Một số định lý xấp xỉ trong giải tích và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG THỊ MAI TRANG MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XẤP XỈ TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRƯƠNG THỊ MAI TRANG MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XẤP XỈ TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG Chun ngành: Tốn giải tích Mã số: 8460102 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN TS NGUYỄN NGỌC QUỐC THƯƠNG Mục lục Kiến thức sở 1.1 Giới hạn liên tục hàm số 1.2 Tính khả vi hàm số Một số định lý xấp xỉ giải tích 2.1 2.2 2.3 2.4 12 Định lý xấp xỉ Weierstrass 12 2.1.1 Giới thiệu đa thức đại số 12 2.1.2 Định lý xấp xỉ Weierstrass 14 Định lý xấp xỉ Taylor 18 2.2.1 Định lý giá trị trung bình 18 2.2.2 Đa thức Taylor 19 Định lý xấp xỉ Stone 26 2.3.1 Khái niệm ví dụ 26 2.3.2 Các hệ định lý Stone 31 Định lý xấp xỉ Newman 32 Ứng dụng giải tốn sơ cấp 35 3.1 Tính giới hạn hàm số 35 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 38 Kết luận 41 Tài liệu tham khảo 42 Mở đầu Lý thuyết xấp xỉ chủ đề quan trọng nhận nhiều quan tâm giải tích tốn học tốn ứng dụng Ngay khái nhiệm giải tích khái niệm giới hạn (giới hạn dãy số, giới hạn hàm số) xuất phát từ ý tưởng xấp xỉ Trong giải tích nhiều tốn ứng dụng cho hàm số bất kỳ, người ta mong muốn xấp xỉ hàm số có tính chất "tốt hơn", chẳng hạn hàm đa thức, hàm lượng giác, hàm phân thức hữu tỉ, Luận văn nhằm nghiên cứu trình bày cách có hệ thống số định lý xấp xỉ quan trọng giải tích, bao gồm Định lý xấp xỉ Weierstrass, Định lý xấp xỉ Taylor, Định lý xấp xỉ Stone, Định lý xấp xỉ Newman, Luận văn đề cập đến số ứng dụng quan trọng định lý xấp xỉ giới thiệu số toán nâng cao phù hợp với việc bồi dưỡng học sinh giỏi bậc trung học phổ thơng Ngồi Lời nói đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo Luận văn cấu trúc thành ba chương Chương trình bày số kết sở giải tích cổ điển bao gồm giới hạn, liên tục khả vi hàm số Chương trình bày định lý xấp xỉ quan trọng giải tích Chương dành cho việc giới thiệu số ứng dụng định lý xấp xỉ Taylor toán sơ cấp thơng qua nhiều ví dụ tập minh hoạ Luận văn tài liệu tham khảo bổ ích cho quan tâm muốn tìm hiểu sâu vấn đề liên quan đến xấp xỉ giải tích Luận văn hồn thành Khoa Tốn Thống kê, Trường Đại học Quy Nhơn hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Ngọc Quốc Thương Nhân tơi xin bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc đến thầy Tôi biết ơn tất thầy Khoa Tốn Thống kê dạy dỗ, dìu dắt tơi suốt năm học Thạc sỹ Tôi xin gửi lời cảm ơn đến tất bạn lớp Cao học Toán K21 (2018-2020) quan tâm, động viên, giúp đỡ suốt thời gian qua Cuối tơi xin bày tỏ lịng kính trọng, biết ơn bố, mẹ gia đình người thân tơi Mặc dù cố gắng thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn trách khỏi thiếu sót Rất mong q thầy cơ, bạn đọc góp ý để luận văn hồn thiện Bình Định, tháng năm 2020 Học viên Trương Thị Mai Trang Chương Kiến thức sở Trong chương nhắc lại số kiến thức sở giải tích cổ điển, bao gồm giới hạn liên tục hàm số, tính khả vi hàm số Phép chứng minh chi tiết tham khảo [3] 1.1 Giới hạn liên tục hàm số Định nghĩa 1.1 Cho tập hợp E ⑨ R Số x0 € R gọi điểm giới hạn hay điểm tụ tập E với ε-lân cận Vε ♣x0 q ✏ tx € R : ⑤x ✁ x0 ⑤ ➔ ε✉ x0 thỏa mãn Ví dụ 1.2 ra, bs rVε♣x0q ❳ E s③tx0✉ ✏ tx € E : ➔ ⑤x ✁ x0⑤ ➔ ε✉ ⑧✏ ❍ Mọi x € ra, bs điểm giới hạn tập ♣a, bq, ra, bq, ♣a, bs, Số điểm giới hạn tập t1④n : n € N✉ Nhận xét 1.3 Điểm giới hạn tập E thuộc khơng thuộc tập E Một điểm tập E điểm giới hạn khơng điểm giới hạn tập E Chẳng hạn, số € E1 ✏ ♣2, 3s điểm giới hạn E1 , € E2 ✏ ♣1, 2q ❨ t3✉ không điểm giới hạn E2 Điểm x € E gọi điểm cô lập E x không điểm giới hạn E Định nghĩa 1.4 Cho c điểm giới hạn D ⑨ R, f : D Ñ R hàm số xác định D Số € R gọi giới hạn hàm số f x tiến đến c ❅ε → 0, ❉δ ✏ δ♣εq → 0, ❅x € D, ➔ ⑤x ✁ c⑤ ➔ δ ùñ ⑤f ♣xq ✁ ⑤ ➔ ε Ký hiệu lim f ♣xq ✏ x Ñc f ♣xq Ñ x Ñ c Ta biết tồn hay không tồn lim f ♣xq phụ thuộc vào “dáng điệu” x Ñc f hai phía c Ta có tình đơn giản trường hợp giới hạn phía Ta hình dung giới hạn bên trái hàm số f số mà f ♣xq dần x tiến đến c từ phía bên trái; giới hạn bên phải hàm số f số mà f ♣xq dần x tiến đến c từ phía bên phải Giả sử D ⑨ R, c € R điểm giới hạn D Ta ký hiệu DL ✏ tx € D : x ➔ c✉; DR ✏ tx € D : x → c✉ Chú ý DL , DR rỗng Định nghĩa 1.5 Cho f hàm số xác định DL bên trái f c ⑧✏ ❍ Số gọi giới hạn ❅ε → 0, ❉δ → 0, ❅x € DL, c ✁ δ ➔ x ➔ c ñ ⑤f ♣xq ✁ ⑤ ➔ ε Ký hiệu lim✁ f ♣xq ✏ , x Ñc x lim f ♣xq ✏ , Ñ c✁0 Cho f hàm số xác định DR c ⑧✏ ❍ Số f ♣c✁q ✏ gọi giới hạn bên phải f ❅ε → 0, ❉δ → 0, ❅x € DR , c ➔ x ➔ c   δ ñ ⑤f ♣xq ✁ ⑤ ➔ ε Ký hiệu lim  f ♣xq ✏ , x Ví dụ 1.6 Ñc x lim f ♣xq ✏ , Ñ c 0 f ♣c q ✏ Dễ thấy lim✁ sign♣xq ✏ ✁1 lim  sign♣xq ✏ x Đ0 x Đ0 ❄ Ta có lim  x ✏ Thật vậy, với ε → tồn δ ✏ ε2 → để với x → xÑ ❄ ❄ ❄ mà x ➔ δ ✏ ε2 ta có ⑤ x ✁ 0⑤ ✏ x ➔ δ ✏ ε Định lý 1.1 (Quan hệ giới hạn giới hạn phía) Giả sử f hàm số xác định D c điểm giới hạn DL DR Khi ❉ xlim f ♣xq ✏ Đc Ví dụ 1.7 ðđ ❉ xlim f ♣xq ✏ Ñ c✁ Cho hàm số g ♣xq ✏ ✩ ✫x2 ✪❄ x ❉ xlim f ♣ xq ✏ Ñ c  x ➔ 0, x → Vì lim✁ g ♣xq ✏ lim  g ♣xq ✏ nên tồn lim g ♣xq ✏ x Ñ0 x Ñ0 x Ñ0 Cho hàm số k ♣xq ✏ ✩ ✫1 ✪x x ↕ 0, x → Vì lim✁ k ♣xq ✏ ✘ ✏ lim  k ♣xq nên khơng tồn lim k ♣xq x Đ0 x Ñ0 x Định nghĩa 1.8 Cho f hàm số xác định D Đ0 ⑨ R Ta nói € D ❅ε → 0, ❉δ ✏ δ♣εq → 0, ❅x € D, ⑤x ✁ x0⑤ ➔ δ ùñ ⑤f ♣xq ✁ f ♣x0q⑤ ➔ ε ❼ f liên tục x0 ❼ f liên tục ♣a, bq ⑨ D f liên tục x € ♣a, bq Nhận xét 1.9 Trong định nghĩa giới hạn hàm số lim f ♣xq, ta khơng địi hỏi x Ñ x0 f xác định x0 , f xác định x0 giá trị f ♣x0 q không ảnh hưởng đến giới hạn mà bị chi phối giá trị f điểm gần với x0 Tuy nhiên, trường hợp hàm số liên tục, giá trị f điểm gần với x0 yêu cầu f xác định x0 giá trị f ♣x0 q có ý nghĩa định Nếu x0 € D điểm giới hạn f liên tục x0 lim f ♣xq ✏ f ♣x0 q xÑ x Như nói f khơng liên tục x0 có nghĩa x0 điểm giới hạn D (vì điểm lập D hàm f ln ln liên tục) Khi khơng tồn lim f ♣xq, giới hạn tồn khơng f ♣x0 q Nói cách khác x Đ x0 ❉ε → 0, ❅δ → 0, ❉xδ € D : ⑤xδ ✁ x0⑤ ➔ δ ñ ⑤f ♣xδ q ✁ f ♣x0q⑤ ➙ ε Định nghĩa 1.10 Cho f hàm số xác định ra, bs ⑨ R Ta nói ❼ f liên tục trái b lim✁ f ♣xq ✏ f ♣bq; xÑ b ❼ f liên tục phải a lim  f ♣xq ✏ f ♣aq; xÑ a ❼ f liên tục ra, bs f liên tục ♣a, bq, liên tục phải a liên tục trái b Hàm số liên tục đoạn ra, bs có nhiều tính chất đặc biệt mà nói chung hàm số khơng liên tục liên tục khoảng ♣a, bq khơng có Ở phần ta trình bày số tính chất quan trọng Định lý 1.2 (Weierstrass - Tính bị chặn) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f bị chặn ra, bs Tức là, ❉A, B € R : A ↕ f ♣xq ↕ B, ❅x € ra, bs Định lý 1.3 (Weierstrass - Giá trị lớn giá trị nhỏ nhất) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f đạt giá trị lớn giá trị nhỏ ra, bs Tức là, ❉x1, x2 € ra, bs : f ♣x1q ↕ f ♣xq ↕ f ♣x2q, ❅x € ra, bs Định lý 1.4 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian) Giả sử f liên tục ra, bs f ♣aq.f ♣bq ➔ Khi tồn c € ♣a, bq để f ♣cq ✏ Định lý 1.5 (Bolzano - Cauchy - Giá trị trung gian) Giả sử f liên tục ra, bs Khi f nhận giá trị trung gian f ♣aq f ♣bq Tức là, ❅C € ✏ ✘ mintf ♣aq, f ♣bq✉, maxtf ♣aq, f ♣bq✉ , ❉c € ra, bs : f ♣cq ✏ C Hệ 1.6 Giả sử f liên tục ra, bs m, M giá trị nhỏ giá trị lớn f ra, bs Khi f nhận giá trị trung gian m M Tức là, ❅C € rm, M s, ❉c € ra, bs : f ♣cq ✏ C 1.2 Tính khả vi hàm số Định nghĩa 1.11 Cho hàm số y ✏ f ♣xq xác định ♣a, bq Cho x0 gia ∆x đủ nhỏ cho x ✏ x0   ∆x € ♣a, bq Nếu tồn giới hạn f ♣x0   ∆xq ✁ f ♣x0 q ∆xÑ0 ∆x lim € ♣a, bq số f ♣xq ✁ f ♣x0 q ✏ xlim Ñx x ✁ x0 ta nói f có đạo hàm x0 Giới hạn gọi đạo hàm f x0 ký hiệu f ✶ ♣x0 q Chú ý giới hạn phụ thuộc vào x0 nên f có đạo hàm x € D ⑨ ♣a, bq ta có hàm số f ✶ xác định D gọi đạo hàm hàm f D Ví dụ 1.12 Xét hàm số f ♣xq ✏ x2 Với x0 f ♣ xq ✁ f ♣ x0 q lim xĐ x0 x ✁ x0 Vậy f có đạo hàm x0 x2 ✁ x20 ✏ xlim Ñ x0 x ✁ x € R ta có ✏ xlim ♣x   x0q ✏ 2x0 Ñx € R f ✶♣x0q ✏ 2x0 Xét hàm số f ♣xq ✏ sin x Với x0 lim x Ñ x0 € R ta có f ♣xq ✁ f ♣x0 q sin x ✁ sin x0 ✏ lim x Ñ x x ✁ x0 x ✁ x0 ♣x   x0q sin x ✁ x0 cos 2 ✏ xlim Ñx x ✁ x0 ✏ lim cos ♣x   x0q ✏ cos x 0 x Vậy f có đạo hàm x0 Đ x0 € R f ✶♣x0q ✏ cos x0 Vì đạo hàm định nghĩa thông qua khái niệm giới hạn, cách tự nhiên ta có khái niệm đạo hàm phía Định nghĩa 1.13 Hàm số f xác định ♣a, bq gọi có đạo hàm phải x0 € ♣a, bq tồn giới hạn phải lim   ∆x Ñ0 f ♣x0   ∆xq ✁ f ♣x0 q ∆x ✏ lim  x Ñ x0 f ♣xq ✁ f ♣x0 q x ✁ x0 Ta gọi giới hạn đạo hàm phải hàm f x0 ký hiệu f ✶ ♣x0 q hay f ✶ ♣x0  q Định nghĩa tương tự cho khái niệm đạo hàm trái hàm f x0 ký hiệu f✁✶ ♣x0 q hay f ✶ ♣x0 ✁q Ví dụ 1.14 Xét hàm số f ♣xq ✏ ⑤x⑤ Ta có lim✁ x Ñ0 f ♣xq ✁ f ♣0q x lim  Ñ0 x nên f ✶ ♣0q ✏ f✁✶ ♣0q ✏ ✁1 ✁x ✏ ✁1 ✏ xlim ✁ Ñ0 x f ♣xq ✁ f ♣0q x x ✏ xlim ✏1 Ñ0✁ x ✩ ✫x sin x ✘ 0, Xét hàm số f ♣xq ✏ ✪0 x x ✏ Ta có x sin f ♣xq ✁ f ♣0q x ✏ sin ✏ x x x Rõ ràng không tồn lim✁ sin♣1④xq lim  sin♣1④xq nên f khơng có đạo x Đ0 hàm phải đạo hàm trái x ✏ x Ñ0 28 Sử dụng định lý Weierstrass 2.1 cho hàm số định hàm đa thức PN có dạng PN ♣y q ✏ N ➳ ✏ ⑤ ☎ ⑤ liên tục đoạn r✁a, as, ta xác ci y i i cho ε ⑤⑤ y ⑤ ✁ PN ♣y q⑤ ↕ ✁a↕y↕a Từ c0✏ PN ♣0q với y € r✁a, as ta có max ✞ ✞ ✞ ✞y ✞ ⑤ ⑤✁ với x € K ✞ ✞ i✞ ci y ✞ ✞ i✏1 N ➳ ✏ ⑤⑤y⑤ ✁ PN ♣yq   PN ♣0q⑤ ↕ ε ✞ ✞ ✞ ✞f x ✞ ⑤ ♣ q⑤ ✁ ✞ ✞ i✞ ci f x ✞ ✞ i✏1 N ➳ r ♣ qs ➔ ε Bổ đề ?? chứng minh trường hợp đặc biệt Từ max tf1 , f2 ✉ ✏ tf1 , f2 ✉ ✏ Với f1 , f2 € A ⑤f1 ✁2 f2⑤ ✏ ✞ ✞ f1 ✞ ✞2 ✁ f1   f2 f1   f2   ⑤f1 ✁2 f2⑤ ✁ ⑤f1 ✁ f2⑤ ✞ f2 ✞✞ hàm số max f1 , f2 f1 , f2 2✞ t ✉ t ✉ xấp xỉ phần tử tập A xác định K Bổ đề 2.20 chứng minh cho trường hợp hàm f1 f2 thuộc A Trong trường hợp có hữu hạn hàm số, bổ đề ?? chứng minh phương pháp quy nạp Bổ đề 2.16 ([5]) Cho A đại số Stone xác định tập compact K Khi với x1 , x2 € K, x1 ✘ x2 với c1 , c2 € R, tồn € A cho ♣x1q ✏ c1, ♣x2q ✏ c2 (2.24) Chứng minh Vì tập đại sốA tách điểm K nên tồn hàm số g cho g ♣x1 q ✘ g ♣x2 q Mặt khác, tập đại số A không triệt tiêu K nên tồn hàm h cho h♣x1 q ✘ Khi hàm f1 :✏ h g ♣x2 q ✁ g h♣x1 q g ♣x2 q ✁ g ♣x1 q (2.25) 29 Rõ ràng f1 ♣x1 q ✏ f1 ♣x2 q ✏ Tương tự, tập đại số A chứa hàm f2 cho f2 ♣x1 q ✏ f2 ♣x2 q ✏ Do tập đại số A không bị triệt tiêu K nên tồn hàm k ♣x2 q ✘ f :✏ Vì vây hàm g ♣x1 q ✁ g k k ♣x2 q g ♣x1 q ✁ g ♣x2 q :✏ c1 f1   c2 f2 thuộc đại số A thỏa mãn điều kiện 2.24 Bổ đề 2.19 chứng minh Bổ đề 2.17 ([5]) Cho F hàm liên tục xác định tập compact K Khi với z € K ε → 0, tồn hàm f1 , f2 , , fn € A cho bao Mz chúng thỏa mãn hai tính chất sau Mz ♣z q ✏ F ♣z q; Mz ♣xq → F ♣xq ✁ ε ❅x € K Chứng minh Theo bổ đề 2.16 với điểm x0 hàm ly cho € K với điểm y € K khác x0 tồn ly ♣x0 q ✏ F ♣x0 q ly ♣y q ✏ F ♣y q (2.26) ly hàm liên tục nên tồn tập mở Gy chứa điểm y cho ly ♣xq → F ♣xq ✁ với x € Gy ❳ K (2.27) Vì K tập compact nên tồn hữu hạn điểm y1 , y2 , , yr tương ứng thuộc tập phủ hữu hạn Gy1 , Gy2 , , Gyr phủ K Bởi vậy, đặt fi ✏ lyi bao Mx0 hàm số f1 ✏ ly1 , , fr ✏ lyr thỏa điều kiện bổ đề 2.17 Vì từ 2.26 ta có ✥ ✭ Mx0 ♣x0 q ✏ max f1 ♣x0 q, , fr ♣x0 q ✏ max ✥ ly1 ♣x0 q, , lyr ♣x0 q ✭ ✏ F ♣x0q Mặt khác với x € K thuộc tập Gyi đó, ta có Mx0 ♣xq ✏ max tly1 ♣xq, , lyr ♣xq✉ ➙ lyi ♣xq → F ♣xq ✁ Kết hợp với (2.27), bổ để 2.17 chứng minh Bổ đề 2.18 (về xấp xỉ của hàm liên tục bao bao dưới) Cho F hàm số tùy ý liên tục tập compact K Khi với ε → tồn họ hữu hạn bao trội Mx1 , Mx2 , ,Mxl F tương ứng với điểm khớp xi ; bao họ thỏa mãn bất đẳng thức F ♣xq ✁ ε ➔ m♣xq ➔ F ♣xq   ε ❅x € K (2.28) 30 Chứng minh Rõ ràng hàm số Mx0 liên tục thỏa mãn hai đẳng thức bổ đề 2.17 Vì tồn tập mở Dx0 chứa điểm x0 cho Mx0 ♣xq ➔ F ♣xq   ε với x € Dx0 ❳K (2.29) Vì K tập compact nên tồn hữu hạn điểm x1 , x2 , , xl tương ứng từ phủ hữu hạn Dx1 , Dx2 , , Dxl phủ K Ta cần chứng minh hàm m ✏ tMx1 , Mx2 , , Mxl ✉ thỏa mãn bất đẳng thức (2.28) Mặt khác hàm Mxi thỏa mãn bất đẳng thức Bổ đề 2.17 m♣xq → F ♣xq ✁ ε với x € K (2.30) Và với x € K thuộc tập Dxi bất kì, theo bất đẳng thức (2.29) ✥ m♣xq ✏ Mx1 ♣xq, Mx2 ♣xq, , Mxl ♣xq ✭ ↕ Mx ♣xq ➔ F ♣xq   ε i (2.31) Từ (2.30) (2.31) suy bổ đề chứng minh Từ kết bổ đề ta chứng minh định lý Stone Chứng minh Định lý Stone Vì bao trội Mxi F bao hữu hạn hàm số từ A, từ kết bổ đề 2.15, hàm xấp xỉ hàm số A Mặt khác m ✏ tMx1 , Mx2 , , Mxl ✉ m xấp xỉ bao m r ♣xq có dạng r ♣xq ✏ tf1 , f2 , , fi ✉ , m r ♣xq xấp xỉ hàm g A Từ (2.28) fi € A Theo bổ đề 2.15 hàm m tồn hàm số g € A cho F ♣xq ✁ ε ➔ g ♣xq ➔ F ♣xq   ε Hay ❅x € K ⑤F ♣xq ✁ g♣xq⑤ ➔ ε ❅x € K Vậy định lý Stone chứng minh 31 2.3.2 Các hệ định lý Stone Hệ 2.19 (Định lý Weierstrass thứ Rk ) K tập đóng bị chặn tùy ý Rk Khi với hàm số F liên tục K với → 0, tìm đa thức Pn n ✏ ♣n1 , n2 , , nk q số ngun khơng âm có dạng Pn ✏ Pn ,n , ,n ♣x1, x2, , xk q ✏ k n1 ➳ n2 ➳ ✏ ✏ j1 j2 nk ➳ ✏ cj1 ,j2 , ,jk xj11 xjkk (2.32) jk x ✏ ♣x1 , x2 , , xk q thuộc Rk Pn thỏa mãn bất đẳng thức ⑤F ♣xq ✁ P n⑤ ➔ (2.33) với x € K Hệ 2.20 (Định lý Weierstrass thứ hai Rk ) Với hàm F tuần hồn với chu kì 2π biến xj , j ✏ 1, 2, F liên tục tồn khơng gian R2 với → tồn đa thức lượng giác Tn , với n ✏ ♣n1 , n2 q có dạng Tn ♣xq ✏ Tn1 ,n2 ♣x1 , x2 q ✏ n1 ➳ n2 ➳ ✏ ✏ (2.34) raj ,j cosj1xcosj2y   bj ,j cosj1xsinj2y 2 (2.35) j1 j2   cj ,j sinj1xcosj2y   dj ,j sinj1xsin2ys 2 (2.36) thỏa mãn bất đẳng thức ⑤F ♣xq ✁ T n♣xq⑤ ➔ (2.37) với x ✏ ♣x1 , x2 q € R2 Hệ 2.21 Với hàm F liên tục tồn tập số thực thỏa mãn ✁✽ ➔ xĐ✁✽ lim F ♣xq ✏ lim F ♣xq ➔ ✽ xÑ✽ (2.38) Khi tồn phân thức hữu tỉ Rn ♣xqcó dạng Rn ♣xq ✏ a0   a1 x     an xn b0   b1 x     bn xn (2.39) thỏa mãn bất đẳng thức ⑤F ♣xq ✁ Rn♣xq⑤ ➔ với x € ♣✁✽, ✽q (2.40) 32 Chứng minh Hệ 2.19, 2.20, 2.21 Tập K đóng bị chặn khơng gian hữu hạn chiều Rk tập compact, tập đa thức Pn có dạng ♣2.32q tập đại số Stone K.Hệ 2.19 chứng minh Vì tập hàm tuần hồn với chu kì 2π biến liên tục tồn khơng gian R2 xem tập hàm liên tục hình xuyến hình xuyến tập compact, tập đa thức có dạng (2.34) tập đại số Stone hình xuyến Hệ 2.20 chứng minh Tập hàm số liên tục tập số thực thỏa mãn điều kiện (2.38) tương đương với tập hàm liên tục, ví dụ tọa độ cực, đường tròn C: ρ ✏ 1, ϕ € r✁π, π s tập compact, tập phân thức có dạng (2.39) tập đại số Stone 2.4 Định lý xấp xỉ Newman Định nghĩa 2.17 ([5]) Hàm số có dạng Rn ♣xq ✏ ↕ k, l ↕ n, a0 a0 xk   a1 xk✁1   ☎ ☎ ☎   ak , b0 x l   b1 x l ✁   ☎ ☎ ☎   bl (2.41) ✘ b0 ✘ 0, gọi phân thức hữu tỷ bậc n Trước tiên, việc có hàm f liên tục mà xấp xỉ phân thức hữu tỷ bậc n tốt xấp xỉ là đa thức đại số Newman Một ví dụ hàm Newman đưa hàm f ♣xq ✏ ⑤x⑤, x € r✁1, 1s inf max ⑤⑤x⑤ ✁ Rn ♣xq⑤ ↕ ❄n , x Rn e n ✏ 5, 6, 7, 8, (2.42) Cùng lúc bất đẳng thức sau En ♣⑤x⑤q ✏ inf max ⑤⑤x⑤ ✁ Pn ♣xq⑤ ➙ Pn x c , n c ✏ const → (2.43) Trước vào định lý Newman, ta chứng minh hai bổ đề đơn giản tồn ❄ phân thức bậc n mà giá trị tuyệt đối chúng đoạn r✁1, ✁e✁ n s nhỏ nhiều ❄ đoạn re✁ n , 1s 33 Định nghĩa 2.18 ([5]) Hàm số có dạng Nn ♣xq ✏ ξ ✁1④❄n ✏ ξ ♣nq ✏ e ✁   n ➵1 ✟ x   ξk , ✏ (2.44) k , gọi đa thức Newman bậc n Trước trình bày định lý xấp xỉ Newman ta chứng minh hai bổ đề sau Bổ đề 2.22 ([5]) Bất đẳng thức ✞ ✞ Nn ξ ✁1 ✞ ✞ N ξ ✁1 n ✞ n ♣✁ q ✞✞ ✏ ➵ ✁ ξk ✁❄n ➔ e ✞ ♣ q k ✏0   ξ k (2.45) với n ➙ Chứng minh Rõ ràng với hàm số α♣tq ✏ ♣1 ✁ tqe2t ✁ ♣1   tq Ta có với t đẳng thức → 0, α♣0q ✏ 0, α✶♣0q ✏ α✷♣tq ✏ ✁4te2t ➔ Vì ta ln có bất 1✁t 1 t ↕ e✁2t với t ➙ (2.46) Từ (2.45) (2.46) ta có ✞ ✞ Nn ξ ✁1 ✞ ✞ N ξ ✁1 n ✞ ✞ ✞ ✞ ★ ♣✁ q ✏ e✁2ξ ✏ exp ✁2 ♣ q k ✏1 n ➵ k n ➳ ✏ ✰ ξ k ✏ exp k ✧ ✁ ξn ✁2 ξ ✁ ξ Ngoài với n ➙ 5, ✁♣n 1q ❄✁n1 ✁e ❄ q ✁ ✁ ➙ 2♣e ❄ ✁ e ❄ q → 2♣1 ✁ ❄1   12 15 ✁ 2ξ ♣1 ✁ ξ n q ✏ 2♣e n 5 Ngoài Từ (2.46) ta thu 1✁ξ ❄ q ✁ e2.5 6.5 ✁1   ➔ ❄1n ✏ ✁ e ❄ ✏ ❄1n ✁ 2n n ✞ ✞ Nn ξ ✁1 ✞ ✞ N ξ ✁1 n ✞ ♣✁ q ✞✞ ➔ e ✁✁ ➔ e✁❄n ♣ q✞ 1 ξ → ✯ (2.47) 34 Bổ đề 2.23 ([5]) Với n ➙ x € re✁ ✞ ✞ Nn x ✞ ✞ N x n ✞ ✞ ✞ ✞ ❄n , 1s, ta có ♣✁ q ↕ ❄1 (2.48) ♣q en t✁a ✶ Chứng minh Ta thừa nhận với x € rξ j  1 , ξ j s, ♣ q → Với t → a → bổ đề t a ♣2.22q, quan hệ ♣2.44q ✞ ✞ j j n✁1 n✁1 ✞ Nn ♣✁xq ✞ ➵ ξk ✁ x ➵ x ✁ ξk ➵ ξk ✁ ξn ➵ ξj ✁ ξk ✞✏ ✞ ↕ ✞ N ♣xq ✞ ξ k   x k✏j  1 x   ξ k k✏0 ξ k   ξ n k✏j  1 ξ j   ξ k n k ✏0 ✞ ✞ n✁j ✁1 n n ➵ ❄ ✁ ξ l ➵ ✁ ξ l ➵ ✁ ξ l ✞✞ Nn ♣✁ξ ✁1 q ✞✞ ✏ ➔ e✁ n ✏ ✏ (2.49) ✞ ✞ l l l ✁ 1   ξ   ξ   ξ N ♣ ξ q n l✏n✁j l ✏1 l ✏1 Bổ đề chứng minh Định lý 2.24 (Newman, [5]) Xét phân thức hữu tỷ Rn có dạng Rn ♣xq ✏ x Nn ♣xq ✁ Nn ♣✁xq Nn ♣xq   Nn ♣✁xq (2.50) Khi Rn ♣xq có bậc n n chẵn có bậc n   n lẻ; Rn ♣xq xấp xỉ hàm số y ✏ ⑤x⑤ đoạn r✁1, 1s cho ❄ ✞ ✞ ✞ ⑤x⑤ ✁ Rn ♣xq ✞ ↕ 3e✁ n (2.51) với n ➙ Chứng minh Vì hai hàm y ✏ ⑤x⑤ y ✏ ⑤Rn ♣xq⑤ hàm chẳn nên ta cần chứng minh bất đẳng thức (2.51) với x ➙ Trong trường hợp này, (2.44), ta có ↕ Nn ♣✁xq ↕ Nn ♣xq Vì ❄ ❅x € r0, ξ ns ✏ r0, e✁ ns, ↕ Rn ♣xq ↕ x ❄ ⑤⑤x⑤ ✁ Rn♣xq⑤ ✏ x ✁ Rn♣xq ↕ x ➔ e✁ n ❄ Nếu x € re✁ n , 1s, dùng bổ đề 2.23 với n ➙ ta tìm ✞ ✞ ✞ ✞ N ♣✁ x q n ⑤⑤x⑤ ✁ Rn♣xq⑤ ✏ 2x ✞✞ N ♣xq   N ♣✁xq ✞✞ ↕ ⑤N ♣xq④N2♣✁xq⑤ ✁ ➔ e❄n2✁ ➔ e❄3n n n n n Định lý chứng minh Chương Ứng dụng giải toán sơ cấp Trong chương chúng tơi trình bày số ứng dụng định lý xấp xỉ việc giải số toán sơ cấp bậc trung học phổ thơng 3.1 Tính giới hạn hàm số Bằng cách dùng công thức khai triển Taylor đến cấp thích hợp, ta giải số tốn tính giới hạn hàm số Ta xét số ví dụ sau Ví dụ 3.1 ([2]) Tính giới hạn sau ❄ sin♣sin xq ✁ x ✁ x2 L ✏ lim xÑ x5 Lời giải Vì mẫu số x5 nên ta cần khai triển tử số thành đa thức Taylor với độ xác đến o♣x5 q x Đ Vì sin x ✓ x x Ñ nên o♣x5 q ✏ o♣sin5 xq x Đ Theo cơng thức Taylor, ta có sin x ✏ x ✁ sin♣sin xq ✏ sin x ✁ x3 sin3 x x   120   o♣x5q x   sin   o♣sin5 xq, 120 35 x Ñ 36 Khi sin3 x ✏ ✑ ✙3 x ♣x ✁ x6   120   o♣x5qq ✏ ✘ ✏ x   α♣xq ✏ x3   3x2α♣xq   3xα2   α3♣xq α♣xq ✏ ✁ x3 x   120   o♣x5q ✓ ✁ x6 Suy x6 ✏ o♣x5 q x Ñ 0, 36 x9 α3 ♣xq ✓ ✁ ✏ o♣x5q x Ñ 216 α ♣ xq ✓ Do sin3 x ✏ x3 ✁ x5   o♣x5 q x Ñ Tiếp theo ta chứng minh sin5 x ✏ x5   o♣x5 q, x Đ Thật vậy, α♣xq ✓ ✁ nên Như vậy, x Đ ta có x3 sin5 x ✏ x5   o♣x5 q x Ñ sin♣sin xq ✏ x ✁ Tương tự ❄ x ✁ x2 x Ñ x3 x   120   o♣x5q ✑ ✏ x ✁ 13 x2 ✁ 19 x4   o♣x4q ✏ x ✁ 13 x3 ✁ 19 x5   o♣x5q Do ❄ sin♣sin xq ✁ x ✁ x2 Vậy L ✏ lim x Ñ0 ✙ x Ñ ✏ 19 x5   o♣x5 q 60 19 o♣x q   ✏ 90 x 90 ✁ 19 ✠ 37 Ví dụ 3.2 ([2]) Tính giới hạn sau L ✏ lim x ❄ Ñ0   tan x ✁ ex   x2 arcsin x ✁ sin x Lời giải Tử số mẫu số phân thức vơ bé x Đ Vì sin x ✏ x ✁ arcsin x ✏ x   x3 x3   o♣x3q   o♣x3q x Đ nên mẫu số có dạng arcsin x ✁ sin x ✏ x3   o♣x3q x Đ (3.1) Từ ta cần khai triển tử số với độ xác đến o♣x3 q Ta có ex ❄ ✏   x   x2!   x3!   o♣x3q, x Ñ 0, 1 1   t ✏   t ✁ t2   t3   o♣t3 q, t Ñ 0, 16 x tan x ✏ x     o♣x3q, x Ñ Và từ ❄   tan x ✏   1 ♣ tan xq ✁ ♣2 tan xq2   ♣2 tan xq3   o♣tan3 xq 16 3 ✏   x   x3 ✁ x2   x2   o♣x3q ✏   x ✁ x2   56 x3   o♣x3q, x Ñ Khi tử số có khai triển ❄   tan x ✁ ex   x2 Từ ♣3.1q, ♣3.2q ta suy L ✏ lim x Ñ0 ❄ ✏ 32 x3   o♣x3q,   tan x ✁ ex   x2 arcsin x ✁ sin x ✏ x lim x x Ñ x Ñ   o♣x3q ✏   o♣x3q (3.2) 38 Ví dụ 3.3 ([2]) Tính giới hạn L ✏ lim x ✁1 Đ x2 ✁ ✠ sin2 x ✽ ✁ ✽ nên ta biến đổi dạng 00 Ta có Lời giải Giới hạn cần tính có dạng ✁1 ✠ L ✏ lim ✁ xÑ x sin2 x sin2 x ✁ x2 ✏ xlim Ñ0 x2 sin2 x ✑ x✁ ✙2   o♣x3q ✁ x2 ✏ xlim Ñ0 x2 rx   o♣xqs2 ✁ x3   o♣x4q ✏ ✁ ✏ xlim Ñ0 x2 rx2   o♣x2 qs x3 3.2 Chứng minh bất đẳng thức Bất đẳng thức chủ đề quan trọng thú vị toán sơ cấp Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức Trong phần ta áp dụng công thức khai triển Taylor hàm số sơ cấp để chứng minh số bất đẳng thức Ta xét ví dụ sau Ví dụ 3.4 ([1]) Tìm số thực c cho ex   e✁x ↕ ecx ❅x € R (3.3) Lời giải Điều kiện cần: Giả sử (3.3) với x € R Điều tương đương với 0↕e cx2 ✁ ex   e✁x ✘ 0, ta ✁ e x   e ✁x ✠ ↕ ecx ✁ Chia hai vế bất đẳng thức cho x2 2 x2 Áp dụng quy tắc L’Hospital, ta ✁ ↕ lim ecx x Ñ0 x ✁x ✠ ✁ e  2 e x12 ✏ c ✁ 12 39 Từ suy c ➙ Điều kiện đủ: Xét c ➙ Áp dụng công thức khai triển Maclaurin cho hàm số y y ✏ e✁x , ta ex   e✁x ✏ ✏ ✽ ✑ ➳ xn n✏0 n!   ✽ ➳ ♣✁1qnxn ✙ ✏ n! n ✽ x2n ➳ ✏ ♣2nq! ✽ ➳ ♣x2 qn n ↕ n ✏ n! ✽   x2 ✟n ➳ n ✏ n! ✏ n ✏ e ↕ ecx x2 2 Kết luận: c ➙ Ví dụ 3.5 ([1]) Chứng minh ⑤xx ✁ 1⑤ ➔ x1✁x⑤ ln x⑤ ❅x € ♣0; 1q Lời giải Sử dụng khai triển hàm Maclaurin hàm số y ✽ x ln x n ➳ ⑤ ⑤xx ✁ 1⑤ ✏ ⑤ex ln x ✁ 1⑤ ↕ ⑤ ✏ ex ta n! ✏ n ➔ ⑤x ln x⑤ ✽ x ln x n✁1 ➳ ⑤ ⑤ ✏ ♣n ✁ 1q! ➔ ⑤x ln x⑤e⑤x ln x⑤ n ✏ ⑤x ln x⑤e✁x ln x ✏ ⑤ ln x⑤x1✁x Ví dụ 3.6 ([1]) Chứng minh với số nguyên n → ta có e ✁ ne ➔ ✁ 1✁ ✠n n ➔ 1e ✁ 2ne Lời giải Nhân vế với e logarit hóa hai vế, ta ✁ ✁ ✁ 1✠ 1✠ 1✠ ln ✁ ➔   n ln ✁ n ➔ ln ✁ 2n n ✁ ✁ 1✠ 1✠ ✁ 1✠ ðñ n ✁ n ➔ n   ln ✁ n ➔ n ln ✁ 2n ✏ ex 40 Đặt n ✏ x, ta cần chứng minh với x € ♣0; 1q ✁ x ln♣1 ✁ xq ➔ x   ln♣1 ✁ xq ➔ x ln ✁ x✠ Ta chứng minh bất đẳng thức cách dùng khai triển Maclaurin hàm số y ✏ ln♣1   xq, với ➔ ⑤x⑤ ➔ Ta có ✁ x ✁x✁ x2 ✁ x3 ✠ ✁ ➔ x   ✁ ✁ ➔x ✁ ✠ x3 ✁ x ✁ ✁ ✁ ✠ x x2 x3 ✁ ✁ ✁ 22 32 x2 4 ðñ x2   x2   x3   ☎ ☎ ☎ → x2   x3   x4   ☎ ☎ ☎ → x2   2x2.2   3x2.3   bất đẳng thức với ➔ x ➔ Ví dụ 3.7 ([1]) Cho hàm số f ♣xq khả vi liên tục đến cấp hai đoạn r0, 1s thoả mãn f ♣0q ✏ f ♣1q ✏ ✞ ✷ ✞ ✞f ♣xq✞ ↕ M ❅x € ♣0; 1q Chứng minh ✞ ✶ ✞ ✞f x ✞ ♣ q ↕ M2 ❅x € r0; 1s Lời giải Khai triển Taylor hàm số f điểm x, áp dụng điểm x x ✏ 1, ta f ✷ ♣c1 q ✶ ✏ f ♣0q ✏ f ♣xq ✁ f ♣xqx   x, ➔ c1 2! ✏ f ♣1q ✏ f ♣xq   f ✶ ♣xq♣1 ✁ xq   f ✷ ♣c2 q ♣1 ✁ xq2, 2! ➔ x, x ➔ c2 Trừ vế theo vế hai đẳng thức trên, ta f ✶ ♣xq ✏ Từ suy Hơn ✙ 1✑ ✷ f ♣c1 qx2 ✁ f ✷ ♣c2 q♣1 ✁ xq2 ⑤f ✶♣xq⑤ ↕ M2 ♣2x2 ✁ 2x   1q 2x2 ✁ 2x   ✏ 2x♣x ✁ 1q   ↕ ✞ ✶ ✞ ✞f x ✞ ❅x € r0; 1s, ♣ q ↕ M2 ❅x € r0; 1s ➔ ✏ Kết luận Luận văn đạt số kết quan trọng sau ❼ Trình bày cách chi tiết có hệ thống số định lý xấp xỉ quan trọng giải tích tốn học, bao gồm định lý Weierstrass, định lý Taylor, định lý Stone, định lý Newman ❼ Giới thiệu số ứng dụng định lý xấp xỉ, định lý xấp xỉ Taylor việc giải số vấn đề quan trọng tốn sơ cấp, tính giới hạn hàm số, chứng minh bất đẳng thức 41 Tài liệu tham khảo [1] Tơ Văn Ban, Giải tích - Những tập nâng cao, Nhà xuất Giáo dục (2005) [2] Nguyễn Văn Mậu - Nguyễn Thủy Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trung học phổ thông - Giới hạn, dãy số hàm số, Nhà xuất Giáo dục (2006) [3] Thái Thuần Quang (chủ biên), Nguyễn Dư Vi Nhân, Mai Thành Tấn, Nguyễn Ngọc Quốc Thương Giải tích - Phép tính vi phân tích phân hàm biến, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội (2020) [4] J J Callahan, Advanced Calculus: A Geometric View, Springer (2010) [5] V K Dzyadyk, I A Shevchuk, Theory of Uniform Approximation of Functions by Polynomials, Walter de Gruyter GmbH & Co KG (2008) [6] M Hata, Problems and Solutions in Real Analysis, World Scientific (2007) [7] J Stewart, Calculus, Cengage Learning (2016) 42 ... thống số định lý xấp xỉ quan trọng giải tích, bao gồm Định lý xấp xỉ Weierstrass, Định lý xấp xỉ Taylor, Định lý xấp xỉ Stone, Định lý xấp xỉ Newman, Luận văn đề cập đến số ứng dụng quan trọng định. .. Một số định lý xấp xỉ giải tích Ý tưởng xấp xỉ ý tưởng quan trọng giải tích tốn học Trong chương chúng tơi trình bày số định lý xấp xỉ cổ điển quan trọng giải tích tốn học 2.1 2.1.1 Định lý xấp. .. trình bày số kết sở giải tích cổ điển bao gồm giới hạn, liên tục khả vi hàm số Chương trình bày định lý xấp xỉ quan trọng giải tích Chương dành cho việc giới thiệu số ứng dụng định lý xấp xỉ Taylor