo hàm (ii) Không thể tính đạo hàm giới hạn nêu trên trường hợp số biến n > 1, y vì nói chung phép chia , với y ∈ Rm , h ∈ Rn , là không định nghĩa h Theo quan điểm tính toán: ánh xạ tuyến tính Rn −→ Rm đồng với ma trận cấp m × n, ta cố định sở trên Rn và Rm Vậy sử dụng cở sở chính tắc, ma trận Jf (a) biểu diễn đạo hàm Df (a) xác định nào ? Trước hết để ý với vector thứ j , e j ∈ Rn , sở chính tắc (khi viết dới daïng ma traän coät), theo pheùp nhaân ma traän, ta coù cột thứ Jf (a)ej = j cuûa ma traän Jf (a) Từ định nghĩa đạo hàm a, ta có Df (a)(tej ) = f (a + tej ) − f (a) + o(t) Ta coù ñònh nghóa: 1.2 Đạo hàm riêng Đạo hàm riêng theo biến thứ j hàm f a , ký hiệu Dj f (a) hay ∂f (a), ∂xj là giới hạn (nếu tồn tại) Dj f (a) = ∂f f (a + tej ) − f (a) (a) = lim t→0 ∂xj t ∂f a = (a1 , · · · , an ) ta cố định các biến xk = ak , với k = j , và Như để tính ∂xj lấy đạo hàm hàm biến xj → f (a1 , · · · , xj , · · · , an ) aj Tổng quát hơn, cho e ∈ Rn \ 0, ta định nghĩa đạo hàm theo hướng e hàm f a, là giới hạn (nếu tồn tại) De f (a) = ∂f f (a + te) − f (a) (a) = lim t→0 ∂e t Nhận xét Đạo hàm theo hướng đánh gía độ biến thiên f theo hướng e a Ví duï a) Cho f (x, y) = xy Từ công thức tính đạo hàm hàm biến, ta có ∂f ∂f (x, y) = yxy−1 , (x, y) = xy ln y ∂x ∂y b) Cho f (x, y) =
|xy| (x, y > 0) Tính theo ñònh nghóa, ta coù f (t, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = 0, t→0 ∂x t tương tự ∂f (0, 0) = ∂y 1.3 Ma traän Jacobi Cho f (x1, · · · , xn) = (f1(x1 , · · · , xn ), · · · , fm (x1 , · · · , xn )) Nếu f khả vi a ∈ U , thì ma trận biểu diễn Df (a) sở chính tắc gọi là ma trận Jacobi f a , ký hiệu Jf (a) Từ các nhận xét trên suy ra: 44 ∂fi Mệnh đề Nếu f khả vi a, thì nó có đạo hàm riêng ∂x (a), (i = 1, · · · , m; j = 1, · · · , m), j vaø ma traän Jacobi    Jf (a) =    ∂f1 (a) ∂xn ··· ∂fm (a) ∂xn ∂f1 (a) · · · ∂x1 ··· ··· ∂fm (a) · · · ∂x1       Như Df (a) : Rn → Rm là ánh xạ tuyến tính xác định   dx =  dx1      → dy =  dxn dy1    = Jf (a)dx dym Ta coù caùch vieát vi phaân coå ñieån:    df1           dfm = ∂f1 ∂f1 (a)dx1 + · · · + (a)dxn ∂x1 ∂xn = ∂fm ∂fm (a)dx1 + · · · + (a)dxn ∂x1 ∂xn Ví duï a) Haøm f : R2 −→ R3 , f (x, y) = (x2 + y2 , x + y, xy) laø khaû vi taïi moïi (x, y) ∈ R2 , vaø ma traän Jacobi   2x 2y   Jf (x, y) =  1  y x b) Xeùt haøm f (x, y) = x2 + y2 Haøm coù haøm tieáp xuùc taïi (x0 , y0 ) laø T (x, y) = x20 + y02 + 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ) Đồ thị hàm là paraboloid cho phương trình z = x2 + y2 , R3 Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với đồ thị (x0 , y0 , z0 ) là đồ thị hàm T z − z0 = 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ) Để ý là phương trình trên có thể suy từ vi phân dz = 2x dx + 2y0 dy 1.4 Quan hệ đạo hàm và đạo hàm riêng Nếu f có đạo hàm a, thì f có đạo hàm riêng theo hướng a Nếu f có các đạo hàm riêng a, thì không thể suy f khả vi a
∂f ∂f Ví dụ hàm f (x, y) = |xy|, có các đạo hàm riêng (0, 0) = (0, 0) = Nhưng ∂x ∂y Df (0, 0) không tồn Thật vậy, f có các đạo hàm riêng, nên theo định nghĩa và mệnh đề trên, f khả vi (0, 0) và ∂f ∂f (0, 0) (0, 0) f (h, k) − f (0, 0) − ∂x ∂y √ h2 + k  h k  →0, (h, k) → (0, 0) 45 IV.2 Caùc qui taéc cô baûn - Ñònh lyù phaàn gia
|hk| i.e √ 2 → 0, (h, k) → (0, 0), ñieàu naøy khoâng coù h +k Tuy nhieân, neáu theâm ñieàu kieän, ta coù ∂f , Mệnh đề Cho f : U → Rm , U ⊂ Rn mở Nếu các đạo hàm riêng ∂x i lieân tuïc treân U , thì f khaû vi taïi moïi x ∈ U i = 1, · · · , n, Chứng minh: Chỉ cần chứng minh cho m = (?) Với h = (h1 , · · · , hn ) gần 0, f (x + h) − f (x) = n  (f (x + vj ) − f (x + vj−1 )), j=1 với vj = (h1 , · · · , hj , 0, · · · , 0) Với j , áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm biến g j (hj ) = f (x + vj ), ta coù f (x + vj ) − f (x + vj−1 ) = ∂f (cj )hj , ∂xj với cj = vj−1 + θj hj ej , < θj < Từ giả thiết liên tục các đạo hàm riêng x suy  ∂f ∂f 1  ∂f |f (x + h) − f (x) − | ( (x)hj | = lim (cj ) − (x))hj | = 0, h→0 h h→0 ∂x h ∂x ∂x j j j j j lim i.e haøm f khaû vi taïi x
CAÙC QUI TAÉC CÔ BAÛN - ÑÒNH LYÙ PHAÀN GIA Dựa vào định nghĩa đạo hàm, phương pháp chứng minh trường hợp bieán deã daøng suy 2.1 Caùc qui taéc cô baûn Toång : Neáu f, g khaû vi taïi x, thì f + g cuõng khaû vi taïi x vaø D(f + g)(x) = Df (x) + Dg(x) Tích : Neáu f, g khaû vi taïi x vaø m = 1, thì f g khaû vi taïi x vaø D(f g)(x) = Df (x)g(x) + f (x)Dg(x) Thöông : Neáu f, g khaû vi taïi x vaø g(x) = 0, thì f g khaû vi taïi x vaø Df (x)g(x) − f (x)Dg(x) f D( )(x) = g g(x)2 Hợp : Cho f : U −→ V và g : V −→ W , U, V, W là các tập mở Rn , Rm , Rp tương ứng Nếu f khả vi x, g khả vi y = f (x), thì g ◦ f khả vi x và Dg ◦ f (x) = Dg(f (x))Df (x) 46 Chứng minh: Ở đây trình bày chứng minh công thức đạo hàm hàm hợp Theo gỉa thiết, ta có f (x + h) = f (x) + Df (x)h + ϕ1 (h), với ϕ1 (h) = o(h) Tương tự, g(f (x) + k) = g(f (x)) + Dg(f (x))k + ϕ2 (k), với ϕ2 (k) = o(k) Suy g ◦ f (x + h) = g(f (x) + Df (x)h + ϕ1 (h))    k = g(f (x)) + Dg(f (x))Df (x)h + Dg(f (x))ϕ1 (h) + ϕ2 (Df (x)h + ϕ1 (h)) Xét hạng tử cuối đẳng thức trên Từ bài tập II.2.1 ta có Dg(f (x))ϕ1 (h) ≤ Dg(f (x))ϕ1 (h) = o(h), ϕ2 (Df (x)h + ϕ1 (h)) = o(Df (x)h + ϕ1 (h)) = o(h) Từ đó suy g ◦ f khả vi x và D(g ◦ f )(x) = D(g(f x))Df (x)
Qui tắc dây chuyền: Trong thực hành công thức đạo hàm hàm hợp tương ứng phép nhaân caùc ma traän Jacobi Jh(x) = Jg(f (x))Jf (x) Cuï theå, neáu kyù hieäu vaø f (x) = (f1 (x1 , · · · , xn ), · · · , fm (x1 , · · · , xn )), g(y) = (g1 (y1 , · · · , ym ), · · · , gp (y1 , · · · , ym )), thay biến y = f (x), ta có hàm hợp h(x) = g ◦ f (x) = (h1 (x1 , · · · , xn ), · · · , hp (x1 , · · · , xn )), thì pheùp nhaân caùc ma traän treân laø       ∂h1 ∂x1 ··· ∂hp ∂x1 ··· ··· ··· ∂h1 ∂xn ··· ∂hp ∂xn       =     ∂g1 ∂y1 ··· ∂gp ∂y1 ··· ··· ··· ∂g1 ∂ym ··· ∂gp ∂ym       ∂f1 ∂x1 ··· ∂fm ∂x1 ··· ··· ··· ∂f1 ∂xn ··· ∂fm ∂xn       Suy qui taéc sau m  ∂gi ∂f1 ∂gi ∂f2 ∂gi ∂fm ∂gi ∂fk ∂hi = + +··· = ∂xj ∂y1 ∂xj ∂y2 ∂xj ∂ym ∂xj ∂yk ∂xj k=1 Ví dụ Giả sử f (x, y) là hàm khả vi theo biến x, y Nếu x = r cos ϕ, đặt h(r, ϕ) = f (r cos ϕ, r sin ϕ) Khi đó ∂f ∂f ∂h = cos ϕ + sin ϕ, ∂r ∂x ∂y y = r sin ϕ, ∂h ∂f ∂f = (−r sin ϕ) + r cos ϕ ∂ϕ ∂x ∂y Gradient - Vector vận tốc Cho f : Rn −→ R khả vi Khi đó gradient f x, ký hiệu và định nghĩa là vector ∇f (x) = grad f (x) = ( ∂f ∂f (x), · · · , (x)) ∂x1 ∂xn IV.2 Caùc qui taéc cô baûn - Ñònh lyù phaàn gia 47 Với c ∈ R, tập Mc = {x ∈ Rn : f (x) = c} = f −1 (c) gọi là mặt mức (Để hình dung hãy vẽ đồ thị f và các mặt mức n = 2) Cho γ : (−1, 1) −→ Rn khả vi Khi đó ảnh γ là đường cong trơn Rn (hình dung nó mô tả qũy đạo chuyển động nào đó theo thời gian t) Khi đó γ
(t) = dγ(t) γ(t + ∆t) − γ(t) = lim ∆t→0 dt ∆t Vì γ
(t) gọi là vector vận tốc chuyển động γ thời điểm t Về mặt hình học, vector γ
(t) là vector phương tiếp tuyến với đường cong γ γ(t) Nếu γ nằm trên mặt mức Mc , i.e γ(t) ∈ Mc , ∀t, thì theo công thức đạo hàm hàm hợp (f ◦ γ)
(t) = f
(γ(t))γ
(t) =< grad f (γ(t)), γ
(t) >= Về mặt hình học vector grad f (x) vuông góc với mặt mức Mc x Vậy phương trình phẳng tiếp xúc với Mc a = (a1 , · · · , an ) là < grad f (a), x − a >= hay D1 f (a)(x1 − a1 ) + · · · + Dn f (a)(xn − an ) = Nhận xét Cho v ∈ Rn Khi đó f (a + tv) = f (a)+ < grad f (a), v > t + o(t) Vậy < grad f (a), v > định biến thiên f lân cận a theo hướng v Theo bất đẳng thức Schwarz: | < grad f (a), v > | ≤  grad f (a)v, và dấu = xảy và v = λ grad f (a) Như hướng ± grad f (a) chính là hướng mà hàm f biến thiên nhanh (cùng hướng thì tăng nhanh nhất, ngược hướng thì giảm nhanh nhất) Vì vậy, hướng gradient thường chọn để tìm cực trị hàm f 48 2.2 Haøm khaû vi lieân tuïc Cho f : U −→ Rm , U ⊂ Rn mở Ta nói f ∂f , i = 1, · · · , n, lieân tuïc treân U liên tục trên U hay f thuộc lớp C , nếuu ∂xi n m Noùi caùch khaùc aùnh xaï Df : U −→ L(R , R ) laø aùnh xaï lieân tuïc (?) khaû vi 2.3 Ñònh lyù phaàn gia Trong lyù thuyeát haøm moät bieán ta coù Định lý giá trị trung bình (Lagrange).Cho g : [a, b] −→ R liên tục Giả sử g khả vi trên (a, b) Khi đó với nào đó mà a < c < b Trường hợp hàm nhiều biến, i.e n > 1, m = 1, ta có thể mở rộng định lý trên: g(b) − g(a) = g
(c)(b − a), Mệnh đề Cho f : U → R, U ⊂ Rn mở [x, x + h] = {x + th, t ∈ [0, 1]} ⊂ U , thì c Giả sử f khả vi trên U Khi đó, đoạn f (x + h) − f (x) = Df (x + θh)h, với < θ < Baøi taäp: AÙp duïng ñònh lyù giaù trò trung bình cho haøm bieán g(t) = f (x + th) vaø coâng thức đạo hàm hợp, chứng minh mệnh đề trên Trường hợp ánh xạ, i.e m > 1, không thể có dạng đẳng thức định lý trên Nói chung không thể tìm giá trị trung bình để có đẳng thức Chẳng hạn, hàm f : R → R2 , f (x) = (x2 , x3 ) Khi đó phương trình sau là vô nghiệm f (1) − f (0) = Df (c)(1 − 0) ⇔ (1, 1) − (0, 0) = (2c, 2c2 ) Bài tập: Cho f (x, y) = (ex cos y, ey sin y) Khi đó đẳng thức cho định lý giá trị trung bình khoâng theå coù Tuy nhiên ta có dạng bất đẳng thức định lý giá trị trung bình cho trường hợp tổng quaùt: Ñònh lyù phaàn gia Cho [x, x + h] ⊂ U , thì f : U → Rm , là khả vi trên tập mở U ⊂ Rn Nếu đoạn f (x + h) − f (x) ≤ sup Df (x + th)h t∈[0,1] Chứng minh: Trước chứng minh cần nhắc lại là Chương I, chuẩn ánh xạ tuyến tính T định nghĩa là T  = sup T h h=1 vaø ta coù T h ≤ T h Để chứng minh định lý, xét g(t) = f (x + th) Khi đó g
(t) = Df (x + th)h Theo định lý giải tích (hay công thức Newton-Liebniz), ta có g(1) − g(0) =  g
(t)dt =  Df (x + th)hdt, 49 IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor đó neâu treân  (φ1 (t), · · · , φm (t))dt = ( Ví duï Neáu f≡ const f : U → Rm khaû vi,  U φ1 , · · · ,  φm ) Từ đó suy bất đẳng thức
mở liên thông, và Df (x) = 0, ∀x ∈ U , thì Nhận xét Nếu f : U → Rn , U ⊂ Rn , là thuộc lớp C , và K là tập compact chứa U , thì tồn L > cho f thoả điều kiện Lipschitz sau: f (x) − f (y) ≤ Lx − y, ∀x, y ∈ K Ñaëc bieät, neáu < L < 1, vaø f : K → K , thì f laø aùnh xaï co treân K ĐẠO HAØM CẤP CAO - CÔNG THỨC TAYLOR Nhận xét: Giả sử f : U −→ Rm khả vi trên tập mở U ⊂ Rn Khi đó ta có ánh xạ đạo hàm Df : U → L(Rn , Rm ), đó L(Rn , Rm ) ký hiệu không gian ánh xạ tuyến tính Rn → Rm , nó đồng với không gian các m × n-ma trận, và với không gian vector Rmn Vậy có thể định nghĩa đạo hàm hàm Df a ∈ U , và gọi là đạo hàm cấp Đạo hàm cấp a là ánh xạ tuyến tính Rn −→ L(Rn , Rm ) ≡ Rmn Tương tự, có thể định nghĩa qui nạp cho đạo hàm cấp cao Tuy nhiên, định nghĩa đòi hỏi phải “leo” lên các không gian: L(Rn , L(Rn , Rm )), L(Rn , L(Rn , L(Rn , Rm ))), · · · (!) Ta định nghĩa đạo hàm cấp cao theo quan điểm tính toán, dễ tiếp cận 3.1 Đạo hàm riêng cấp cao Giả sử tồn đạo hàm riêng ∂ ∂xj  ∂f (a), ∂xi ∂f ∂xi trên U Khi đó tồn tại, gọi là đạo hàm riêng cấp hàm f theo biến thứ (i, j), taïi a Kyù hieäu Dj Di f (a) ∂ 2f (a) ∂xj ∂xi ∂kf caáp k (a) ∂xik · · · ∂xi1 hay Tương tự, có thể định nghĩa đạo hàm riêng Ta nói f khả vi liên tục cấp k trên U hay f thuộc lớp C k trên U , nếuu f có đạo haøm rieâng caáp ≤ k vaø chuùng lieân tuïc treân U Baøi taäp: Haøm f (x, y) = yx2 cos y2 coù Ví duï sau chæ đối xứng ∂2f ∂ 2f = , ∂x∂y ∂y∂x ∂ 2f = ∂y∂x ? , ∂2f = ∂x∂y ? i.e nói chung đạo hàm cấp cao không có tính 50 Xeùt f (x, y) = xy ∂2f x2 − y x2 + y neáu (x, y) = (0, 0), f (0, 0) = (0, 0) = 1, coøn Khi đó ∂y∂x Tuy nhieân ta coù ∂ 2f (0, 0) = −1 ∂x∂y (?) Mệnh đề (tính đối xứng đạo hàm cấp cao) Nếu f có các đạo hàm riêng cấp liên tục x (đặc biệt f thuộc lớp C ), thì Keát quûa coù theå suy roäng cho ∂ 2f ∂2f (x) = (x), ∀i, j ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi f ∈ C k các đạo hàm riêng caáp ≤ k Chứng minh: Một chứng minh đơn giản là dựa vào công thức Fubini mà ta đề cập chương tích phân (bài tập Chương IV) Ở dây chứng minh dựa vào sai phân Chæ caàn laäp luaän cho haøm bieán Xeùt Sh,k = f (x + h, y + k) − f (x + h, y) − f (x, y + k) + f (x, y) Đặt gk (u) = f (u, y + k) − f (u, y) Khi đó theo định lý gía trị trung bình ta có Sh,k = gk (x + h) − gk (x) = gk
(c)h, với c ∈ (x, x + h) ∂f ∂f (c, y))h = ( (c, y + k) − ∂x ∂x ∂ f (c, d)hk, với d ∈ (y, y + k) = ∂y∂x Hoán vị hai số hạng Sh,k Đặt gh (v) = f (x + h, v) − f (x, v) Lập luận tương tự, ta có Sh,k = ∂2f (c
, d
)kh, ∂x∂y với c
∈ (x, x + h), d
∈ (y, y + k) Từ tính liên tục đạo hàm cấp 2, qua giới hạn caàn tìm h, k → cuûa Sh,k , ta coù keát quûa
3.2 Công thức Taylor Nhắc lại công thức Taylor cho hàm biến Cho g : (a, b) → R ∈ C k Khi đó x, x + h ∈ (a, b), thì tồn θ ∈ (0, 1), cho g(x+h) = g(x)+ 1 1
g (x)h+ g

(x)h2 +· · ·+ g (k−1) (x)hk−1 + g k (x+θh)hk 1! 2! (k − 1)! k! Có thể chuyển công thức trên cho hàm nhiều biến f : R n → R, cách đưa xeùt haøm moät bieán g(t) = f (x + th), t ∈ [0, 1] Để thuận tiện cho việc phát biểu công thức, trước hết ta đa vào các ký hiệu ∇ = (D1 , · · · , Dn ) = ( ∂ ∂ ,··· , ) ∂x1 ∂xn 51 IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor h = (h1 , · · · , hn ), Neáu ñaët h∇ = h1 ∂ ∂ + · · · + hn , ∂x1 ∂xn n  (h∇)k = i1 ,··· ,ik =1 hi1 · · · hik ∂k ∂xi1 · · · ∂xik Ta xem các ký hiệu trên là các “toán tử”, tác động vào hàm f thì biểu thức hình thức có nội dung rõ ràng, chẳng hạn (h∇)f = h1 ∂f ∂f + · · · + hn ∂x1 ∂xn Toång quaùt  ∂kf (h∇)k f = i1 ,··· ,ik ∂xi1 ··· ∂kf hi · · · hik ∂xik đa thức bậc k theo h1 , · · · , hn Với các ký hiệu nêu trên ta có Ñònh lyù Cho đoạn f : U → R là hàm lớp C k trên [x, x + h] ⊂ U , toàn taïi θ ∈ (0, 1), cho f (x + h) = f (x) + h∇f (x) + · · · + tập mở U ⊂ Rn Khi đó vớ 1 (h∇)k−1 f (x) + (h∇)k f (x + θh) (k − 1)! k! Chứng minh: Chỉ là việc áp dụng công thức Taylor cho hàm biến g(t) = f (x + th), với chú ý là theo công thức đạo hàm hợp dễ qui nạp g (k) (t) = (h∇)k f (x + th)
Nhận xét: Công thức Taylor cho phép xấp xỉ hàm khả vi lớp C k f lân cận điểm x đa thức Taylor bậc k x: Txk (h) = f (x) + h∇f (x) + · · · + (h∇)k f (x), k! với phần dư Rk (x, h) = Ta coù   (h∇)k f (x + θh) − (h∇)k f (x) , < θ < k! |f (x + h) − Txk (h)| = |Rk (x, h)| = o(hk ), f ∈ C k Chú ý: Nếu f ∈ C ∞ , thì ta có chuỗi Taylor f x0 là chuỗi lũy thừa T f (x) = ∞  k! k=0 ((x − x0 )∇)k f (x0 ) 52 Noùi chung T f (x) khoâng hoäi tuï, chaúng haïn f (x) = ∞  k=0 e−k cos k x Hơn nữa, trường hợp T f (x) hội tụ không ta có T f (x) = f (x) Chaúng haïn f (x) = e− x2 Trong trường hợp chuỗi Taylor f hội tụ chính hàm f , ta nói f giải tích x Chaúng haïn, haøm soá f thoûa |f (k) (x)| ≤ M k , ∀x ∈ (a, b), ∀k ∈ N, laø giaûi tích treân (a, b) 3.3 Ứng dụng vào bài toán cực trị Cho f : U → R, mở Hàm f gọi là đạt cực đại a ∈ U nếuu f (a) ≥ f (x) với x lân cận a Hàm f gọi là đạt cực tiểu a ∈ U nếuu f (a) ≤ f (x) với x lân cận a Hàm f gọi là đạt cực trị a nếuu f đạt cực tiểu hay cực đại đó Nếu f khả vi, thì a gọi là điểm dừng hay điểm tới hạn f nếuu Df (a) = Chú ý: Hãy phân biệt max, (có tính toàn cục) và cực tiểu, cực đại (có tính địa phöông) Phần này ta áp dụng công thức Taylor để xét cực trị địa phương f U ⊂ Rn Điều kiện cần Giả f khả vi trên U Nếu f đạt cực trị a ∈ U , thì Df (a) = 0, i.e tập các điểm cực trị chứa tập các điểm dừng Chứng minh: Với i hàm biến gi (t) = f (a + tei ) đạt cực trị t = Suy gi
(0) = ∂f (a) = ∂xi Vaäy Df (a) =
Nhaän xeùt: (i) Ñieàu kieän treân chæ laø ñieàu kieän caàn Chaúng haïn, haøm coù ñieåm uoán hay hàm có điểm yên ngựa f (x, y) = x2 − y2 (ii) Trong trường hợp biến để xem điểm dừng có phải là cực trị hay không, ta có thể xét chiều biến thiên f thông qua dấu f
Ngoài ra, f có đạo hàm cấp 2, f

(a) > 0, thì f đạt cực tiểu a; còn f

(a) < 0, thì hàm đạt cực đại đó (iii) Đối với f là dạng toàn phương biến, ta có các dạng chính tắc: f (x) = x3 x2 + y , −x2 − y , x2 − y , x2 , −x2 , Hai dạng đầu (0, 0) là cực trị (điểm loại Parabol) Dạng thứ ba (0, 0) không là cực trị (điểm loại Hyperbol hay điểm yên ngựa) Các dạng còn lại suy biến Để xem điểm dừng có là cực trị không trường hợp tổng quát, ta cần phần bậc hai cuûa khai trieån Taylor Hess Neáu thuộc lớp C , thì Hess phương (sinh từ đạo hàm cấp 2): f n f taïi R  h → Hf (a)(h) = (h∇) f (a) = a , kyù hieäu n  ∂ f (a) i,j=1 Từ công thức Taylor suy ∂xi ∂xj Hf (a), là dạng toàn hi hj ∈ R 53 IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor Điều kiện đủ Giả sử f thuộc lớp C và Df (a) = Khi đó Nếu Hf (a) xác định dương, i.e Hf (a)(h) > 0, ∀h ∈ Rn \ 0, thì f đạt cực tiểu a Nếu Hf (a) xác định âm, i.e Hf (a)(h) < 0, ∀h ∈ Rn \ 0, thì f đạt cực đại a Nếu Hf (a) không xác định dấu, thì f không đạt cực trị a Chứng minh: Theo công thức Taylor, ta có f (a + h) = f (a) + Df (a)h + Hf (a)(h) + o(h2 ) Do Df (a) = 0, neáu Hf (a) > 0, thì toàn taïi m = Hf (a)(h) h=1 Hf (a)(h) ≥ mh2 , ∀h ∈ Rn Vậy f đạt cực tiểu a Các trường hợp khác chứng minh tương tự > Suy
Theo giáo trình Đại số tuyến tính, ta có phương pháp Lagrange để đưa dạng toàn phương dạng chính tắc Từ đó (dựa vào số quán tính) suy tính xác định dấu dạng toàn phương Ngoài ra, ta còn có tiêu chuẩn sau Tiêu chuẩn Sylvester Cho dạng toàn phương n  H(h) = aij hi hj , h ∈ Rn i,j=1 Xét dấu các định thức chính Dk = det(aij )1≤i,j≤k Khi đó (i) H xaùc ñònh döông vaø chæ D1 > 0, D2 > 0, · · · , Dn > (ii) H xaùc ñònh aâm vaø chæ D1 < 0, D2 > 0, · · · , (−1)n Dn > Ví dụ Xét cực trị hàm f (x, y) = x3 + y3 − 3xy Điểm tới hạn f là nghiệm hệ phương trình ∂f = 3x2 − 3y = 0, ∂x ∂f = 3y − 3x = ∂y Suy caùc nghieäm: (0, 0) hay (1, 1) Ma traän Hess cuûa f  ∂ 2f  ∂x2 Hf =   ∂ 2f ∂y∂x Taïi (0, 0): trò Taïi (1, 1): D2 = −9 < 0,  ∂ 2f    6x −3 ∂x∂y  = ∂ 2f  −3 6y ∂y i.e Hf (0, 0) không xác định dấu Vậy (0, 0) không là cực D1 = > 0, D2 = 27 > 0, i.e Hf (1, 1) > Vậy f đạt cực tiểu (1, 1) Nhận xét: Nếu Hess suy biến, dựa vào công thức Taylor cần xét đến đạo hàm caáp cao hôn Bài tập: tìm điều kiện tổng quát cho bài toán cực trị hàm biến khả vi 54 ĐỊNH LÝ HAØM NGƯỢC - ĐỊNH LÝ HAØM ẦN Cho f : U → Rm Nếu f khả vi liên tục, thì theo định nghĩa đạo hàm (và tính liên tục nó), có thể đoán nhận là tính chất địa phương f a, i.e tính chất f lân cận a, xác định ánh xạ tuyến tính Df (a) Cụ thể: (i) Neáu Df (a) laø ñôn aùnh, thì f ñôn aùnh treân moät laän caän cuûa a (ii) Nếu Df (a) là toàn ánh, thì f ánh xạ lận cận a lên lân cận f (a) (iii) Nếu Df (a) là song ánh, thì f song ánh từ lận cận a lên lân cận f (a) Các đoán nhận trên khẳng định qua định lý quan trọng sau 4.1 Ánh xạ ngược địa phương Nhaän xeùt : Xeùt heä phöông trình tuyeán tính: Ax = y, A ∈ M at(n, n) Theo ñònh lyù Cramer, neáu det A = 0, thì A khaû nghòch vaø ta coù theå giaûi x = A −1 y Có thể nói gì hệ phương trình phi tuyến ? Có thể giải x , · · · , xn từ hệ    f1 (x1 , · · · , xn ) = y1   f (x , · · · , x ) n n = yn , ··· theo bieán y1 , · · · , yn ? Cần chú ý thêm trường hợp hàm số biến số f : R → R, f khả vi liên tục và f
(a) = 0, thì tồn hàm ngược f −1 lân cận a, f −1 thuộc lớp C Với các nhận xét trên và ánh xạ khả vi “xấp xỉ” đạo hàm ta có Định lý hàm ngược Cho f : U −→ Rn , U ⊂ Rn mở Giả sử f thuộc lớp C k (k ≥ 1), và a ∈ U , det Jf (a) = Khi đó tồn lân cận V a, W cuả f (a), cho f : V −→ W có ánh xạ ngược f −1 : W −→ V Hơn nữa, f −1 thuộc lớp C k và Df −1 (y) = (Df (x))−1 , y = f (x), x ∈ V Chứng minh: Trước hết ta có các nhận xét Nhận xét 1: Bằng phép tịnh tiến và biến đổi tuyến tính khả nghịch Df (a) −1 , ta đưa việc chứng minh định lý trường hợp a = f (a) = và Df (0) = I n (ánh xạ đồng nhaát treân Rn ) (?) Nhận xét 2: Để xây dựng ánh xạ ngược địa phương cần giải x theo y từ phương trình y = f (x) lân cận Với y ∈ Rn xét hàm gy (x) = y + x − f (x) Nếu gy , laân caän 0, laø aùnh xaï co thì toàn taïi nhaát x cho gy (x) = x, i.e phöông trình f (x) = y coù theå giaûi x theo y Từ các nhận xét trên ta tiến hành chứng minh định lý theo các bước sau (với giả thieát cuûa nhaän xeùt 1) Bước 1: Dùng nguyên lý ánh xạ co để xây dựng ánh xạ ngược địa phương Xeùt g(x) = x − f (x) Ta coù Dg(0) = Do g ∈ C , aùp duïng ñònh lyù giaù trò trung bình ta có r > đủ bé cho g(x) − g(x
) ≤ x − x
, x, x
∈ B(0, r) 55 IV.4 Định lý hàmï ngược - Định lý hàm ẩn Suy với y ≤ r/2, gy : B(0, r) −→ B(0, r), và thoả gy (x) − gy (x
) ≤ x − x
 Theo nguyên lý ánh xạ co, tồn x ∈ B(0, r) là điểm bất động g y , i.e có ánh xạ ngược địa phương f −1 : B(0, r/2) −→ B(0, r) f Bước 2: Chứng minh f −1 liên tục Cho y, y
∈ B(0, r/2) Khi đó cuûa g ta coù x = f −1 (y), x
= f −1 (y
) ∈ B(0, r) Theo ñònh nghóa x − x
 ≤ f (x) − f (x
) + g(x) − g(x
) ≤ f (x) − f (x
) + x − x
 f −1 (y) − f −1 (y
) ≤ 2y − y
 Vaäy f −1 lieân tuïc Bước 3: Nếu r > đủ bé, thì f −1 ∈ C k Do tính lieân tuïc cuûa det, f ∈ C k , vaø det Df (a) = 0; suy (Df (x))−1 , ∀x ∈ B(0, r) Với y = f (x), y
= f (x
), x, x
∈ B(0, r), ta có Suy với r > đủ bé, tồn f −1 (y) − f −1 (y
) − (Df (x))−1 (y − y
) = x − x
− (Df (x))−1 (Df (x)(x − x
)+ +o(x − x
) = (Df (x))−1 (ox − x
) = o(y − y
) (do bước 2) Vậy Df −1 (y) = (Df (x))−1, với y = f (x) (Aij (x))n×n , Cuï theå hôn Jf −1 (y) = det Jf (x) đó Aij (x) là phần phụ đại số cuả Jf (x) = tổng các tích các đạo hàm riêng cuả f x Do các phần tử ma trận Jf −1 là các hàm thuộc lớp C k−1 Vậy f −1 thuộc lớp C k
Vi phoâi Moät aùnh xaï gọi là vi phôi lớp C k hay là phép biến đổi lớp C nếuu f là song ánh và f, f −1 là thuộc lớp C k Ánh xạ f gọi là vi phôi địa phương a nếuu f là vi phôi từ lân cận a leân moät laân caän cuûa f (a) k f : U → V Ví duï Xeùt phöông trình u(x, y) = ex cos y, giaûi x, y theo u, v moät caùch ñòa phöông vì det J(u, v) = v(x, y) = ex sin y ex cos y −ex sin y ex sin y ex cos y Khi đó có thể = e2x = Chuù yù: (i) Ñònh lyù treân chæ khaúng ñònh tính khaû nghòch ñòa phöông Chaúng haïn ví duï treân cho thaáy f : R2 → R2 , f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)) laø khaû nghòch ñòa phöông taïi moãi (x, y) không khả nghịch (toàn cục), i.e vi phôi địa phương mà không phải là vi phôi (toàn cục), dù det Jf (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ R2 (Hãy kiểm tra) (ii) Định lý trên cho điều kiện cần để ánh xạ là khả nghịch ñòa phöông Chaúng hạn, hàm f : R → R, f (x) = x3 , có hàm ngược f −1 (y) = √3 y, nhng f
(0) = 56 4.2 Heä quûa Cho a ∈ U Khi đó f : U → Rm , U ⊂ Rn là tập mở Giả sử f thuộc lớp C và (i) Neáu n < m vaø Df (a) laø ñôn aùnh, i.e rankDf (a) = n, thì toàn taïi moät vi phoâi ñòa phương g từ lân cận f (a) lên lân cận Rm , cho g ◦ f (x1 , · · · , xn ) = (x1 , · · · , xn , 0, · · · , 0) (pheùp nhuùng) (ii) Nếu n > m và Df (a) là toàn ánh, i.e rankDf (a) = m, thì tồn vi phôi địa phương h từ lân cận lên lân cận a Rn , cho f ◦ h(x1 , · · · , xn ) = (x1 , · · · , xm ) (pheùp chieáu) Chứng minh: (i) Giả sử Df (a) là đơn ánh Bằng phép hoán vị tọa độ, có thể giả thiết Jf (a) có n dòng đầu độc lập tuyến tính Xét ánh xạ Φ : U × Rm−n → Rm , Φ(x, yn+1 , · · · , ym ) = f (x) + (0, · · · , 0, yn+1 , · · · , ym ) Khi đó dễ kiểm tra Φ ∈ C và JΦ(a, 0) khả nghịch Theo định lý trên Φ là vi phôi ñòa phöông taïi (a, 0) Ta coù f (x) = Φ(x, 0) Vaäy g = Φ−1 thoûa (i) (ii) Giả sử Df (a) là toàn ánh Có thể giả thiết Jf (a) có m cột đầu độc lập tuyến tính Xeùt aùnh xaï Ψ : U → Rm × Rn−m , Ψ(x) = (f (x) − f (a), xm+1 − am+1 , · · · , xn − an ) Khi đó dễ kiểm tra Ψ ∈ C và JΨ(a) khả nghịch Theo định lý trên Ψ là vi phôi địa phương a Từ cách xây dựng Ψ, ta có f (x) = pr ◦ (Ψ(x) − f (a)), với pr là phép
chiếu xuống m tọa độ đầu Vậy h = (Ψ − f (a))−1 thỏa (ii) 4.3 Haøm aån Khi xeùt haøm aån, i.e phöông trình F (x, y) = 0, ta caàn xaùc ñònh naøo y coù theå giaûi theo x, y = g(x), vaø tính khaû vi cuûa g ? Bài tập: Xét cụ thể F (x, y) = x2 + y2 − = Chứng minh: ∂F = (gradF Có thể giải y = g(x) lân cận x = a ∈ (−1, 1) và để ý đó ∂y không song song với 0x) Khoâng theå giaûi y theo x taïi moïi laân caän a = ±1 Nhận xét: Trước hết xét hệ phương trình tuyến tính:    a11 x1 ···   a x m1 +··· ··· +··· +a1n xn +b11 y1 + · · · ··· ··· ··· +amn xn +bm1 y1 + · · · Ñaët A = (aij )m×n , B = (bij )m×m y = −B −1 Ax +b1m ym = ··· +bmn ym = Khi đó, det B = 0, thì có thể giải y theo x: Đối với hệ phương trình phi tuyến    F1 (x, y) = ···   F (x, y) = m 57 IV.4 Định lý hàmï ngược - Định lý hàm ẩn đó x ∈ Rn , y ∈ Rm Khi nào có thể giải y theo x ? Lại dựa vào ý nghĩa đạo hàm và định lý ánh xạ ngược ta có Ñònh lyù haøm aån Cho F Giả sử F thuộc lớp Ck : A → Rm , A ⊂ Rn × Rm là tập mở, (a, b) ∈ A (k ≥ 1), F (a, b) = 0, và định thức đạo hàm F theo ∂F D(F1 , · · · , Fm ) (a, b) = det (a, b) = D(y1 , · · · , ym ) ∂y ∂F1 (a, b) · · · ∂y1 ··· ··· ∂Fm (a, b) · · · ∂y1 ∂F1 (a, b) ∂ym ··· ∂Fm (a, b) ∂ym bieán y = Khi đó tồn lân cận U ⊂ Rn a, V ⊂ Rm b, và ánh xạ g : U → V thuộc lớp C k , cho phương trình F (x, y) = 0, (x, y) ∈ U × V ⇐⇒ y = g(x), x ∈ U, y ∈ V Hơn nữa, ta có Dg(x) = − ∂F ∂y −1 ∂F (x, g(x)), x ∈ U ∂x Chứng minh: Đặt f (x, y) = (x, F (x, y)), áp dụng định lý ánh xạ ngược Suy toàn taïi f −1 (x, z) = (x, G(x, z)), (x, z) thuoäc laân caän (a, 0) Khi đó hàm g(x) = G(x, 0) thoả kết luận định lý Công thức đạo hàm suy từ công thức đạo hàm hợp (Các chi tiết xem nh bài tập)
Nhận xét: Để tính đạo hàm hàm ẩn, thường ta không dùng phép nhân ma trận trên, mà tính trực tiếp sau Từ F (x, g(x)) = 0, x ∈ U , áp dụng qui tắc dây chuyền suy đạo hàm hàm ẩn Dg , từ hệ phương trình: m ∂Fi ∂gk ∂Fi  + = 0, i = 1, · · · , m; j = 1, · · · , k, ∂xj k=1 ∂yk ∂xj Ta có thể dùng công thức vi phân cổ điển để tính Dg Chẳng hạn, với m = 1, ∂F neáu (a, b) = 0, thì y = g(x1 , · · · , xn ) taïi laân caän (a, b) Khi thay y = g(x), ta coù ∂y F (x1 , · · · , xn , y) = 0, x ∈ U , suy dF = Từ suy ∂F ∂F ∂F dy = dx1 + · · · + dxn + ∂x1 ∂xn ∂y  ∂F ∂F ∂F dg = − dx1 + · · · + dxn , ∂y ∂x1 ∂xn ∂F/∂xj ∂g , j = 1, · · · , n =− các đạo hàm riêng ∂xj ∂F/∂y Ví duï Caùc ví duï sau yeâu caàu chi tieát hoùa a) Xeùt heä phöông trình  xu + yv = xv + y u6 = 58 Theo định lý hàm ẩn, có thể giải u, v theo x, y lân cận x = 1, y = −1, u = 1, v = −1 Còn lân cận x = 0, y = 1, u = 0, v = thì sao? ∂u taïi x = 1, y = −1, vaø taïi x = 0, y = (neáu toàn taïi) Tính ∂x b) Khi nào thì từ phương trình f (x, y) = x2 + y2 − = 0, có thể giải y = g(x) Tính đạo hàm g dựa vào công thức vi phân cổ điển Chú ý: Rõ ràng là từ phương trình F (x, y) = x − y3 = 0, có thể giải ∂F y = x, nhöng (0, 0) = : ñieàu kieän ñònh lyù haøm aån chæ laø ñieàu caàn ∂y Ứng dụng Xét đa thức bậc n, phụ thuộc tham số u = (u0 , · · · , un−1): Pu (x) = xn + un−1 xn−1 + · · · + u1 x + u0 Giả sử u = a, x0 là nghiệm đơn Pa , i.e Pa (x0 ) = 0, Pa
(x0 ) = Khi đó, theo định lý hàm ẩn, tồn lân cận U a và V x0 , cho với u ∈ U , tồn nghiệm x(u) ∈ V Pu (x) = Vậy các nghiệm đơn đa thức mặt địa phương là các hàm lớp C ∞ tham số Cụ thể, xét phương trình bậc 3: x3 + px + q = 0, với p, q là tham số Khi xét số nghiệm và nghiệm đơn đa đến biệt thức ∆ = 4p + 27q2 Treân mieàn ∆ > 0: coù nghieän ñôn x∗ (p, q) Treân mieàn ∆ < 0: coù nghieän ñôn x− (p, q) < x0 (p, q) < x+ (p, q) Treân nhaùnh ∆ = 0, q > 0: coù nghieän ñôn x− (p, q) < vaø nghieäm keùp x0+ (p, q) Treân nhaùnh ∆ = 0, q < 0: coù nghieän keùp x 0− (p, q) < vaø nghieäm ñôn x+ > Taïi goác (p, q) = (0, 0): coù nghieäm boäi ba x = Hơn nữa, x∗ là hàm lớp C ∞ trên miền đầu, x− , x0 , x+ là các hàm lớp C ∞ trên miền thứ nhì Nhận xét: Định lý hàm ẩn và hàm ngược thuộc loại định lý tồn Ta có thể dùng phương pháp ánh xạ co chứng minh để xây dựng dãy hàm hội tụ hàm caàn tìm V Tích phaân Riemann TÍCH PHAÂN Xuất pháp từ bài toán trực quan việc tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị hàm dương trên đoạn, ta xây dựng khái niệm tích phân Riemann sau y sup f S inf f S a S b - x 1.1 Tích phaân treân hình hoäp Moät hình hoäp Rn laø taäp daïng A = [a1 , b1 ] × · · · [an , bn ] Theå tích hình hoäp A laø giaù trò v(A) = (b1 − a1 ) · · · (bn − an ) Một phân hoạch P hình hộp A là việc chia các đoạn [ai , bi ], i = 1, · · · , n, các ñieåm = ci0 < ci1 < · · · < cimi = bi , roài laäp m1 m2 · · · mn hình hoäp cuaû A: S = [c1i1 , c1i1+1 ] × · · · × [cnin , cnin+1 ] Khi đó, lạm dụng ký hiệu, ta thường viết S ∈ P Bây giả sử f : A → R là hàm giới nội, P là phân hoạch A Ta định nghĩa Tổng Darboux dưới: L(f, P ) = Toång Darboux treân: U (f, P ) =
S∈P
inf f (x) v(S) x∈S sup f (x) v(S) S∈P x∈S Nhận xét: Rõ ràng L(f, P ) ≤ U (f, P ) Hơn nữa, P  là phân hoạch mịn P , i.e điểm chia P  là điểm chia P , thì hộp P  chứa hộp nào đó P , nên ta có L(f, P ) ≤ L(f, P  ) vaø U (f, P  ) ≤ U (f, P ) Vaäy I(f ) = sup L(f, P ) ≤ inf U (f, P ) = I(f ) P P Ñònh nghóa f goïi laø khaû tích (Riemann) treân A , neáuu I(f ) = I(f ) Khi đó giá trị trên gọi là tích phân f trên A , và ký hiệu:  A f hay  A f (x)dx hay  b1 a1 ···  bn an f (x1 , · · · , xn )dx1 · · · dxn 60 Từ định nghĩa suy 1.2 Tieâu chuaån Riemann Caùc ñieàu sau töông ñöông: (i) Haøm f khaû tích treân A (ii) Với
> 0, tồn phân hoạch P tập A, cho U (f, P ) − L(f, P ) <
Ví duï a) Nếu f ≡ c (const), thì U(f, P ) = L(f, P ) = cv(A), với phân hoạch P Vaäy f khaû tích treân A vaø f = cv(A) A b) Haøm Dirichlet  x hữu tỉ D(x) = neáu x voâ tæ là không khả tích Riemann trên [0, 1], vì với phân hoạch P L(D, P ) = 0, U (D, P ) = Bây ta liên hệ việc xây dựng tích phân với tổng Riemann Cho P là phân hoạch hình hộp A và họ các điểm ξP = (ξS , S ∈ P ) với ξS ∈ S Ñònh nghóa Toång Riemann: S(f, P, ξP ) =
f (ξS ) v(S) S∈P Ký hiệu |P | là chiều dài lớn các cạnh hình hộp S ∈ P Bài tập: mô tả hình học giá trị tổng trên, tổng dưới, tổng Riemann hàm và hai biến dương (Bài toán tính diện tích và thể tích) 1.3 Tieâu chuaån Darboux Cho f :A→R là hàm giới nội trên hình hộp A ⊂ R n Khi đó các điều sau tương đương (i) Haøm f khaû tích treân A vaø f = I A (ii) lim S(f, P, ξP ) = I, ∀ξP , theo nghĩa sau: với
> 0, tồn δ > 0, cho |P |→0 với phân hoạch P A mà |P | < δ , ta có |S(f, P, ξP ) − I| <
∀ ξP Chứng minh: Trước hết ta có: Bổ đề Cho P0 là phân hoạch A Khi đó với
> 0, tồn δ > 0, cho P là phân hoạch A mà |P | < δ , thì tổng thể tích các hộp P mà không chứa moïi hình hoäp cuûa P laø <
Ta chứng minh bổ đề trên qui nạp theo n Khi n = 1, A = [a, b] Gỉa sử P0 có N điểm chia Chọn δ =
/N Gọi P là phân hoạch mà |P | < δ Khi đó độ dài các đoạn P không chứa đoạn P là ≤ (số cực đại các đoạn vậy)×(chiều dài cực đại đoạn) ≤ N × δ =
61 V.1 Tích phaân Khi n > 1, gọi các hộp P0 là V1 , · · · , Vk Gọi T là tổng “diện tích” các mặt hộp kề Chọn δ =
/T Cho P là phân hoạch A mà |P | < δ Khi đó S ∈ P mà S ⊂ Vi , i = 1, · · · , k , thì S giao với các mặt số hộp thuộc P Dễ thấy v(S) ≤ δD, với D là tổng diện tích các mặt (của các hộp V1 , · · · , Vk ) giao với S Vaäy
v(S) < δT =
S∈P,S⊂Vi ,∀i Chứng minh (i) ⇒ (ii): Gỉa sử |f (x)| < M, ∀x ∈ A Theo tiêu chuẩn Riemann, tồn phân hoạch P0 cho U (f, P0 ) − I <
/2 , I − L(f, P0 ) <
/2 Áp dụng bổ đề, với
:=
/2M , tồn δ > thỏa kết luận bổ đề Cho P là phân hoạch mà |P | < δ Gọi P1 là các hộp P mà chứa hộp nào đó P0 còn P2 là các hộp P mà không chứa hộp nào P0 Khi đó với họ ñieåm ξP , ta coù
f (ξS ) v(S) ≤ S∈P
f (ξS ) v(S) + S∈P1
f (ξS ) v(S) S∈P2 ≤ U (f, P0 ) + M
/M < I +
Lập luận tương tự ta có
f (ξS ) v(S) ≥ L(f, P0 ) −
/2 > I −
S∈P Vaäy |S(f, P, ξP ) − I| <
Chứng minh (ii) ⇒ (i): Với
> Gọi δ > và P thỏa (ii) Gọi N là số hộp P Với S ∈ P , chọn ξS ∈ S : |f (ξS ) − supS f | <
/v(S)N Khi đó |U (f, P ) − I| ≤ |U (f, P ) −
f (ξS )v(S)| + | S∈P Do tổng thứ vế phải <
S∈P
v(S)/v(S)N =
,
f (ξS )v(S)I | S∈P suy U (f, P ) − I| < 2
Lập luận tương tự |L(f, P ) − I| < 2
Suy |U (f, P ) − L(f, P )| < 4
Theo tiêu chuaån Riemann f khaû tích treân A
Ví duï Cho f : A = [a1 , b1 ] × [an , bn ] → R laø haøm khaû tích là phân hoạch các đoạn [ai , bi ], i = 1, · · · , n, N + điểm chia: k(bi − ) , k = 0, · · · , N Theo tieâu chuaån treân, N → ∞, ta coù cik = + Goïi PN N  N
(b1 − a1 ) · · · (bn − an ) f (c1k1 , · · · , cnkn ) −→ f Nn A k ,··· ,k =1 n Vậy có thể tính gần đúng tích phân tổng Riemann nêu trên (công thức hình chữ nhaät) 62 Chaúng haïn  N 1
k N (N + 1) = lim = N →∞ N N →∞ N N 2 k=1 xdx = lim 1.4 Tập đo Jordan Cho định nghĩa C ⊂ Rn  χC (x) = là tập giới nội Hàm đặc trưng neáu neáu C x∈C x ∈ C Gọi A là hộp chứa C Khi đó C gọi là đo (Jordan) nếuu χC khả tích trên A và goïi theå tích cuûa C laø  v(C) = A χC Chú ý là định nghĩa trên không phụ thuộc hộp A chứa C Từ “thể tích” thay từ “độ dài”, “diện tích” n = 1, n = tương ứng Về mặt hình học U (χC , P ) là tổng thể tích các hộp thuộc P có giao với C (thể tích ngoài); còn L(χC , P ) là tổng thể tích các hộp thuộc P chứa C (thể tích trong) Bài tập: Gọi C là hình giới hạn đường cong và A là hình chữ nhật cho hình trên Phân hoạch A thành các hình chữ nhật Tìm mối quan hệ tổng trên, tổng và số hình chữ nhật có giao với C hay nằm trọn C Từ đó suy cách tính gần đúng diện tích hình trên mặt phẳng hay trên màn hình 1.5 Tích phân trên tập giới nội Cho C ⊂ Rn là tập giới nội, đo được, và f : A → R là hàm giới nội trên hình hộp A chứa C Khi đó f gọi là khả tích trên C nếuu f χ C khaû tích treân A vaø ñònh nghóa tích phaân cuûa f treân C  C f=  A f χC Kyù hieäu R(C) taäp moïi haøm khaû tích Riemann treân C LỚP HAØM KHẢ TÍCH RIEMANN Lớp các hàm khả tích Riemann hoàn toàn xác định dựa trên khái niệm sau (được Lebesgue đa vào khoảng 1890) 2.1 Độ đo không Tập B ⊂ Rn gọi là có độ đo không, ký hiệu µ(B) = hay µn (B) = 0, nếuu với
> tồn hữu hạn hay đếm các hình hộp S , S2 , · · ·  phuû B , i.e B ⊂ ∪i Si , vaø i v(Si ) <
63 V.2 Lớp hàm khả tích Riemann Ví duï Taäp là có độ đo không (?) Đường thẳng R xem tập là có độ đo không (?) Bài tập: Chứng minh µ(B) = và f : B → Rm thoả điều kiện Lipschitz, thì µ(f (B)) = R2 N ⊂ R Mệnh đề Nếu µ(Bi) = 0, i = 1, 2, · · · , thì µ(∪i Bi ) = Chứng minh: Cho
> Khi đó với i, tồn các hộp Si1 , Si2 , · · · phủ Bi  cho v(Sij ) <
/2i   ij v(Sij ) <
i i <
j Ví dụ Tập đếm Vaäy hoï hình hoäp {Sij } phuû ∪i Bi vaø coù toång theå tích
Rn là có độ đo không Việc xây dựng tích phân đòi hỏi các hàm “tốt”, chẳng hạn hàm liên tục, phải khả tích Haøm khaû tích Riemann vaø chæ noù lieân tuïc “haàu khaép nôi” Moät caùch chính xaùc ta coù 2.2 Ñònh lyù (Lebesgue) Haøm giới nội trên hình hộp A ⊂ R n là khả tích Riemann và tập điểm gián đoạn f có độ đo không f : A → R Chứng minh: Để đo độ gián đoạn hàm f điểm, ta có khái niệm: Dao động f trên tập S là số o(f, S) = sup f (x) − inf f (x) x∈S x∈S Dao động f a ký hiệu và định nghĩa o(f, a) = lim o(f, B(a, r)) r→0+ Giới hạn trên là tồn tính đơn điệu theo r (Bài tập) Từ định nghĩa, ta có: o(f, a) = và f liên tục a (Bài tập) Đặt B = {x : o(f, x) > 0} là tập các điểm gián đoạn f (⇒) neân µ(B) = Với
> 0, đặt B
= {x : o(f, x) ≥
} Do B
⊂ B , µ(B
) = Vì B
đóng và giới nội nên nó compact (bài tập) Vậy tồn hữu Giả sử haïn hoäp S1 , · · · , SN phuû B
coù toång theå tích N
i=1 v(Si ) <
P là phân hoạch A cho S ∈ P thì S ∩ B
= ∅ S ⊂ Si i ∈ {1, · · · , N } nào đó Ñaët P1 = {S ∈ P : S ∩ B
= ∅} coøn P2 = {S ∈ P : ∃i S ⊂ Si } Neáu S ∈ P1 , thì o(f, x) <
, x ∈ S Do S compact coù theå laøm mòn P cho S  ∈ P1 , thì supS
f − inf S
f ≤ 2
  Goïi Vaäy U (f, P ) − L(f, P ) = ( ≤
+ S∈P1

S∈P2 ) (sup f − inf f )v(S) S 2
v(S) + S∈P1 ≤ 2
v(A) + M
S∈P2 N
S M v(S), (M = sup f − inf f ) A v(Si ) < (2v(A) + M )
i=1 A với 64 Theo tieâu chuaån Riemann f khaû tích treân A (⇐) Ngược lại, giả sử f khả tích trên A Ta có B =  k∈N cần chứng minh µ(B k1 ) = 0, ∀k ∈ N Cố định k Với
> 0, tồn phân hoạch P : U (f, P ) − L(f, P ) =
Suy S∩B Vì {S ∈ P k
v(S) ≤ k  ∅ = S∩B : S ∩ B = ∅} k k S S
phuû B k1 vaø k
Theo mệnh đề 2.1 (sup f − inf f )v(S) < S∈P S S
k
k (sup f − inf f )v(S) < =∅ B1 v(S) <
, S∩B =∅ neân µ(B k1 ) =
k Hệ Tập giới nội C ⊂ là đo và µ(∂C) = Hệ qủa Cho C ⊂ Rn đo Nếu f : C −→ R có hữu hạn hay đếm điểm Rn gián đoạn, thì f khả tích trên C Heä quûa Neáu f : [a, b] → R laø haøm ñôn ñieäu, thì f khaû tích Chứng minh: C đo và χC khả tích Tập điểm gián đoạn χC chính là biên ∂C Vậy từ định lý suy hệ qủa Hệ qủa suy từ định lý và mệnh đề 2.1 Để chứng minh hệ qủa 3, nhận xét là tính đơn điệu, nên với k ∈ N tập Dk = {x ∈ [a, b] : o(f, x) ≥ |f (a) − f (b)|/k} không thể có quá k phần tử Suy  tập các điểm gián đoạn f là B = k Dk không quá đếm Vậy f khả tích
Ví duï x b) Haøm f (x, y) = x +sin y a) Haøm f (x) = sin neáu x = 0, f (0) = laø khaû tích treân [−1, 1] 2.3 Tính chaát Cho A Khi đó ta có A neáu y = 0, f (x, 0) = laø khaû tích treân A = {x2 +y2 ≤ 1} là tập đo Rn , và f, g là các hàm khả tích trên Tính tuyến tính: Với α, β ∈ R, hàm αf + βg là khả tích trên A và  A (αf + βg) = α  f +β A  A g Tính phân đoạn: Nếu A1 , A2 ⊂ A là các tập đo được, thì f khả tích trên A1 , A2 và  A1 ∪A2 Tính lieân tuïc: Neáu f ≤g f=  treân A, thì A1 f+  Ñaëc bieät, haøm |f | khaû tích treân A vaø | A  f≤ A f− A2  A1 ∩A2 f  f| ≤ A  g A |f | Ñònh lyù giaù trò trung bình: Neáu f lieân tuïc vaø A lieân thoâng , thì toàn taïi c ∈ A cho  A f = f (c)v(A) 65 V.3 Các công thức tính tích phân Chứng minh: Các tính chất đầu suy từđịnh nghĩa và định lý Lebesgue Từ tính liên tục suy inf A f v(A) ≤ f ≤ sup f v(A), áp dụng định lý hàm A A liên tục trên tập liên thông suy tính chất cuối (Bài tập: Hãy nêu chứng minh chi tieát)
Ví duï a) Nếu A, B đo được, thì A ∪ B đo được, và v(A ∪ B) = v(A) + v(B) − v(A ∩ B)  b f (x)dx b) Neáu f laø haøm lieân tuïc treân [a, b], thì toàn taïi c ∈ [a, b] cho f (c) = b−a a CÁC CÔNG THỨC TÍNH TÍCH PHÂN Trước hết, là các công thức tích phân hàm biến: 3.1 Định lý Giả sử f : [a, b] −→ R liên tục Khi đó ta có mối quan hệ tích phân và đạo hàm d dx  x a f = f, x ∈ [a, b] Từ định lý trên suy các công thức tính tích phân cho hàm biến: Công thức Newton-Leibniz: Nếu F là nguyên hàm f trên [a, b], i.e F  (x) = f (x), x ∈ [a, b], thì  b a Công thức đổi biến: Giả sử Khi đó f = F (b) − F (a) g : [a, b] −→ R  g(b) g(a) f= khaû vi lieân tuïc, f lieân tuïc treân g([a, b])  b a f ◦ g g Công thức tích phân phần: Giả sử u, v là hai hàm khả vi liên tục trên [a, b] Khi đó  b a uv  = u(b)v(b) − u(a)v(a) −  b a u v Để tính tích phân hàm nhiều biến có phương pháp bản: • Chuyeån tích phaân boäi veà tích phaân laëp caùc haøm bieán • Đổi biến Phương pháp đầu dựa trên gợi ý hình học sau: 66 y g2 Cx a g1 x - b x Cho C là hình phẳng giới hạn đồ thị hai hàm g1 , g2 trên [a, b], với g1 ≤ g2 Để tính diện tích C , với x ∈ [a, b], gọi d(x) là độ dài đoạn thẳng Cx = x × R ∩ C = x × [g1 (x), g2 (x)] Khi đó, ta có thể đưa tích phân lớp lặp các tích phân lớp: dt(C) =  C dxdy =  b a d(x)dx =  b  g2 (x) a ( g1 (x) dy)dx Tương tự, việc tính thể tích Cho f là hàm liên tục, dương trên [a, b] × [c, d] Xét khối giới hạn đồ thị f trên [a, b] × [c, d], V = {a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, ≤ z ≤ f (x, y)} Với x ∈ [a, b], ta có  d f (x, y)dy S(x) = dieän tích hình thang {(y, z) : c ≤ y ≤ d, ≤ z ≤ f (x, y)} = c Theo cách xây dựng tích phân, ta có thể đưa tích phân lớp lặp các tích phân lớp: tt(V ) =  V dxdydz =  b a S(x)dx =  b  d a ( c f (x, y)dy)dx Tổng quát, ta có công thức: 3.2 Công thức Fubini Cho C ⊂ Rn × Rm đo được, f : C → R khả tích Goïi Ω = {x ∈ Rn : ∃y ∈ Rm , (x, y) ∈ C} laø hình chieáu cuûa C leân Rn , Cx = {y ∈ Rm : (x, y) ∈ C} nhaùt caét cuûa C taïi x f (x, y)dy với x ∈ Ω Khi đó ta có Giả sử tồn Cx  C f (x, y)dxdy =  Ω (  Cx f (x, y)dy)dx Chứng minh: Trước hết chứng minh cho C = A×B , với A, B là các hộp R n , Rm tương ứng Giả sử P, P  là các phân hoạch A, B tương ứng Khi dó P × P  là phân hoạch A × B 67 V.3 Các công thức tính tích phân thaønh caùc hình hoäp S × S  , S ∈ P, S  ∈ P  Ta coù
L(f, P × P  ) = inf{f (x, y); x ∈ S, y ∈ S  }v(S × S  )
S×S ×P

∈P
inf{f (x, y); x ∈ S, y ∈ S  }v(S  ))v(S) ( = S∈P
S
∈P

≤ S
∈P
S∈P
≤ inf ( S∈P  ≤ L( Tương tự, ta có L(f, P × P  ) ≤ L(   inf{f (x, y); y ∈ S  }v(S); x ∈ S}v(S) inf{ B  x∈S B B f (x, y)dy)v(S) f (x, y)dy, P ) f (x, y)dy, P ) ≤ U (   B f (x, y)dy, P ) ≤ U (f, P × P  ) f = ( f (x, y)dy)dx Từ đó suy A×B A B Với C bất kỳ, tồn các hộp A, B cho C ⊂ A × B Thác triển f lên toàn A × B giá trị ngoài C , áp dụng trên ta có công thức
Ví duï a) Giả sử g1 , g2 : [a, b] → R là các hàm liên tục, và g1 ≤ g2 Ñaët C = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} Cho f laø haøm lieân tuïc treân C Khi đó C là tập đo (bài tập) và  C f (x, y)dxdy =  b  g2 (x) a ( g1 (x) f (x, y)dy)dx b) Giả sử h1 , h2 : Ω → R liên tục, giới nội trên tập đo Ω ⊂ R2 , và h1 ≤ h2 Ñaët C = {(x, y, z) : (x, y) ∈ Ω, h1 (x, y) ≤ z ≤ h2 (x, y)} Cho f laø haøm lieân tuïc treân C Khi đó C là tập đo và  C f (x, y, z)dxdydz =  Ω (  h2 (x,y) h1 (x,y) f (x, y, z)dz)dxdy x2 y + ≤ 1}, áp dụng công thức Fubini ta có: a2 b b b a2 − x2 ≤ y ≤ a2 − x2 } Ox laø [−a, a], nhaùt caét Cx = {y : − a a c) Để tính diện tích Ellip E = { Hình chieáu E leân Vaäy dieän tích v(E) =  a  −a ( b a √ a2 −x2 − ab √ a2 −x2 = 2ab(arcsin dy)dx = x x2 + a a  a −a b a a2 − x2 dx a2 − x2 )|a−a = πab 68 Công thức đổi biến nêu mối quan hệ thay đổi thể tích hình A qua phép biến hình g (phép đổi biến) Về mặt địa phương độï co dãn hình chính là định thức đạo hàm Dg Cụ thể, ta có: 3.3 Công thức đổi biến Cho Giả sử Khi đó g : U −→ Rn thuộc lớp C trên tập mở U ⊂ Rn A là tập đo có bao đóng A ⊂ U , cho g là 1-1 và det Dg = trên A neáu f : g(A) −→ R khaû tích, thì f ◦ g| det Dg| khaû tích treân A vaø  g(A) f=  A f ◦ g| det Dg| Chứng minh: Vì g ∈ C nên thoả điều kiện Lipschitz trên A Vậy g(A) đo (xem 2.1) Ngoài ra, theo định lý Lebesgue f ◦ g| det Dg| khả tích trên A Để chứng minh công thức, ta dựa vào bổ đề khai triển: Bước (Bổ đề khai triển): Nếu g ∈ C và det Dg(a) = 0, thì tồn lân cận (hộp) Ua a cho trên đó g = (Φn ◦ Tn ) ◦ · · · ◦ (Φ1 ◦ T1 ), Ti (x) = a + σi (x − a), σi laø pheùp Φi (x1 , · · · , xn ) = (x1 , · · · , φi (x), · · · , xn ) (i = · · · , n) ∂g Thực vậy, det Dg(a) = nên tồn i, n (a) = ∂xi Gọi B(x) = a + σ(x − a), với σ là hoán vị n với i ∂g ∂h Đặt h = g ◦ B Khi đó n (a) = n (a) = ∂xn ∂xi đó hoán vị toạ độ, còn ∂h Ñaët Φ(x) = (x1 , · · · , xn−1 , hn (x)) Ta coù Φ ∈ C vaø det DΦ(a) = n (a) = Theo ∂xn định lý ánh xạ ngược, tồn lân cận U a trên đó Φ có ánh xạ ngược Φ −1 ∈ C Ta coù g = h ◦ B −1 = G ◦ Φ ◦ T , với T = B −1 = a + σ −1 (x − a), G(x) = (h1 (x), · · · , hn−1 (x), xn ) Tiếp tục lập luận tương tự cho G ta có biểu diễn cần tìm Bước 2: Công thức đúng cho g(x) := T (x) = a + σ(x − a), σ là hoán vị Để chứng minh cần áp dụng công thức Fubini với chú ý là | det T | = (?) Bước 3: Công thức đúng trên Ua cho g(x) := Φi (x) = (x1 , · · · , φi (x), · · · , xn ) Ta chứng minh trường hợp i = n, trường hợp khác hoàn toàn tương tự Giả sử laø hoäp Rn−1 ∂φ Khi đó Φ(U ) = S × φn (U ), và det DΦ = n ∂xn Theo công thức Fubini Ua = S × [an bn ], S  Φ(U ) f = = =  (  S φbnn(x1 ,··· ,xn−1 ,[an ,bn ]) S U ( an f (x)dxn )dx1 · · · dxn−1 f (x1 , · · · , φn (x))| ∂φn |dxn )dx1 · · · dxn−1 ∂xn (công thức đổi biến biến) f ◦ Φ| det DΦ| Bước 4: Nếu công thức đúng cho T và Φ, thì đúng cho Φ ◦ T 69 V.3 Các công thức tính tích phân  Thực vậy, Φ◦T (C) = f = =  T (C) C C f ◦ Φ| det DΦ| f ◦ Φ ◦ T | det(DΦ) ◦ T || det DT | f ◦ (Φ ◦ T )| det D(Φ ◦ T )| Kết thúc chứng minh công thức: Do A compact nên A chứa hình hộp nào đó Tồn phân hoạch P hộp đó cho với S triển nh bước trên S Suy ra:  g(A)
 f= g(A∩S) S∈P S∩A=∅ f=
 A∩S S∈P S∩A=∅ ∈P maø S ∩ A = ∅ thì g coù khai f ◦ g| det Dg| =  A f ◦ g| det Dg|
Trong ứng dụng có thể cần áp dụng dạng tổng quát sau: Ñònh lyù Cho treân phaàn treân A vaø g : U −→ Rn , U mở Rn Giả sử A đo A ⊂ U , g là 1trong intA Khi dó f khả tích trên g(A), thì f ◦ g| det Dg| khả tích  g(A) f=  A f ◦ g| det g| Việc chứng minh dựa vào bổ đề Sard: µ{x : det Dg(x) = A = intA ∪ ∂A, ∂g(A) ⊂ g(∂A) Caùc chi tieát xem nhö baøi taäp 0} = Với chú ý Ví dụ Sau dây là các phép đổi biến hay dùng: • Tọa độ cực: g : R2 −→ R2 | cho g(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ) cos ϕ −r sin ϕ sin ϕ r cos ϕ D(x, y) | = | det Dg(r, ϕ)| = D(r, ϕ) = r y ϕ 2π 6 g0 R -r *  r   ϕ  R -x Nếu A ⊂ R2 đo được, g song ánh trên intA và f khả tích trên A, thì  g(A) f (x, y)dxdy =  A f (r cos ϕ, r sin ϕ)rdrdϕ Chaúng haïn coù theå chuyeån vieäc laáy tích phaân treân hình troøn thaønh vieäc tích phaân treân hình chữ nhật ví dụ sau  x2 +y ≤R2 e −x2 −y dxdy =  2π  R 0 2 e−r rdrdϕ = π(1 − e−R ) 70 Bài tập: Áp dụng công thức Fubini và cho R → +∞ suy  ∞ −∞ e−x dx = √ π Tọa độ trụ: g : R3 −→ R3 , (r, ϕ, z) → (r cos ϕ, r sin ϕ, z) Ta có | det g(r, ϕ, z)| = r, và A ⊂ R2 đo được, g song ánh trên intA và f khaû tích treân A, thì •  g(A) f (x, y, z)dxdydz =  A f (r cos ϕ, r sin ϕ, z)rdrdϕdz Phép biến đổi này hay sử dụng miền có dạng hình trụ Chẳng hạn, với trụ A = {x2 + y ≤ 1, ≤ z ≤ 1}, ta coù  A z dxdydz = + x2 + y   2π  0 z rdrdϕdz = + r2   2π zdz 0  dϕ π r dr = ln 2 1+r Tọa độ cầu: g : R3 −→ R3 , (ρ, ϕ, θ) → (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ) Định thức Jacobi: | det Dg(ρ, ϕ, θ)| = ρ2 sin θ (?) • z s M θ  ρ s  y 0

ϕ -

x Ta coù  g(A) f (x, y, z)dxdydz =  A f (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ)ρ2 sin θdρdϕdθ, đó A đo được, g song ánh trên intA và f khả tích Phép đổi biến này thuận tiện miền tích phân có dạng hình cầu Chẳng hạn  x2 +y +z ≤R2 x2 + y2 + z dxdydz = =  R  2π  π  R 0 ρ3 dρ ρ3 sin θdρdϕdθ  2π  π dϕ sin θdθ = R4 2π.2 Ví dụ Qua phép vị tự thể tích thay đổi nào? Gọi A là tập đo Rn Cho λ ∈ R Xét phép vị tự λ : Rn → Rn , λ(x) = λx Khi đó với phép đổi biến (y1 , · · · , yn ) = (λx1 , · · · , λxn ), ta có v(λ(A)) =  λ(A) dy =  A λn dx = λn v(A) V.3 Các công thức tính tích phân Bài tập: Chứng minh tính chất hình học sau định thức: Xét hình bình hành tạo v1 , · · · , ∈ Rn A = {y ∈ Rn : y = x1 v1 + · · · + xn , ≤ x1 , · · · , xn ≤ 1} Khi đó thể tích v(A) = | det(v1 , · · · , )| = |det(vij )1≤i,j≤n | đó vi = (vi1 , · · · , vin ) 71 Baøi taäp Giaûi Tích I Daõy haøm - Chuoãi haøm Chuỗi lũy thừa - Chuỗi Taylor Laäp luaän sau cuûa Euler taïi sai? “Ta coù + x + x2 + x3 + · · · = 1 1 + + + ··· = = x x x x(1 − 1/x) x−1 1 Coäng laïi suy · · · + + + + + x + x2 + x3 + · · · = 0, x x x Vaäy Xác định bán kính hội tụ và miền các chuỗi lũy thừa sau: ∞ ∞ ∞ ∞



xk k (x + 2)k k k (x − 1) b) k!x c) d) a) k k=1 f) k=0 ∞
(−1)k 2k+1 x k k=1 k+1 k=0 g) k=2   ∞
x 2k k=1 k ln k 1−x x
= 0, 1.” e) ∞
2k k k=1 xk Dựa vào phép lấy tích phân hay đạo hàm qua dấu tổng, tính các tổng sau: ∞ ∞ ∞ ∞



xk+1 d) (k2 + 2k − 2)xk a) xk b) (k + 1)xk c) e) k=0 ∞
(−1)k k=1 xk k=0 k f) ∞
x2k+1 k=0 2k + k=0 g) k+1 k=0 ∞
2k + k x k=0 k! Đúng hay sai: f khả vi vô hạn trên (a, b), thì chuỗi Taylor f c ∈ (a, b) luoân hoäi tuï Đúng hay sai: chuỗi Taylor hàm hội tụ, thì hội tụ chính hàm đó Cho haøm f (x) = e− x2 (x
= 0), Chuoãi Taylor cuûa f ? f (0) = Chứng minh Khai trieån thaønh chuoãi Taylor taïi caùc haøm sau: x c) f (x) = a) f (x) = sin3 x b) f (x) = d) f (x) = √ a+x e) (1 −x)(1 − x ) 1+x f (x) = ln 1−x  x f khaû vi voâ haïn laàn (1 − x)n t2 e− dt Ñònh nghóa haøm sai soá: erf(x) = √ Biểu diễn hàm dạng chuỗi lũy thừa, viết số hạng đầu chuỗi đó Dựa vào chuỗi trên tính xấp xỉ giá trị erf(1)  x sin t dt Ñònh nghóa haøm: Si(x) = t Biểu diễn hàm dạng chuỗi lũy thừa Dựa vào chuỗi trên tính xấp xỉ giá trị Si(1) 74 Baøi taäp Chuoãi Fourier Chứng minh f có chu kỳ T , thì  a+T a f (x)dx =  T f (x)dx, ∀a Cho f laø haøm khaû vi lieân tuïc treân [−π, π] Goïi ak , bk vaø ak , bk laø caùc heä soá Fourier f và f  Bằng cách tích phân phần chứng minh ak = kbk , bk = −kak Vieát chuoãi Fourier caùc haøm sau: a) f (x) = 0, neáu −π ≤ x ≤ 0; f (x) = 1, neáu < x ≤ π b) f (x) = |x|, −π ≤ x ≤ π Xét hội tụ và hội tụ chuỗi Fourier các hàm cho bài tập trên Suy 1 π = − + − + ··· π2 1 = + + + ··· va Taïi x := 0, ±π chuoãi Fourier coù gía trò baèng f (x)? Cho t ∈ R \ Z, vaø haøm ft (x) = cos tx, a) Khai trieån Fourier ft (x) ∞
2t b) Suy cotan tπ = + tπ k=1 c) Đạo hàm từ suy |x| ≤ π π(t − k ) n
π2 = lim t sin π n→+∞ k=−n (t − k)2 d) Tích phân từ suy t2 t2 t2 sin tπ = lim (1 − )(1 − ) · · · (1 − ) n→+∞ tπ n Khai trieån Fourier caùc haøm: a) f (x) = ex , x ∈ [0, 2π] b) f (x) = 0, neáu x ∈ [0, l]; f (x) = 1, neáu x ∈ (l, 2l) c) f (x) = x, x ∈ (−2, 2) Biểu diễn các hàm sau thành chuỗi lượng giác có cos, cách thác triển chuùng thaønh haøm leû: a) f (x) = 1, neáu x ∈ [0, π/2]; f (x) = 0, neáu x ∈ (π/2, π] b) f (x) = x(π − x), x ∈ [0, π] Biểu diễn các hàm bài trên thành chuỗi lượng giác có sin, cách thác trieån chuùng thaønh haøm chaün Bieát khai trieån Fourier x=2 ∞
(−1)k+1 k=1 k sin kx, −π < x < pi Baèng caùc laáy tích phaân suy khai trieån Fourier cuûa x2 , x3 , x4 , −π < x < π Taïi coù theå tích phaân vaøo daáu toång? 75 Baøi taäp II Khoâng gian Rn Chứng minh |d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z) Xác định m, M, a, b > 0, cho với x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn a) m 1≤i≤n max |xi | ≤ x ≤ M max |xi | 1≤i≤n b) ax ≤ n
|xi | ≤ bx i=1 Tìm điều kiện cần và đủ cho x, y ∈ Rn để có các đẳng thức | < x, y > | = xy, vaø x + y = x + y Cho f, g là các hàm liên tục trên [a, b] Chứng minh    1/2  1/2  b  b b   2 f g ≤ f g   a  a a T : Rn → Rm laø aùnh T (h) ≤ M h, ∀h ∈ Rn Cho xạ tuyến tính Chứng minh tồn M cho Xác định phần trong, phần ngoài và biên các tập sau Rn : {x : x ≤ 1}, {x : x = 1}, {x = (x1 , · · · , xn ) : xi ∈ Q, i = 1, · · · , n} Cho a ∈ R v… x1 = a, xk = x2k−1 − xk−1 + Với a nào thì: a) (xk ) đơn điệu b) (xk ) bị chặn c) (xk ) hội tụ Khi đó tìm giới hạn Cho daõy soá döông (xk ) √ x a) Chứng minh lim k+1 = L > 0, thì lim k xk = L k→∞ xk k→∞ (HD: chứng minh ∀ > 0, ∃A, B > 0, N ∈ N : k ≥ N ⇒ A(L − )k B(L + )k ) kk k = e b) Áp dụng a), tìm giới hạn dãy xk = , suy lim 1/k k→∞ k! Chứng minh laø lim xk = M , k→∞ < xk < (k!) thì giới hạn dãy trung bình cộng (xk ) (x1 + · · · + xk ) = M k→∞ k lim 10 Cho < xk < yk , xk+1 = (xk yk ) và yk+1 = (xk + yk ) Chứng minh xk < yk Suy (xk ), (yk ) hội tụ cùng giới hạn 1 11 Cho dãy (xk ) Rn Giả sử xk+1 − xk  < , ∀k Chứng minh (xk ) là k +k daõy Cauchy neân hoäi tuï 1 12 Dùng tiêu chuẩn Cauchy, chứng minh dãy số x k = + + · · · + k khoâng hoäi tuï (k ∈ N) laø 13 Nêu chứng minh chi tiết: R tập [a, b] đóng, (a, b) mở, và (a, b] không đóng không mở 76 Baøi taäp 14 Chứng minh hình cầu mở B(a, r) là mở R n 15 Cho A là tập R, chứa điểm hữu tỉ thuộc [0, 1] Chứng minh A đóng, thì A chứa [0, 1] 16 Cho Uk a) c) (k ∈ N) là mở b) (Rn \ Uk ) là đóng d) Uk k∈N k∈N là các tập mở Rn Đúng hay sai Uk k∈N k∈N là mở (Rn \ Uk ) là đóng 17 Chứng minh: a) Neáu X ⊂ Y , thì X ⊂ Y b) X ∪ Y = X ∪ Y c) ∂(X ∪Y ) ⊂ ∂X ∪∂Y , ∂(X ∩Y ) ⊂ ∂X ∩∂Y , v… ∂(X ×Y ) = ∂X ×Y ∪X ×∂Y 18 Cho X là tập vô hạn và giới nội R n Chứng minh X có điểm tụ 19 Chứng minh các tập sau không compact cách phủ mở nó mà không có phủ hữu hạn: a) Z taäp caùc soá nguyeân R b) {x ∈ Rn : x < 1} 20 Hợp, giao, tích các tập compact có compact? 21 a) Chứng minh X đóng và x
∈ X , thì tồn d x > cho d(x, y) ≥ dx , ∀y ∈ X b) Chứng minh X đóng, K compact, và X ∩ K = ∅, thì tồn d > cho d(x, y) ≥ d, ∀x ∈ K, ∀y ∈ X c) Tìm ví dụ X, K đóng và X ∩ K = ∅, không tồ d > để bất đẳng thức b) thoả 22 Cho dãy tập hợp (Fk ) Rn là dãy compact lồng thắt lại , i.e với k ∈ N, Fk compact, Fk ⊃ Fk+1 , vaø diam(Fk ) = sup{d(x, y) : x, y ∈ Fk } → 0, k → ∞ Chứng minh k∈N Fk có phần tử Giaû thieát compact khoâng theå boû, chaúng haïn daõy Ik = (0, ), k ∈ N, coù k Ik = ∅ k 23 Caùc taäp sau compact? lieân thoâng? a) {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1} b) {(x, y) ∈ R2 : x4 + y4 = 1} c) {x ∈ Rn : x ≤ r} d) {x ∈ Rn : ≤ x ≤ 2} e) {x ∈ Rn : x = 1} f) Tập hữu hạn g) Tập các số nguyên Z h) Tập các số hữu tỉ [0, 1] 24 Các mệnh đề sau đúng hay sai: a) Neáu K laø taäp compact Rn , thì Rn \ K compact b) Neáu K laø taäp lieân thoâng Rn , thì Rn \ K lieân thoâng 25 Chứng minh: Nếu Li , i ∈ I, là các tập liên thông, và Li thì Li lieân thoâng i∈I Lj
= ∅ với i, j , 77 Baøi taäp 26 Chứng minh C liên thông, thì bao đóng C liên thông 27 Cho C = {(x, y) ∈ R2 : < y ≤ x2 , x
= 0} ∪ {(0, 0)} Chứng minh C liên thông, không tồn đường gấp khúc C nối (0, 0) với điểm khaùc thuoäc C 28 Cho C = {(x, y) ∈ R2 : y = sin , x
= 0} ∪ {(0, y) : |y| ≤ 1} Chứng minh C x liên thông không liên thông đường, i.e tồn điểm thuộc C không thể nối đường cong C 29 Tập Cantor C xây dựng sau: F0 = [0, 1] F1 = [0, ] ∪ [ , 1], là tập từ F0 bỏ phần ba khoảng mở 3 2 F2 = [0, ] ∪ [= , ] ∪ [ , ] ∪ [ , 1], 9 3 9 là tập từ F1 bỏ phần ba khoảng mở các đoạn Tổng quát, Fk là tập lập từ Fk−1 bỏ phần ba khoảng mở các đoạn k k+1 Để ý Fk là hợp 2k đoạn dạng [ k , k ] Đặt C = k Fk Chứng minh: 3 ak a) Moïi x ∈ C , coù bieåu dieãn nhaát x = ∞ k=0 3k , vôi ak ∈ {0, 2} b) C là vô hạn không đếm c) C compact d) int(C) = ∅ Để ý C có ‘độ dài’ không, theo nghĩa: phần bù C có độ dài là + 19 + · · · + 2k−1 /3k + · · · = III Lieân tuïc Xét các giới hạn lặp, giới hạn (0, 0) hàm f (x, y) = x2 y + y2 x4 Tìm ví dụ hàm hai biến có giới hạn lặp tồn khác Chứng minh n → +∞, ta có √ √ n +n ∼ n , n + 1− n ∼ 2 √ n , (−1)n n2 = O(n2 ), n2 +2 = o(n3 ), sin n = O(1) Chứng minh x → 0, ta có (1 + x)α ex ln(1 + x) sin x cos x = = = = = + αx + o(x) + x + o(x) x + o(x) x + o(x) − 12 x2 + o(x) hay (1 + x)α ex ln(1 + x) sin x cos x ∼ ∼ ∼ ∼ ∼ + αx 1+x x x − 12 x2 Khi x → ∞, hãy dùng ký hiệu o, O để so sánh: xα , xβ , ax , bx , logc x, logd x (α, β, a, b, c, d > 0) 78 Baøi taäp Xeùt tính lieân tuïc caùc haøm: xy(x + y) , neáu (x, y)
= (0, 0); f (0, 0) = x2 + y exy − , neáu xy
= 0; f (x, y) = 0, neáu xy = b) f (x, y) = 2xy sin xy , neáu x
= 0; f ((0, y) = y c) f (x, y) = x a) f (x, y) = Tìm ví dụ hàm liên tục theo biến không liên tục xy (HD: Xeùt f (x, y) = 2 , f (0, 0) = 0) x +y Tìm ví dụ hàm f : R2 → R liên tục hạn chế trên đường thẳng qua (0, 0), không liên tục đó (HD: Xeùt f (x, y) = x2 y x4 + y neáu (x, y)
= (0, 0), f (0, 0) = 0) Cho f : R → R, thoả f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R Chứng minh f lieân tuïc taïi 0, thì f lieân tuïc 10 Cho g : R → R, thoả g(x + y) = g(x)g(y), ∀x, y ∈ R Chứng minh g liên tuïc taïi 0, thì g lieân tuïc p 11 Cho f : [0, 1] −→ [0, 1], f (x) = , neáu x = laø phaân soá toái giaûn; q q x vô tỉ Chứng minh f liên tục các điểm vô tỉ f (x) = 0, 12 Cho f : Rn → Rm Chứng minh các điều sau tương đương (i) f lieân tuïc treân Rn (ii) f −1 (V ) là mở với tập mở V ⊂ Rm (iii) f −1 (F ) là đóng, với tập đóng F ⊂ Rm 13 Chứng minh U ⊂ R là tập mở, thì 14 Cho f đóng : Rn → R {(x, y) ∈ R : x ∈ U } liên tục Chứng minh tập 15 Tìm ví duï f : R → R lieân tuïc vaø không mở (t.ư không đóng) U ⊂R là tập mở {x ∈ Rn : ≤ f (x) ≤ 1} laø taäp là tập mơ (t.ư đóng) f (U ) 16 Chứng minh tập các ma trận khả nghịch {A ∈ M at(n, n) : det A
= 0} là mở khoâng gian Mat(n, n) caùc ma traän vuoâng caáp n treân R 17 Cho f : R → R liên tục Các tập sau mở, đóng, compact, liên thông? {x : f (x) = 0} {x : f (x) > 1} {f (x) : x ≥ 0} {f (x) : ≤ x ≤ 1} 18 Cho f : R2 → R liên tục Chứng minh {f (x, y) : x2 + y2 = 1} là đoạn inf d(x, y) 19 Cho X ⊂ Rn Ñònh nghóa d(x, X) = y∈X a) Chứng minh hàm Rn  x → d(x, X) |d(x, X) − d(x , X)| ≤ d(x, x ) ) là hàm liên tục (HD: Chứng minh 79 Baøi taäp b) Chứng minh: x∈X vaø chæ d(x, X) = d(x, X) c) Cho X, Y là các tập đóng rời Xét hàm f (x) = d(x, X) + d(x, Y ) Chứng minh f liên tục và f −1 (1) = Y, f −1 (0) = X Suy tồn các tập mở U, V rời và X ⊂ U, Y ⊂ V (Ta nói: Rn , hai tập đóng rời có thể tách hai tập mở) inf d(x, y) 20 Định nghĩa khoảng các tập X, Y Rn : d(X, Y ) = x∈X,y∈Y n Cho K ⊂ R compact, X đóng Từ tính liên tụcỏua hàm K  x → d(x, X), chứng minh tồn x0 ∈ K, y0 ∈ X cho d(x0 , y0 ) = d(K, X) Tìm ví duï ñieàu kieän K compact khoâng theå thieáu 21 Cho f : Rn → Rm liên tục Chứng minh B ⊂ Rn là tập giới nội, thì f (B) là tập giới nội 22 Đúng hay sai: f : Rn → Rm liên tục và K compact (t.ư liên thông), thì f −1 (K) compact (t.ö lieân thoâng) 23 Cho ví dụ hàm f liên tục, giới nội không đạt max, f} 24 Cho f : K → R liên tục, K compact Chứng minh tập M = {x : f (x) = max K laø compact 25 Đúng hay sai: không tồn toàn ánh liên tục từ [0, 1] lên (0, 1) 26 Cho f : K −→ f (K) là 1-1 liên tục Chứng minh K compact, thì f −1 liên tuïc Neáu K khoâng compact thì sao? 27 Chứng minh hàm g(x) = sin liên tục và giới nội, không liên tục x treân (0, +∞) 28 Cho f : A → Rm , A ⊂ Rn Ta nói f thoả điều kiện Lipschitz nếuu ∃L > : f (x) − f (y) ≤ Lx − y, ∀x, y ∈ A a) Chứng minh f thoả điều kiện Lipschitz, thì f liên tục b) Xét xem tổng, tích các hàm thoả điều kiện Lipschitz có thoả điều kiện Lipschitz khoâng? 29 Chứng minh thoâng f : R n −→ Rm liên tục, thì đồ thị Gf là tập đóng và liên 30 Cho f : C → R liên tục, C liên thông Chứng minh f (x)
= 0, ∀x ∈ C , thì f (x) luôn dương hay luôn âm với x ∈ C 31 Chứng minh đa thức bậc lẻ hệ số thực luôn cóít nghiệm thực 32 Chứng minh phương trình x4 + 7x3 − = có ít hai nghiệm thực 33 Chứng minh phương trình: tgx = x có vô số nghiệm 34 Cho f : [a, b] → [a, b] liên tục Chứng minh f có ít điểm bất động, i.e ñieåm x0 : f (x0 ) = x0 80 Baøi taäp 35 Cho f laø haøm lieân tuïc treân [0, 2π] (0, 2π), f (c) = f (c + π) vaø f (0) = f (2π) Chứng minh tồ c ∈ 36 Cho f : [a, b] → R lieân tuïc, f (a)f (b) < Neâu phöông phaùp xaáp xæ tìm nghieäm √ phương trình f (x) = Áp dụng tính gần đúng với sai số < 101 , cách tìm nghieäm x2 − = treân [0, 2] 37 Với các giá trị nào α ∈ R, thỉ hàm f (x) = αx, 38 x∈R laø aùnh xaï co?   Cho A : → là ánh xạ tuyến tính xác định ma trận A = ac db a) Chứng minh a, b, c, d > 0, thì A xác định ánh xạ: R 2+ → R2+ , R+ = {x ∈ R : x > 0} b) Với điều kiện a) định nghĩa f : [0, π2 ] → [0, π2 ], R2 R2  A cos ϕ sin ϕ   = λ(ϕ) cos f (ϕ) sin f (ϕ) với  Chứng minh f liên tục Từ đó suy A có vector riêng thuộc R 2+ c) f coù laø aùnh xaï co? 39 Cho f : R2 → R2 , laø aùnh xaï tuyeán tính f (x, y) = (ax + by, cx + dy) Tìm ñieàu kiện cho a, b, c, d để f là ánh xạ co trên không gian Euclid R2 Tổng quát bài tập trên f : Rn → Rn , f (x) = Ax, đó A = (aij ) là ma traän vuoâng caáp n 40 Cho f : [0, r] → [0, r], f (x) = x2 Định r để f là ánh xạ co 41 Cho f : X → X , thoả: d(f (x), f (y)) < d(x, y), ∀x, y ∈ X, x
= y a) Tìm ví dụ hàm f thoả bất đẳng thức trên không có điểm bất động b) Chứng minh f : [0, 1] → [0, 1], f (x) = sin x, thỏa bất đẳng thức trên khoâng laø aùnh xaï co 42 Cho f :K →K laø aùnh xaï co treân taäp compact K Kyù hieäu fn = f ◦ ·· · ◦ f Chứng minh ∩n∈N fn (K) là tập có điểm n ln 43 Tìm caùc ví duï: Dãy hàm liên tục hội tụ hàm liên tục, hội tụ là không Dãy hàm không liên tục hội tụ hàm liên tục 44 Đúng hay sai: Nếu dãy hàm (fk ) hội tụ f và dãy số (x k ) hội tụ x, thì daõy (fk (xk )) hoäi tuï veà f (x) 45 Cho dãy đa thức Pk (x) = + x + · · · + xk , k ∈ N, và hàm f (x) = 1−x Chứng minh với < c < 1, (Pk ) hội tụ f trên [0, c], không hội tụ f trên (0, 1) 46 Ta nói g là hàm tuyến tính khúc trên [a, b] nếuu tồn cacù điểm: a = a0 < a1 < · · · < an = b, cho g(x) = Ak x + Bk , x ∈ [ak−1 , ak ], k = 81 Baøi taäp 1, · · · , n Tìm các hệ thức mà các hệ số Ak , Bk phải thỏa để g liên tục Chứng minh hàm liên tục trên [a, b] là giới hạn dãy hàm tuyến tính khúc 47 Viết đa thức Berstein Bk (f ), hàm f (x) = x2 , với x ∈ [0, 1] Tìm k cho Bk (f ) − f  = sup (|Bk (f )(x) − x2 |) < 1000 x∈[0,1] 48 Viết đa thức Berstein Bk (f ), hàm (Bk (f )) hội tụ f f (x) = x3 , x ∈ [0, 1] Chứng minh 49 Chứng minh hàm f (x) = ex , x ∈ R, không là giới hạn dãy hàm đa thức (Định lý Weierstrass không đúng cho khoảng mở) 50 Cho A laø taäp caù haøm coù daïng: h(x) = n
ebi x , n ∈ N, , bi ∈ R i=0 Khi đó f ∈ C[0, 1], có là giới hạn dãy hàm thuộc A hay không? 51 Nếu có dãy đa thức hội tụ f trên [a, b], thì f có khả vi? P0 (x) = 0, Pk+1 (x) = Pk (x) + (x − Pk (x)2 ) √ √ √ x √ , neân ≤ x − Pk (x) ≤ Chứng minh qui nà: ≤ x − Pk (x) ≤ + k√ x k Từ đó suy (Pk ) hội tụ hàm [0, 1]  x → x √ (Đây là chứng minh khác cho điều: hàm f (t) = |t| = t2 , t ∈ [−1, 1], là 52 Cho dãy đa thức (Pk ): giới hạn dãy hàm đa thức)  53 Cho f ∈ C[0, 1] Giả sử với k = 0, 1, · · · f (x)xk dx = Chứng minh f ≡ (HD: Chứng minh tích phân tích f vớimọi đa thức không Sau đó áp dụng định lý Weierstrass chứng minh f = 0) 54 Cho f : [0, 1] → R không là đa thức Giả sử (Pk ) là dãy hàm đa thức hội tụ f trên [0, 1] Chứng minh bậc các P k không bị chặn (HD: Một đa thức P (x), bậc ≤ n, xác định cách giá trị n + điểm x0 , · · · , xn và có biểu diễn qua công thức nội suy Lagrange P (x) = n
i=0  P (xi )πi (x), πi (x) =  j=i (x − xj ) ) j=i (xi − xj ) IV Đạo hàm Cho f : Rn −→ Rm thoả: ∃M cho f (x) ≤ M x2 Chứng minh f khả vi taïi vaø Df (0) = Neáu f (x) < M x, thì f coù khaû vi? 82 Baøi taäp Vieát ma traän Jaconi cuûa: a) f (x, y) = (xy, y/x) b) f (x, y, z) = (x4 y, xez ) c) f (x, y, z) = (z xy , x2 , tgxyz) d) f (x, y, z) = (ez sin x, xyz) Tính grad f cuûa caùc haøm: a) f (x, y, z) = x sin y/z b) f (x, y, z) = ex2 +y2+z2 Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc các mặt cho phương trình: a) z = x3 + y4 , taïi x = 1, y = 3, z = 82 b) x2 −y2 + xyz = 1, taïi (1, 0, 1) √ c) z = x2 + 2xy − y2 + 1, taïi (1, 1, 3) d) ax2 + 2bxy + cy2 + dx + ey + f = 0, taïi (x0 , y0 , z0 ) Tính góc tạo hai mặt cong sau (2, −1, 2): S1 : x2 + y + z = vaø S2 : z = x2 + y − Trong R3 cho hai mặt cong xác định các phương trình: S1 : x2 + y + z = vaø S2 : x3 + y + z = Chứng minh S1 , S2 tiếp xúc với (1, 1, 1) Trong R3 cho hai mặt cong xác định các phương trình: S1 : ax2 + by + cz = vaø S2 : xyz = Tìm các tham số a, b, c cho S1 , S2 vuông góc với các giao điểm Tìm vector tiếp xúc với các đường cong tham số hoá: a) c(t) = (3t2 , et, t + t2 ), điểm ứng với t = b) c(t) = (2 cos t, sin t, t), điểm ứng với t = π/2 Tìm hướng mà f (x, y, z) = x2 y sin z , tăng nhanh lân cận (3, 2, 0) 10 Tìm hướng mà f (x, y) = ex2 y, giảm nhanh lân cận (0, 0) Vẽ các đường mức 11 Đúng hay sai: Một hàm f xác định trên (a, b), khả vi c, và f  (c) > 0, (HD: Xét hàm: f (x) = x x hữu tỉ, f (x) = sin x x vô tỉ Chứng minh f  (0) > 0, f không đơn điệu lân cận 0) 12 Chứng minh tính chất Darboux: Nếu f khả vi trên [a, b], thì f  nhận giá trị nằm f  (a), f (b) (HD: Cho γ là giá trị nằm f  (a) và f  (b) Chứng minh g(x) = f (x)−γx đạt cực trị c ∈ (a, b)) 13 Cho f (x) = x2 sin neáu x khoâng lieân tuïc x
= 0, f (0) = Chứng minh f khaû vi, nhöng f 83 Baøi taäp 14 Chứng minh hàm số sau có các đạo hàm riêng (0, 0) không liên tục f (x, y) = x , y neáu y
= 0; f (x, y) = 0, neáu y = 15 Hàm f gọi là khả vi theo hướng v ∈ Rn a nếuu tồn f (a + tv) − f (a) t→0 t Dv (a) = lim a) Chứng minh f khả vi a, thì f có đạo hàm theo hướng a, và Dv f (a) =< grad f (a), v > b) Chứng minh f có đạo hàm theo hướng chưa f khả vi xy neáu x2
= −y, f (x, y) = neáu x2 = −y (HD: Xeùt haøm f (x, y) = Hay haøm x +y x2 y neáu (x, y)
= (0, 0); f (0, 0) = f (x, y) = x + y2 16 Xeùt tính khaû vi cuûa caùc haøm  a) f (x, y) = x3 + y3 xy b) f (x, y) =  2 neáu x, y
= 0, f (0, 0) = x +y c) f (x, y) = x2 y x2 y + (y − x)2 neáu x, y
= 0, f (0, 0) = d) f (x, y) = |x| + |y| 17 Kiểm tra công thức đạo hàm hàm hợp: a) f (u, v, w) = u2 v + v2 w, với u = xy, v = sin x, w = ex b) f (u, v) = u2 + v sin u, với u = xeu , v = yz sin x 18 Cho f : R → R và F : R2 → R là các hàm khả vi Giả sử ∂F/∂x ∂F
= Chứng minh f  = − , với y = f (x) ∂y F (x, f (x)) ≡ 0, ∂F/∂y 19 Xét phép đổi biến tọa độ cực: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ Cho f : R2 → R khả vi, vàF (r, ϕ) = f (x, y) Chứng minh (D1 F (r, ϕ))2 + (D2 F (r, ϕ))2 = (D1 f (x, y))2 + (D2 f (x, y))2 r2 20 Qua phép quay góc θ, tọa độ cũ (x, y) và (u, v) có quan hệ sau x = u cos θ − v sin θ, y = u sin θ + v cos θ Cho f : R2 → R khả vi, và F (u, v) = f (x, y) Chứng minh (D1 F (u, v))2 + (D2 F (u, v))2 = (D1 f (x, y))2 + (D2 f (x, y))2 vaø 84 Baøi taäp 21 Cho f là hàm khả vi Chứng minh ∂F a) F (x, y) = f (x2 + y2 ), thoả x ∂y −y ∂F =0 ∂x ∂F ∂F −y =0 ∂x ∂y ∂F ∂F −b = F (x, y) = f (ax + by), thoả a ∂y ∂x b) F (x, y) = f (xy), thoả x c) 22 Cho f, g : R → R thuộc lớp C a) Với c ∈ R,đặt u(x, y) = f (x + cy) − g(x − cy) Chứng minh u thoả phương trình soùng:: c2 ∂2u ∂2u = ∂x2 ∂y b) Cho v(x, y) = f (3x + 2y) + g(x − 2y) Chứng minh ∂2v ∂2v ∂ 2v − − =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 23 Cho f : R2 −→ R2 khả vi liên tục và thoả điều kiện Cauchy-Riemann ∂f2 ∂f1 ∂f2 ∂f1 = , =− ∂x ∂y ∂y ∂x a) Chứng minh: det Jf (x, y) = và Df (x, y) = b) Chứng minh f khả nghịch thì ánh xạ ngược thoả điều kiện CauchyRiemann 24 Haøm f : Rn → R goïi laø thuaàn nhaát baäc R+ Giả sử f khả vi Chứng minh f thuaàn nhaát baäc m 25 Cho f : Rn → R thuộc lớp C k ⇔ n
xi i=1 (k > 1) f (x) = f (0) + n
m neáuu f (tx) = tm f (x), ∀x ∈ Rn , t ∈ ∂f (x) = mf (x), ∀x ∈ Rn ∂xi Chứng minh gi (x)xi , gi ∈ C k−1 (Rn ) i=1 26 Cho f : R → R khả vi Giả sử |f (x)| ≤ L, ∀x Chứng minh f thoả điều kiện Lipschitz: |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ R Suy điều kiện để hàm khả vi f : Rn → Rn là ánh xạ co Tìm ví dụ : [a, b] → R là hàm khả vi Giả sử < m < f  (x) ≤ M , ∀x ∈ [a, b], và f (a) < < f (b) Sau ñaây laø moät phöông phaùp tìm nghieäm cuûa f a) Chứng minh g(x) = x − M1 f (x) xác định ánh xạ co trên [a, b] b) Cho x0 ∈ [a, b] và xk+1 = xk − M1 f (xk ), k ∈ N Chứng minh dãy (xk ) hội tụ veà nghieäm nhaát x∗ cuûa f   |f (x0 )| m k ∗ 1− c) Chứng minh sai số: |xk+1 − x | ≤ m M 27 Cho f 85 Baøi taäp 28 Giả sử f : R → R khả vi liên tục, f (a) = b, và f  (a)
= Gọi δ là số dương: |x − a| < δ , thì |f  (x) − f  (a)| ≤ |f  (a)| Đặt η = 2δ |f (a)| Chứng minh neáu |ȳ − b| < η, thì daõy x0 = a, xk+1 = xk − f (xk ) − ȳ (k ∈ N) f  (a) hoäi tuï veà nghieäm nhaát cuûa phöông trình: f (x) = ȳ, x ∈ [a − δ, a + δ] 29 Áp dụng tính chất đạo hàm, rút gọn biểu thức: f (x, y) = arctg x + arctg y − arctg x+y − xy 30 Giả sử f : Rn → Rm , có đạo hàm Df (x) = A, ∀x, đó A là ánh xạ tuyến tính Chứng minh f là ánh xạ affin, i.e f (x) = Ax+ const f : U → R là hàm khả vi trên hình cầu U ⊂ R n Chứng D1 f (x) = 0, ∀x ∈ U , thì f không phụ thuộc biến thứ nhất, i.e 31 Cho minh neáu f (x1 , x2 , · · · , xn ) = f (x1 , x2 , · · · , xn ), ∀(x1 , · · · , xn ), (x1 , · · · , xn ) ∈ U 32 Cho f (x, y) = xy x2 − y x2 + y x, y
= 0, f (0, 0) = Chứng minh ∂ 2f ∂2f (0, 0)
= (0, 0) ∂x∂y ∂y∂x 33 Khai triển Taylor đến cấp các hàm: a) f (x, y) = x2 +2 y22, taïi (0, 0); vaø taïi (1, 2) b) f (x, y) = e−x −y2 cos xy, taïi (0, 0) c) f (x, y) = e(x−1) cos y, taïi (1, 0) 34 Khai trieån Taylor taïi haøm: f (x) = e− x2 neáu x
= 0, f (0) = Chuoãi Taylor coù hoäi tuï veà f hay khoâng? Haøm f coù laø haøm giaûi tích khoâng? 35 Xét phép biến đổi lớp C u = f1 (x, y) v = f2 (x, y) Chứng minh biến đổi trên là khả nghịch địa phương (x , y0 ) ∆= ∂f1 ∂f2 ∂f1 ∂f2 − ∂x ∂y ∂y ∂x khác (x0 , y0 ), và đó phép biến đổi ngược x = x(u, v), y = y(u, v) có các đạo hàm riêng thoả ∂x ∂u = ∂v ∆ ∂y ∂x ∂v = − ∂u ∆ ∂y ∂y ∂u = − ∂v ∆ ∂x ∂y ∂v = ∂u ∆ ∂x 86 Baøi taäp 36 Cho f (x, y) = ( (0, 1) xy x2 − y , ) 2 x + y x + y2 Xeùt tính khaû nghòch ñòa phöông cuûa f taïi 37 Xét tính khả nghịc địa phương các phép biến đổi a) Tọa độ cực: R2  (r, ϕ) → (r cos ϕ, r sin ϕ) ∈ R2 b) Tọa độ cầu: R3  (ρ, ϕ, θ) → (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ) ∈ R3 Mô tả hình học và tìm các miền màcác phép biến đổi trên là song ánh 38 Cho f : R2 \ {(0, 0)} → R2 \ {(0, 0)}, f (x, y) = (x2 − y2 , 2xy) a) Chứng minh det Df (x, y)
= 0, ∀(x, y), f không khả nghịch trên R \ {(0, 0)} b) Chứng minh f là đơn ánh trên A = {(x, y) : x > 0} Tìm f (A) c) Tính Dg(1, 0),trong đó g là ánh xã ngược địa phương f 39 Cho f : Rn → Rn , f (x) = x2 x Chứng minh f ∈ C ∞ , và là song ánh từ hình caàu ñôn vò leân chính noù, nhöng f −1 khoâng khaû vi x + x2 sin x
= 0, f (0) = Chứng x f  (0)
= 0, nhöng f khoâng khaû nghòc ñòa phöông taïi 40 Cho f (x) = minh f khaû vi vaø Điều này có mâu thuẫn gì với định lý hàm ngược không? 41 Cho f : Rn → Rn thuộc lớp C và f  (x) ≤ c < 1, ∀x Đặt g(x) = x + f (x) Chứng minh g là song ánh (HD: Hãy chứng minh gy (x) = y − f (x) là ánh xạ co, dùng nguyên lý điểm bất động.) 42 Cho f : Rn+k → Rn là hàm lớp C Giả sử f (a) = và Df (a) có hạng Chứng minh với c đủ gần 0, phương trình f (x) = c luôn có nghiệm n 43 Cho f : R → R thuộc lớp C Xét phép biến đổi u = f (x) v = −y + xf (x) Chứng minh f  (x0 )
= 0, thì biến đổi trên khả nghịc địa phương x0 , y0 ) và biến đổi ngược có dạng x = f −1 (u), y = −v + uf −1 (u) 44 Tại giá trị nào x mà từ phương trình F (x, y) = y + y + 3x + = 0, có thể giải y = y(x) là hàm khả vi lân cận điểm đó Trong trường hợp đó dy haõy tính dx 45 Cho (x0 , y0 , z0 ) laø moät nghieäm cuûa heä: z + xy − a = 0, z + x2 − y − b = Tìm điều kiện để có thể giải lân cận nghiệm trên x = f (z), y = g(z) là các hàm khả vi Trong trường hợp đó hãy tính f  (z), g (z) 46 Cho f : R3 → R, g : R2 → R laø caùc haøm khaû vi Xeùt F (x, y) = f (x, y, g(x, y)) a) Tính DF (x, y) theo các đạo hàm riêng f và g b) Nếu F (x, y) = với x, y, tính D1 g, D2 g theo các đạo hàm riêng f 87 Baøi taäp 47 Xeùt heä phöông trình  (x4 + y )/x = u sin x + cos y = v Khi naøo coù theå giaûi x, y nhö caùc haøm khaû vi cuûa u, v taïi laân caän x = π/2, y = π/2 ∂x Tính (π 3/4, 1) ∂u 48 Có thể giải x, y, z theo u, v, w lân cận (0, 0, 0) từ hệ phương trình sau?    u(x, y, z) = x + xyz v(x, y, z) = y + xy   w(x, y, z) = z + 2x + 3z 49 Chứnh minh từ hệ phương trình  x2 − y − u3 + v + = 2xy + y − 2u2 + 3v + = có thể giải u, v theo x, y lân cận x = 2, y = −1 thoả u(2, −1) = 2, v(2, −1) = Tính các đạo hàm riêng các nghiệm u, v đó 50 Xét tính giải u, v theo x, y từ hệ phương trình  xu + yv = xv + y u6 = taïi laân caän x = 1, y = −1, u = 1, v = nghiệm u = u(x, y), v = v(x, y) đó −1 Tính các đạo hàm riêng các 51 Xét tíng giải u, v, w theo x, y, z từ hệ phương trình    3x + 2y + z + u + v = 4x + 3y + z + u2 + v + w + =   x + z + u2 + w + = lân cận x = 0, y = 0, z = 0, u = 0, v = 0, w = −2 Tính các đạo hàm riêng các nghiệm u = u(x, y, z), v = v(x, y, z), w = w(x, y, z) đó 52 Chứng minh phương trình sin tx + cos tx = t, |t| < x = ϕ(t), với ϕ là hàm khả vi vô hạn Hãy viết khai triển Taylor đến cấp ϕ √ , toàn taïi nhaát nghieäm 53 Cho dạng toàn phương Q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 (a
= 0) Chứng minh: a) Q xaùc ñònh döông vaø chæ a > vaø ac − b2 > b) Q xaùc ñònh aâm vaø cæ a < vaø ac − b2 > c) Q khoâng xaùc ñònh daáu vaø chæ ac − b2 < 54 Xét cực trị các hàm: a) f (x, y) = x2 + 2xy + y2 + b) f (x, y) = (x2 + y2 )e−x2−y2 88 Baøi taäp c) f (x, y) = x3 − 3xy2 (đồ thị hàm này có dạng ‘lưng khỉ’) d) f (x, y, z) = x2 + y2 + 2z + xyz e) f (x, y, z) = xy z (a − x − 2y − 3z), (x, y, z > vaø a > 0) f) f (x, y, z) = cos 2x sin y + z 55 Cho a1 , · · · , an ∈ R Xaùc ñònh x cho n
(x − )2 i=1 −ât 56 Bài toán xấp xỉ bậc n, bình phương bé nhất: Cho hai đại lượng x, y mà quan hệ chúng cho bảng liệu sau (nhờ quan trắc thực nghiệm chẳng haïn) x y x1 y1 ··· ··· x2 y2 xm ym a) Tìm đa thức bậc n, p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , cho Q(a0 , · · · , an ) = m
(p(xi ) − yi )2 → i=1 b) Chứng minh đa thức p(x) = a0 + a1 x xấp xỉ bình phương bé cho liệu trên thoả  a1 a1 i xi + a0 x + na0 i i i xi = = i xi yi i yi c) Áp dụng tìm xấp xỉ bậc hay bậc 2, các liệu là x -2 -1 x y y 1 Vẽ đồ thị các hàm tìm So sánh với đa thức nội suy Lagrange 57 Cho f : [0, 1] → R ta muoán tìm A, B, C cho  (f (x) − Ax2 − Bx − C)2 dx đạt Chứng minh A, B, C là nghiệm hệ phương trình tuyến tính   1    5A + 4B + 3C    4A = + 13 B + 12 C =        1A + 1B + C =  01 01 x2 f (x)dx xf (x)dx f (x)dx Đa thức Ax2 + Bx + C gọi là xấp xỉ bậc trung bình bình phương bé f Tổng quát hoá cho xấp xỉ bậc n, trung bình bình phương bé cho hàm lieân tuïc treïn [a, b] 89 Baøi taäp V Tích phaân Riemann Phân hoạch [a, b] thành n đoạn tính tổng trên cà tổng dước các hàm: a) f (x) = x2 , x ∈ [0, 1] b) f (x) = sin x, x ∈ [0, π/2] Tính các tổng vừa tìm n → +∞ Nêu ý nghĩa hình học Chứng minh f liên tục trên [0, 1], thì k k 1
f( ) = n→∞ n n k=1 lim  f tập mở, đo và f : A →R liên tục, không âm Giả sử f > f (x0 ) > điểm x0 ∈ A Chứng minh Cho A ⊂ Rn Đúng hay sai: Nếu f liên tục trên [0, 1] và  A f = 0, thì f ≡ Đúng hay sai: Mọi tập R2 ≡ R2 × có độ đo không R3 Chứng minh g là hàm liên tục trên [a, b], thì đồ thị g có độ đo không Suy neáu g1 , g2 lieân tuïc treân [a, b] vaø g1 ≤ g2 , thì taäp {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} là đo R2 Cho f (x, y) = x2 + sin , y
= 0, và f (x, 0) = x2 Chứng minh f khả tích y treân A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1} Đúng hay sai: Nếu |f | khả tích thì f khả tích Đúng hay sai: Nếu f khả tích trên [a, b] và f (x)
== g(x) trên tập có độ ño khoâng, thì g khaû tích  10 Cho f, g : A −→ R khả tích và |f − g| = Chứng minh f (x) = g(x) với A x ngoại trừ tập có độ đo không 11 Chứng minh f : [a, b] −→ R đơn điệu, thì f khả tích 12 Cho f, g : [0, 1] → R là các hàm khả tích Chứng minh hàm h(x, y) = f (x)g(y), (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], khaû tích 13 Cho f : [a, b] −→ R khaû vi lieân tuïc, f (a) = 0, f (b) = −1, vaø minh toàn taïi c cho f  (c) = 14 Cho f (x) = x + n
(ak sin kx + bk cos kx) k=1 b a f = Chứng AÙp duïng ñònh lyù giaù trò trung bình, chứng minh f có nghiệm trên (−π, π) 15 Cho f : A → R  vaø g : B → R laø caùc haøm khaû tích Cho F (x, y) = f (x) + g(y) F = f v(B) + gv(A) Chứng minh A×B A B 90 Baøi taäp 16 Dùng công thức Fubini chứng minh tính đối xứng đạo hàm riêng cấp 2: ∂2f ∂2f = Neáu f ∈ C (R2 ), thì ∂xi ∂xj ∂xj ∂xj ∂ 2f ∂ f (a) − (a) > Khi đó, f ∈ C , D(x) > (HD: Giả sử D(a) = ∂xi ∂xj ∂xj ∂xj trên lân cận hộp a Áp dụng công thức Fubini đưa điều vô lý) 17 Tính  a) b) A A dxdy , với A là tam giác giới hạn các đường: (x + y + z)2 dxdydz , x = 0, y = 0, x + y = với A = {(x, y, z) : x + y + z ≤ 1, x, y, z ≥ 0} 18 Cho g : [0, 1] → R là hàm khả tích Chứng minh   19 Tính  π a) y sin x dxdy x y2 √ dxdy x c) π  1 x e x  2 b) d)  g(t)dt dx = x tg(t)dt e− y dydx  ln 16  ex/2  1 dydx ln y (Caùc haøm daáu tích phaân coù nguyeân haøm khoâng laø haøm sô caáp!) 20 Đưa tích phân lớp các tích phân sau: a) b)  x  ξ dξ   dx 21 Tính:  1 a) b)  η dη 0 y 0 f (ζ)dζ  x+y dy f (z)dz (x4 − y )dxdy , phép đổi biến u = x2 − y2 , v = 2xy (x2 + y )dxdy , phép đổi biến x = u + v, y = u − v  1 22 Dùng phép đổi biến thích hợp, tính: a) b) c) d)  −y D e−x dxdy , ln(x2 + y )dxdy , đó D = {x, y ≥ 0, a2 ≤ x2 + y ≤ b2 } (0 < a < b) D  V V đó D = {x2 + y2 ≤ 1} z x2 + y dxdydz , +y +z )3/2 e(x đó V dxdydz , = {1 ≤ x2 + y ≤ 2, ≤ z ≤ 2} đó V = {x2 + y + z ≤ 1} 23 Dùng biến đổi tọa độ trụ thích hợp để tính    √1−y −1 − √ 1−y z(x2 + y )dzdydx 91 Baøi taäp 24 Cho ϕ là hàm khả vi trên [a, b], f là hàm liên tục trên ϕ[a, b] Chứng minh d dx  ϕ(x) ϕ(a) f (t)dt = f (ϕ(x))ϕ (x) 25 Tính đạo hàm F a) F (t) = b) F (t) =  0≤x,y≤t tx e y dxdy  x2 +y +z ≤t2 (HD: Đổi biến x = tu, y = tv) f (x2 + y + z )dxdydz , đó f là hàm lớp C 26 Tính dieän tích hay theå tích a) D = {(x, y) : x2 < y < − x2 } b) V = {x2 + y2 + z < 1, z < 1/2} 27 Hình bình hành căng v1 , · · · , ∈ Rn , định nghĩa là tập: P = {x ∈ Rn : x = t1 v1 + · · · + tn , t1 , · · · , tn ∈ [0, 1]} Chứng minh thể tích P : v(P ) = | det(v1 , · · · , )| 28 Cho S là tập đo Rn , và λ > Xét tập R = {(λx : x ∈ S} là biến đổi vị tự S Chứng minh thể tích S và R có quan hệ: v(R) = λ n v(S) 29 Cho ϕ : [0, ∞) → R laø haøm lieân tuïc, taêng, khoâng bò chaën vaø ϕ(0) = Ñaët ψ = ϕ−1 a) Cho α, β > Dựa vào diện tích [0, α] × [0, β] và diện tích giới hạn các trục tọa độ và ϕ, chứng minh bất đẳng thức Young: αβ ≤ b) Cho p, q ≥ vaø 1 + = p q  α ϕ+  β ψ AÙp duïng a) cho ϕ(x) = xp−1 suy αβ ≤ αp β q + p q c) Từ đó chứng minh bất đẳng thức Hölder: n
i=1 |ai bi | ≤ ( n
|ai |p ) p ( i=1 n
|bi |q ) q i=1 30 Cho [α, β] ⊂ [0, 2π] vaø f : [α, β] → R lieân tuïc, f ≥ Xeùt hình quaït D = {(r cos ϕ, r sin ϕ) : α ≤ ϕ ≤ β, ≤ r ≤ f (ϕ)} Chứng minh công thức diện tích S(D) =  β α f (ϕ)dϕ 92 Baøi taäp 31 Cho f : [a, b] → R lieân tuïc, f ≥ Goïi D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, ≤ y ≤ f (x)} Xeùt caùc khoái troøn xoay quay D quanh truïc x hay truïc y R3 : X = {(x, y cos θ, y sin θ) : (x, y) ∈ D, ≤ θ ≤ 2π} Y = {(x cos θ, y, x sin θ) : (x, y) ∈ D, ≤ θ ≤ 2π} Chứng minh các công thức tính thể tích v(X) = π  b a f (x)dx vaø v(Y ) = 2π  b a xf (x)dx 32 Baøi taäp naøy nhaèm tính theå tích hình caàu B n (r) = {x ∈ Rn : x ≤ r} a) Chứngminh v(B n (r)) = λn rn , đó λn = v(B n (1)) n−2 b) Tính 2 (1 − x21 − x22 ) dx1 dx2 x1 +x2 ≤1 c) Suy biểu thức quan hệ λn và λn−2 d) Tính λn Từ đó suy v(B n (r)) πn 2n+1 π n (ÑS: λ2n = , λ2n+1 = ) 1.3 (2n + 1) n! 33 Cho T là song ánh tuyến tính trên R n Chứng minh  B(0,r) Cho r → ∞, suy Ñaëc bieät, ta coù e−<T x,T x> dx =   +∞ R −∞ n  T (B(0,r)) e−<T x,T x> dx = e−x dx = √ π e−x | det T −1 | π n/2 | det T |