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 SÔ ĐỊNH LÝ XÂP XỈ TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Đinh - Năm 2020 TRƯƠNG THỊ MAI TRANG MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XAP 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 Muc luc 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 12 2.1 Đinh lý xấp xỉ Weierstrass 12 2.1.1 Giới thiệu đa thức đại số 12 2.1.2 Đinh lý xấp xỉ Weierstrass 14 2.2 Đinh lý xấp xỉ Taylor 18 2.2.1 Đinh lý giá tri trung bình 18 2.2.2 Đa thức Taylor 19 2.3 Đinh lý xấp xỉ Stone 26 2.3.1 Khái niệm ví dụ 26 2.3.2 Các hệ đinh lý Stone 31 2.4 Đinh lý xấp xỉ Newman 32 Ung dung giải toán sơ cấp 35 3.1 Tính giới hạn hàm số 35 3.2 Chứng minh bất đẳng thức 38 Kết luận 41 Tài liêu tham khảo 42 Mở đầu Lý thuyết xấp xỉ chủ đề quan trọng nhận nhiều quan tâm giải tích tốn học toán 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 toán 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 đinh lý xấp xỉ quan trọng giải tích, bao gồm Đinh lý xấp xỉ Weierstrass, Đinh lý xấp xỉ Taylor, Đinh lý xấp xỉ Stone, Đinh lý xấp xỉ Newman, Luận văn đề cập đến số ứng dụng quan trọng đinh 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 đinh lý xấp xỉ quan trọng giải tích Chương dành cho việc giới thiệu số ứng dụng đinh lý xấp xỉ Taylor tốn 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 xin bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc đến thầy Tơi 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 xin bày tỏ lịng kính trọng, biết ơn bố, mẹ gia đình người thân Mặc dù cố gắng thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn khơng thể 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 cz R Số X o e R gọi điểm giới hạn hay điểm tụ tập E với s-lđn cận K(xo) = {x e R : |x — xo| < xo thỏa mãn [K(xo) n E]\{xo} = {x e E : < |x — xo| < =1= Ví dụ 1.2 [«,&] Mọi X e [a, b điểm giới hạn tập (a,b), [a, b, (a, b, Số điểm giới hạn tập {1/n : n e N Nhận xét 1.3 thuộc tập E Điểm giới hạn tập E thuộc khơng Một điểm tập E điểm giới hạn khơng điểm giới hạn tập E Chẳng hạn, số e E1 = (2, điểm giới hạn E1, e E2 = (1, 2) u {3 không điểm giới hạn E2 Điểm X e E gọi điểm cô lập E X không điểm giới hạn E Định nghĩa 1.4 Cho c điểm giới hạn D c R, f : D R hàm số xác đinh D Số le R gọi giới hạn hàm số f X tiến đến c Vể > 0,3Ổ = ổ(3 > 0, VX e D, < |X — c| < ỏ If (X) — < £ Ký hiệu lim f (x) = Ế f (x) Ế x c x—*c Ta biết tồn hay không tồn lim f(x) phụ thuộc vào “dáng điệu” x—ìc 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 (x) dần X tiến đến c từ phía bên trái; giới hạn bên phải hàm số f số mà f (x) dần X tiến đến c từ phía bên phải Giả sử D cz R, c e R điểm giới hạn D Ta ký hiệu D = {x e D : X < c}; D = {xe D : x > c} Chú ý D , D rỗng Định nghĩa 1.5 Cho f hàm số xác đinh D =1= Số l gọi giới hạn bên trái f c VỐ > 0,3Ổ > 0, Vx e D , c — ỏc~ x-»c—0 Cho f hàm số xác đinh D =1= Số Ế gọi giới hạn bên phải f c R VỐ > 0,3Ổ > 0, Vx e DR, c0“ x—>0+ Ta có lim vx = Thật vậy, với ố > tồn ỏ = ố2 > để với x > X—>0+ mà x < ỏ = ố ta có |ựx — 0| = vx < vỏ = ố Định lý 1.1 (Quan hệ giới hạn giới hạn phía) Giả sử f hàm số xác định D c điểm giới hạn D DR Khi L lim f (x) = Ế Ví dụ 1.7 Cho hàm số => lim f (x) = Ế lim f (x) + x—*c x—»c ' fx2 g( ) =v x < 0, f x \x x > Vì lim ợ(x) = lim ^x^ = nên tồn lim ợ(x) = vx0-yv 0+yv xxc Vì lim k(x) Chox—ì hàm số 0“ k(x) Xét hàm số f(x = sin x Với x0 e R ta có sin x — sin x lim -X^>X0 x—x 0 lim ' ■ ■ (x + x0) x — x0 cos -sin —-— X—ÌX0 _ (x + xo) lim cos -= cos x X—>x 0 Vậy f có đạo hàm x e R f'(x0) = cos x 0 Vì đạo hàm đinh nghĩa thơng qua khái niệm giới hạn, cách tự nhiên ta có khái niệm đạo hàm phía Định nghĩa 1.13 Hàm số f xác đinh (a, b gọi có đạo hàm phải x e (a, b tồn giới hạn phải f x Ax f x f x f x lim ( + ) - ( 0) _ lim ( - ( 0) AXA 0+ Ax XX>X+ x - x0 Ta gọi giới hạn đạo hàm phải hàm f x ký hiệu f'+(x0) hay f (x0 +) Đinh nghĩa tương tự cho khái niệm đạo hàm trái hàm f x ký hiệu fí(x0) hay f(x0-) Ví dụ 1.14 Xét hàm số f(x} = |x| Ta có nên f+ (0) = f_ (0) = —1 Rõ ràng không tồn lim sin(1/x) lim sin(1/x) nên f khơng có đạo X—> 0_ X—>0+ hàm phải đạo hàm trái x = Từ Đinh lý 1.1 quan hệ giới hạn giới hạn phía ta có đinh lý sau Định lý 1.7 (Quan hệ đạo hàm đạo hàm phía) Hàm số f xác định (a, b có đạo hàm x0 e (a, b f có đạo hàm phía fí(xo) = fị(x0) Hơn nữa, lim f x ( - f (xQ XAXO x —xx— x 0 lúc fí(xo) = f+(xo) = f\xo) Ví dụ 1.15 Xét hàm số „, x X < 0, ^=K2 XX I X X > f Vì ' fíx lim ~ f X—>0+ = x lim x2 = lim x = X—> 0+ x X—>0+ lim f(x)f 0) = lim0 = x X-»0+ nên f'_(0) = f+(0) = Do f có đạo hàm f (0) = Nhận xét 1.16 Từ đinh lý ta suy f khơng có hai đạo hàm trái phải có hai đạo hàm trái phải khơng x f khơng có đạo hàm x Trong trường hợp sau, điểm (x , f(x0Ỵ) điểm góc đồ thi hàm số f X-»0- 0 Với phương pháp chứng minh Đinh lý 1.8 ta nhận (a) Nếu f có đạo hàm trái (phải) x f liên tục trái (phải) x ; 0 (b) Nếu f có đạo hàm trái phải x f liên tục x Định lý 1.8 (Quan hệ đạo hàm tính liên tục) Nếu hàm số f có đạo hàm xe (a, b f liên tục X Nhận xét 1.17 Điều ngược lại đinh lý nói chung khơng Thật vậy, ta xét hàm số f (X = |x| Rõ ràng f (x) liên tục X = f khơng có đạo hàm X = Định lý 1.9 (Đạo hàm hàm hợp) Nếu g có đạo hàm X f có đạo hàm g(x) hàm hợp fog có đạo hàm X 0 (f °g)'(x) = /'(g(x)).g'(x) Định lý 1.10 (Đạo hàm hàm ngược) Cho f hàm đơn điệu nghiêm ngặt (a,b) có đạo hàm xe (a, b với f'(x) Khi hàm ngược f~ f có đạo hàm y = f (x) f7f x» = m m x ( ) = ifi,f2, ,fJ , fí G A Theo bổ đề 2.15 hàm m(x) xấp xỉ hàm g A Từ (2.28) tồn hàm số g e A cho F(x) — £ < g(x) < F(x) + £ VxeK Ha y |F(x) — g(x)\ < £ Vxe K Vậy đinh lý Stone chứng minh 2.3.2 Các hệ định lý Stone Hệ 2.19 (Định lý Weierstrass thứ R ) K tập đóng bị chặn tùy ý R Khi với hàm so F liên tục K với e > 0, tìm đa thức P n = (ni, n , , nk} số ngun khơng âm có dạng k k n ni P n2 nk x n = Pni ,n2, ,n^ 1, 2, , ^^ Xì Xì j1 =0 32=0 jk = x x X cji,j2, ,jk x1 xk (2.32) x = (x ,x , ,xk} thuộc R P thỏa mãn bất đẳng thức k n |F(x) - Pn| < e (2.33) với xe K Hệ 2.20 (Định lý Weierstrass thứ hai R ) Với hàm F tuần hồn với chu kì 2n biến Xj, j = 1, 2, F liên tục tồn khơng gian R với t > tồn đa thức lượng giác T , với n = (m ,n2) có dạng k n T n(^x T (2.3 x ,x ni,n^ 2) 4) ni n2 = Xì XXj2 cosj xcosj 2y i + bji,j2 cosj xsinj i 2y (2.3 5) ji =0 32 = + Cj ,j sinj xcosj y + dj ,j sinj xsin ỹ] 2 i 2 (2.3 6) thỏa mãn bất đẳng thức |F(x) — Tn(x)| < e (2.37) với x = (x ,x2) e R Hệ 2.21 Với hàm F liên tục tồn tập số thực thỏa mãn —00 < lim F(x) = lim F(x) < 00 —X x—»G0 Khi tồn phân thức hữu tỉ Rn(x có dạng a + a^ + + a x b + thỏa mãn bất đẳng thức R n( x) ^x + + b x |F(x) - Rn(x)\ < e n n với x e (—00, oo) n n (2.38) (2.39) (2.40) Chứng minh Hệ 2.19, 2.20, 2.21 Tập K đóng bi chặn khơng gian hữu hạn chiều R tập compact, tập đa thức P có dạng (2.32) tập đại số Stone K.Hệ 2.19 chứng minh k n Vì tập hàm tuần hồn với chu kì 2n biến liên tục tồn khơng gian R 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: p = 1, p e [—n,n] 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 k1 l hữu tỷ bậc n < k,l < n,a0 7^ b0 7^ 0,a0được xk + agọi • • •phân + ak bthức 1x là+một 0x R (2.41) n( x) + b1xl~1 + • • • + bl , 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 (x) = |x|, x e [—1,1] inf max I |x| — Rn(x)| ^ —■=, n = 5, 6, 7, 8, ) -1 /— a > bổ đề (2.22), quan hệ (2.44) Nn(-x) Nn( x) n— nx j £-£ n k=0 £ + £ II k Li £ + x II _ íl nj1 Lí ỉị 1- £ 1+£ n— n k k=j+1 n k 1- £ 1=1 1+ £ l j j k=j+1 k k N„(-£-‘) Nn(£- *) l n l II n £-£ £+£ l l=n-j Bổ đề chứng minh (2.49) □ Định lý 2.24 (Newman, [5]) Xét phân thức hữu tý R có dạng n R n( x) Nn(x)~ Nn(-x) (2.50) —x) Khi Rn(x} có bậc n n chẵn có bậc n + n lẻ; Rn{x) xấp xỉ hàm số y = |x| đoạn [— 1,1] cho (2.51) I |x| — Rn(x)I < 3e“ với n Chứng minh Vì hai hàm y = |x| y = \Rn(x)| hàm chẳn nên chứng minh bất đẳng thức (2.51) với x > Trong trường hợp này, (2.44), ta có Nn(-xH Nn(x) Vx e [0, £n] = [0, e, < Rn(x) x Vì x| — Rn{x)| = x — Rn{x) x < e vZn Nếu x e [e-1, dùng bổ đề 2.23 với n ta tìm x| — Rn{ x)| = 2x Đinh lý chứng minh -2 "■ |Nn(x)/Nn{-x)| - < e^- ta cần Chương ứng dụng giải tốn sơ cấp Trong chương chúng tơi trình bày số ứng dụng đinh 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 x) — X" — X r L = lim -— -z->0 X Lời giải Vì mẫu số X nên ta cần khai triển tử số thành đa thức Taylor với độ xác đến o(x5) X Vì sinX % x X nên o(x ) = o(sin X X 5 Theo cơng thức Taylor, ta có X X sin X = x —— ,2o ■ O(X5) sin (sin X = sin X — sin sin X X |20 ' °- ’ sin X Khi _ 3 + + “13 sin x = M ắ ^x )) [x+ax] X + 3XMX + 3xa dư dư + + á\ x) X ¥ ,K\ + 1X ĩlõ ° " Suy X6 a2(x) % ¥ = Q(X5) X 36 x9 a\x) % —= Q(X ) X —> 216 Do •3 sin X = x sin X = X o(x5) — X5 + X + Q (X Thật vậy, ), X X 6 aX X*31 0, X 20 Q X ( )■ ỵ ỉ 4\ — X2 = 11 — — X——X+ X Q\X ) = X — - X — - X + Q(X ) X 19 sin (sin x} — X\1 — X -X + Q(X5) 60 19 /19 , Q(X5)\ lim a5+ -XX x^>ữ\ 90 X / 90 Ví dụ 3.2 ([2]) Tính giới hạn sau Ạ/Ì + tan x — e + x L = lim -; ; -x-> arcsin x — sin x x T Lời giải Tử số mẫu số phân thức vơ bé x Vì x3 Khi tử số có khai triển sin x = xx— x + o(x3) Từ (3.1), (3.2) ta suy +3 o(x3}, x V1 + tan x —xe^T arcsin = xx+ 3+x o(x ) x V1 + tan x — e + x x + o(x3) T nên mẫu số có dạng L = lim -; ; -X-0 3x + o(x3) x-> arcsin x — sin x x3 lim = arcsinx — sinx = 3- + o(x3) x 3 x 2 (3.2) 3„J Từ ta cần khai triển tử số với độ xác đến Ox Ta có e r—— + x + 2^ + 2^ + o(x3), x 0, x , 1 ,2 V1+t -1+2 t - 8t+ — t3 + Ot3), x tan x = x + —- 16 t 0, + o(x3), x Và từ V1 + tan x = 1 tan x) -(2 tan x) — -8 (2 16 /y*'-’ •Ẩy •Ầy +— (2 tan x) + o( tan x) /y*'-’ •Ấy fQ\ + y- f + f + °(x3 x • + oix , x _ T + 6x' 3 (3.1) Ví dụ 3.3 ([2]) Tính giới hạn L = lim f -1 x->0 X X Lời giải Giới hạn cần tính có dạng 00 — 00 nên ta biến đổi dạng - Ta có sin x lim x->0 X X2 •22 lim sin X — X x—ì X sin x „.-]2 °W- 2 + o(X) x-m x [x + o(x )] -x lim x2[x + o(x)]2 x> 2 2 3.2 Chứng minh bât đăng thức Bất đẳng thức chủ đề quan trọng thú vi tốn 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 4" e ex2 + ex x X1e R Điều tương đương với Áp quy tắc L'Hospital, ta Lờidụng giải Điều kiện cần: Giả sử (3.3) < (eđúng với R (3.3) 2) X x x cx e +(e e" \ 1e Vx1e < lim c x—»0 X )X “2 x cX e ccX Chia hai vế bất đẳng thức cho X2 / 0, ta Từ suy c Điểu kiện đủ: Xét c - Áp dụng công thức khai trien Maclaurin cho hàm số y = e y = e , ta x x 1r^ xn Y (-1) xn- e +e + 22 l_£J n! n x x n=0 “ n=0 x2n V-! x ±0 w n=0 x 00 n! - n (x ) n! n n=0 = E (í) n=0 x2 n! =e2 e cx Kết luận: cX -| Ví dụ 3.5 ([1]) Chứng minh xx — 1| < x x ln x| Vxe (0; 1) Lời giải Sử dụng khai trien hàm Maclaurin hàm số y = e ta x Y |x ln x| n x - 1| = |exlnx - 1| < x n! n=1 n— I s n=1 x |x ln x|el |xln x\e~ x ln x| xlnx =I lnx r"' J' Ví dụ 3.6 ([1]) Chứng minh với số nguyên n > ta có 1 / 1\n 1 —