Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P5 docx

3.4. Chuỗi Taylor 193 và do tính liên tục của f , f(x n ) ! f(x) .Vì F đóng, f(x) 2 F , hay nói cách khác x 2 f Ă1 (F) .Vậytađ chứng m inh rằng f Ă1 (F) đóng. Để chứng minh (b) =) (c), chỉ cần chú ý rằng mọi tập con mở G của Y là phần bù của tập con đóng F ,tứclà, G = Y ẵ F .Khiđó,tacó f Ă1 (G)=X ẵ f Ă1 (F) . Bâygiờtasẽchứngminhrằng(c) =) (a). Gọi x 0 2 X và ">0 tuỳýcố định. Theo giả thiết, tập f Ă1 (B Y (f(x 0 );")) là mở trong X .Do x 0 là phần tử của f Ă1 (B Y (f(x 0 );")) ,tồntại >0 sao cho B X (f(x 0 );") ẵ f Ă1 (B Y (f(x 0 );")) . Vì vậy, ta có f(B X (x 0 ;)) ẵ B Y (f(x 0 );") , tức là f liên tục tại x 0 . Vậy, ta đ chứng minh rằng ba điều kiện đầu tiên là tơng đơng. Tiếp theo, ta chứng minh rằng (a) =) (d). Để làm vậy, lấy y 0 2 f(A) .Theo định nghĩa nghịch ảnh của một tập dới tác động của ánh xạ f ,tồntại x 0 2 A sao cho f(x 0 )=g(x 0 ) . Do tính liên tục của f tại x 0 ,với ">0 cho trớc, tồn tại hình cầu B X (x 0 ;) sao cho f(B X (x 0 ;)) ẵ B Y (y 0 ;"): Vì x 0 2 A ,tathấy B X (x 0 ;) \ A 6= ; .Vậy ;6= f(B X (x 0 ;) \A) ẵ B Y (y 0 ;") \ f(A); tức là y 0 2 f(A) . Để chứng minh (d) =) (c), đặt A = f Ă1 (B) .Khiđó f(f Ă1 (B)) ẵ f(f Ă1 (B)) = B: Từ đó f Ă1 (B) ẵ f Ă1 (B) . Cuối cùng, ta chứng minh rằng (c) =) (b). Nếu F đóng, thì F = F .Theo (c), f Ă1 (F) ẵ f Ă1 (F); tức là f Ă1 (F) đóng. 1.7.2. Kí hiệu B(X) là họ tất cả các tập con Borel của X ,tứclà, ắ -đại số các tập con của X chứa mọi tập mở. Kí hiệu ~ B là họ các tập B ẵ Y sao cho 194 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm f Ă1 (B) 2B(X) .Khiđó ~ B là ắ -đại số các tập con của Y .Vì f liên tục, suy ra từ bài toán trớc rằng nghịch ảnh của mọi tập mở là mở. Do đó, ~ B chứa tất cả các tập con mở của Y .Từđó, B(Y) ẵ ~ B , suy ra nếu B 2B(Y) ,thì f Ă1 (B) 2 ~ B(X) . 1.7.3. Cho X = Y = R đợc trang bị metric Euclide thông thờng d(x; y)= jx Ăyj .Xácđịnh f(x)=sinẳx và F = â n + 1 n : n á 2 ê .Khiđó, F đóng trong không gian metric X , vì nó chỉ chứa các điểm cô lập. Mặt khác, f(F)= n sin ẳ 2 ; Ăsi n ẳ 3 ; sin ẳ 4 ;::: o khôngđóngtrong Y bởi vì nó không chứa điểm điểm tích luỹ của nó, tức là điểm 0. Lấy X và Y nh trên đồng thời xác định f(x)=x(x Ă 2) 2 và G =(1; 3) . Khi đó, f(F)=[0; 3) . 1.7.4. Nếu y n inf f(F) ,thì y n = f(x n ) ,ởđây x n 2 F;n=1; 2; 3;::: .Nếu F compact trong X ,thìtồntạidycon fx n k g của fx n g hộitụtới x 2 F .Dotính liên tục của f , fy n k g xác định bởi y n k = f(x n k ) là dyconcủa fy n g hội tụ tới f(x)inff(F) . Vậy tính compact của f(F) đợc chứng minh. 1.7.5. Gọi fx n g là dy các phần tử trong F 1 [F 2 [:::[F m hội tụ tới x .Khi đó, tồn tại ít nhất một dy F i chứa dycon fx n k g . Do đó, dy fx n g có thể phân tích thành hữu hạn d yconsaochomỗidy con đợc chứa trong một tập F i .Do F i đóng và f liên tục trên F i , f(x n k )=f jF i (x n k ) ! f jF i (x)=f(x) . Suy ra rằng ff(x n )g đợc phân tích thành hữu hạn dyconhộitụtới f(x) , tức là ff(x n )g hộitụtới f(x) . Để thấy rằng khảng định không đúng trong trờng hợp vô hạn tập, xét F i xác định nh sau : F 0 = f0g; F i = â 1 i ê ;i=1; 2; 3;::: . Hàm cho bở i f(x)= ( 1 với x 2 F i ;i=1; 2; 3;::: ; 0 với x 2 F 0 ; liên tục trên mỗi F i ;i=0; 1; 2; 3;::: ,nhng không liên tục trên tập 1 S i=0 F i . 3.4. Chuỗi Taylor 195 1.7.6. Lấy tuỳ ý x 0 2[ t2T G t . Khi đó, tồn tại t 0 2 T sao cho x 0 2 G t 0 .Vì G t 0 mở và giới hạn của f trên G t 0 là liên tục, với ">0 , tồn tại >0 sao c ho nếu x 2 B(x 0 ;) ẵ G t 0 ,thì f(x)=f jG t 0 (x) 2 B Ă f jG t 0 (x 0 );" Â , tức là f liên tục tại x 0 . 1.7.7. Giả sử rằng với mọ tập compact A ẵ X , f jA là liên tục. Nếu dy fx n g các phần tử của X hội tụ tới x ,thìtập A = fx; x 1 ;x 2 ;x 3 ;:::g là compact trong X .Vậy, f(x n )=f jA (x n ) ! f jA (x)=f(x) .Vậy f liên tục trên X .Bao hàm ngợc lại là rõ ràng. 1.7.8. Tính liên tục của f Ă1 tơng đơng với điêuf kiện f(G) mở trong Y với mỗi G mở trong X .Nếu G mở trong X ,thì G C = X ẵ G ,coinh tập con đóng của không gian compact X là com pact. Theo kết quả của 1.7.4, f(G C )=bY ẵ f(G) cũng compact, và do đó đóng. Điều này có nghĩa f(G) mở. Để chỉ ra tính compact là giả thiết cố t yếu, xét f :(0; 1) [f2g!(0; 1] cho bởi f(x)=x với x 2 (0; 1) và f(2) = 1 . Rõ ràng, f là song ánh liên tục từ (0; 1 [f2g) lên (0; 1] .Vì f Ă1 (x)=x với x 2 (0; 1) và f Ă1 (1) = 2 ,hàmngợc không liên tục trên (0; 1] . 1.7.9. Gọi d 1 và d 2 lần lợt là các metric của X và Y . Do tính liên tục của f ,với ">0 cho trớc và x 2 X , tồn tại (x) > 0 sao cho d 1 (y; x) <(x) kéo theo d 1 (f(y);f(x)) < " 2 :(1) Vì họ các hình cầu â B Ă x; 1 2 (x) Â : x 2 X ê là phủ mở của không gian compact X ,tồntạiphủconhữuhạn ẵ B à x i ; 1 2 (x i ) ả : i =1; 2;::: ;n ắ :(2) Đặt = 1 2 minf(x 1 );(x 2 );::: ;(x n )g và lấy x và y trong X sao cho d 1 (x; y) < . Vì họ (2) là một phủ của X , tồn tại i 2f1 ; 2;::: ;ng sao cho d 1 (x; x i ) < 1 2 (x i ) .Khiđó d 1 (y;x i ) <d 1 (y; x)+d 1 (x; x i ) <+ 1 2 (x i ) (x i ): 196 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm Do đó, theo (1), d 2 (f(x);f(y)) d 2 (f(x);f(x i )) + d 2 (f(x i );f(y)) <": 1.7.10. Với x 0 ;x2 X và y 2 A , dist(x; A) d(x; y) d(x; x 0 )+d(x 0 ;y): Vậy dist(x; A) d(x; x 0 )+dist(x 0 ; A) .Từđó dist(x; A) Ădist(x 0 ; A) d(x; x 0 ): Cũng nh vậy, dist(x 0 ; A) Ădist(x; A) d(x; x 0 ) .Dođó jdist(x; A) Ă dist(x 0 ; A)j d(x; x 0 ); và vì vậy f liên tục đều trên X . 1.7.11. Nếu f(X) không liên thông, thì tồn tại các tập con mở rời nhau, khác rỗng G 1 và G 2 sao cho G 1 [ G 2 = f(X) . Tính liên tục của f suy ra rằng f Ă1 (G i );i=1; 2 , là mở. Rõ ràng, chúng khác rỗng, rời nhau và hợp của chúng bằng X , mâu thuẫn. 1.7.12. Gọi d 1 và d 2 lần lợt là các metric trên X và Y .Giảsử f liên tục tại x 0 2 A .Khiđó,với ">0 cho trớc, c ó thể tìm >0 sao cho f(x) 2 Bf(x 0 );"=2 bất cứ khi nào x 2 B(x 0 ;) \ A . Do đó,, d 2 (f(x);f(y)) <" với mọi x; y 2 B(x 0 ;)\A . Suy ra rằng o f (x 0 )=0 .Ngợc lại, nếu o f (x 0 )=0 , thì với ">0 , tồn tại " > 0 sao cho 0 << " kéo theo diam(f(A \ B(x 0 ;))) <": Từ đó d 1 (x; x 0 ) < kéo theo d 2 (f(x);f(x 0 )) diam(f(A \ B(x 0 ;))) <": 3.4. Chuỗi Taylor 197 1.7.13. Đặt B = fx 2 A : o f (x) á "g và gọi fx n g là dy các điểm của B hội tụ tới x 0 .Vì B ẵ A;x 0 2 A .Vìvậy, o f (x 0 ) đợc xác định đúng đắn. Ngoài ra, với mọi >0 , tồn tại n 2 N sao cho B(x n ;=2) ẵ B(x 0 ;) .Từđó diam(f(A \ B(x 0 ;))) á diam(f(A \ B(x n ;=2))) á o f (x n ) á ": Suy ra rằng o f (x 0 ) á " , hay nói cách khác, x 0 2 B . 1.7.14. Theo kết quả của 1.7.12, tập C các điểm liên tục của f bằng tập các điểm mà trên đó dao dộ triệt tiêu. Đặt B n = fx 2 X : o f (x) <frac1ng: Suy ra từ bài toán trớc rằng B n mở trong X . Mặt khác, C = 1 \ n=1 B n ; tức là, tập các điểm liên tục của f có kiểu G . Suy ra rằng tập X n C các điểm gián đoạn của f có kiểu F ắ trong X . 1.7.15. Xét hàm định nghĩa bởi (so sánh với 1.2.3 (a)) f(x)= 8 > < > : 0 nếu x hữu tỷ. 0 nếu x =0; 1 q nếu x = p q ;p2 Z;q 2 N; và p; q nguyên tố cùng nhau. 1.7.16. [S. S. Kim, Amer. Math. Monthly 106 (1999), 258-259]. Gọi A có kiểu F ắ trong R ,tứclà 1 [ n=1 F n = A; ởđây F n đóng. Không mất tổng quát, có thể giả sử rằng F n ẵ F n+1 với n 2 N . Thực vậy, chỉ cần thay F n bởi F 1 [F 2 [ÂÂÂF n .Nếu A = R , thì, chẳng hạn, f(x)= Q (x) gián đoạn tại mỗi x 2 R .Nếu A 6= R , thì ta định nghĩa hàm g bằng cách đặt g(x)= 8 < : P n2K 1 2 n nếu x 2 A; 0 nếu x 2 R ẵ A; 198 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm ởđây K = fn : x 2 F n g ,vàtađặt f(x)=g(x) à Q (x) Ă 1 2 ả : Trớc hết, ta chỉ ra rằng mỗi điểm của A là điểm giám đoạn của f . Thực vậy, nếu x 2 A o , thì mọi lân cận của x chứa một điểm mà tại đó dấu của f khác dấu của f(x) .Nếu x 2 @A \A ,thì f(x) 6=0 và mọi lân cận của x chứa mộtđiểmmàtạiđó f triệt tiêu. Vì A = A o [ (@A \ A) ,hàm f gián đoạn trên A . Bây giờ, ta phải chỉ ra rằng f liên tục trên R ẵ A .Tacó f(x)=0 nếu x=2 A . Nếu dy fx k g hội tụ tới x và x k 2 A ,thìvớimọi n , tồn tại k n sao cho x k 2 F n với k á k n .(Nếucóvôhạn x k trong F n nào đó, thì x cũng nằm trong F n .) Do đó, với k á k n , g(x k )= 1 2 n+1 + 1 2 n+2 + :::= 1 2 n ; tức là lim k!1 g(x k )=0=g(x) . 1.7.17. Không. Mọi hàm xác định trên không gian metric rời rạc là liên tục. 1.7.18. Trớc hết giả sử rằng x 2 @A = A \X n A . Vì mỗi hình cầu B(x; ) chứa các điểm của A và các điểm của X n A ,tacó o A (x)=1 . Bây giờ, giả sử rằng o A (x) > 0 . Điều này có nghĩa với mọi >0 , sup â A(x) Ă A(y) : y 2 B(x; ) ê = o A (x; ) > 0: Do đó, mỗi hình cầu B(x; ) phỉa chứa các điểm của A và các điểm của X nA . Từ đó, x 2 @A = A \ X nA . Rõ ràng, nếu A vừa mở, vừa đóng, thì @A = ; .Vìvậy,theo1.7.12, A liên tục trên X .Ngợc lại, nếu A liên tục trên X ,thì @A = ; .Bâygiờ, ta chứng minh rằng A ẵ A . Nếu không, tồn tại x 2 A n A ẵ X nA ,mâu thuẫn. Có thể chứng minh hoàn toàn tơng tự rằng X nA cũng đóng. 1.7.19. Với x 2 A và >0 ta có o f (x; )=supfd 2 (f(x);f(y)) : y 2 B(x; )g =supfd 2 (f(x);f(y)) : y 2 A \ B(x; )g +supfd 2 (f(x);f(y)) : y 2 (X n A) \B(x; )g 3.4. Chuỗi Taylor 199 Vậy o f (x; ) supfd 2 (g 1 (x);g 1 (y)) : y 2 A \B(x; )g +supfd 2 (g 1 (x);g 2 (y)) : y 2 (X nA) \ B(x; )g o g 1 (x; )+supfd 2 (g 1 (x);g 2 (y)) : y 2 (X nA) \B(x; )g o g 1 (x; ) +supfd 2 (g 1 (x);g 2 (x)) + d 2 (g 2 (x);g 2 (y)) : y 2 (X nA) \B(x; )g o g 1 (x; )+d 2 (g 1 (x);g 2 (x)) + o g 2 (x; ): Vì g 1 và g 2 liên tục, ta có, theo 1.7.12, o f (x) d 2 (g 1 (x);g 2 (x)):(1) Bây giờ, ta phải chứng minh rằng với x 2 A. o f (x) á d 2 (g 1 (x);g 2 (x)):(2) Gọi f n g là dy các số dơng hội tụ tới 0 .Vì A o = ; ,tập X nA trù mật trong X . Vậy mỗi hình cầu B(x; n ) chứa một điểm y n của X n A .Dođó, supfd 2 (f(x);f(y)) : y 2 B(x; n )g á supfd 2 (g 1 (x);g 2 (y)) : y 2 B(x; n ) \ (X nA)g á d 2 (g 1 (x);g 2 (y n )): Kết hợp với tính liên tục của g 2 suy ra lim n!1 supfd 2 (f(x);f(y)) : y 2 B(x; n )gád 2 (g 1 (x);g 2 (x)): Từ đó suy ra ( 2). S u y ra từ (1) và (2) rằng đẳng thức cần chứng minh đúng với x 2 A . Theo cách tơngtự(dùngtínhtrùmậtcủa A ) có thể chứng minh đẳn thức này cũng đúng cho x 2 X nA . 200 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm 1.7.20. Giả sử rằng ff n g là dy các hàm liên tục trên X sao cho f(x)= lim n!1 f n (x) .Với ">0 ,đặt P m (")=fx 2 X : jf(x) Ă f m (x)j "g và G(")= 1 S m=1 (P m (")) o . Ta sẽ chứng minh rằng C = 1 T n=1 G(1=n) là tập các điểm liên tục của f .Trớc hết ta s ẽ chứng minh rằng nếu f liên tục tại x 0 , thì x 0 2 C .Vì f(x)= lim n!1 f n (x) , tồn tại m sao cho jf(x 0 ) Ăf m (x 0 )j " 3 : Suy ra từ tính liên tục của f và f m tại x 0 rằng tồn tại một hình cầu B(x 0 ;) sao cho với x 2 B(x 0 ;) , jf(x) Ăf(x 0 )j " 3 và jf m (x) Ăf m (x 0 )j " 3 : Do đó, jf(x)Ăf m (x)j " nếu x 2 B(x 0 ;) . Điều này có nghĩa x 0 2 (P m (")) o ẵ G(") .Vì ">0 có thể chọn tuỳ ý, ta có x 0 2 C . Bây giờ nếu x 0 2 C = 1 \ n=1 G(1=n); thì, với mọi ">0;x 0 2 G("=3) . Vậy tồn tại số nguyên dơng m sao cho x 0 2 (P m (")) o . Do đó tồn tại hình cầu B(x 0 ;) sao cho nếu x 2 B(x 0 ;) ,thì jf(x) Ăf m (x)j " 3 : Vì f m liên tục, điều này chỉ ra rằng f liên tục tại x 0 . Bây giờ, ta phải chứng minh rằng X n C thuộc phạm trù thứ nhất. Để làm vậy, xác định F m (")=fx 2 X : jf m (x) Ăf m+k (x)j " với mọi k 2 Ng: Tính liên tục của f n ;n2 N , suy ra rằng F m (") đóng. Vì f(x) = lim n!1 f n (x);x2 X ,tathấyrằng X = 1 S m=1 F m (") và F m (") ẵ P m (") .Dođó, 1 [ m=1 (F m (")) o ẵ G("): 3.4. Chuỗi Taylor 201 Bây giờ chú ý rằng với mọi F ẵ X , phần trong của F n F o bằng rỗng, bởi vì (F ẵ F o ) o n F o n (F o ) o = ; . N goài ra, nếu F đóng, thì F n F o đóng và vì vậy F n F o trù mật khắp nơi. Vì rằng X n 1 [ m=1 (F m (")) o ẵ 1 [ m=1 (F m (") n (F m (")) o ); tập X n 1 S m=1 (F m (")) o thuộc phạm trù thứ nhất. Cuối cùng, quan sát rằng X n C = X n 1 [ n=1 G(1=n)= 1 [ n=1 (X nG(1=n)): Vì vậy, tập X nC các điểm gián đoạn của f thuộc phạm trù thứ nhất. 1.7.21. Ta sẽ dùng kí hiệu của lời giải của bài toán trớc. Ta có X n G(1=k) ẵ X n 1 [ m=1 (F m (1=k)) o ẵ 1 [ m=1 (F m (1=k) n (F m (1=k)) o ): Từ đó, 1 [ k=1 (X n G(1=k)) ẵ 1 [ k=1 1 [ m=1 (F m (1=k) n (F m (1=k)) o ): Vậy, X nC là tập con của hợp đếm đợc các tập đóng và k hông đâu trù mật (các phần bù của chúng mở và trù mật trong X ). Suy ra rằng C chứa giao đếm đợc các tập mở và trù mật. Theo định lí Baire, C trù mật trong X . 1.7.22. Với ">0 ,đặt F k = f0g[ \ nák n x>0: f x n " o ;k=1; 2; 3;::: : Vì f liên tục, các tập là đó ng (xem, chẳng hạn, 1.7.1). Theo giả thiết, S k=1 F k = [0; 1) . Theo định lí Baire, ít nhất một trong các tập F k có phần trong khác rỗng. Do đó, tồn tại a>0; >0 ,và k 2 N sao cho (a Ă ; a + ) ẵ F k . Không mất tổng quát, có thể giả sử rằng a k .Nếu 0 <x và n = Ê a x Ô ,thì 202 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm a Ă a Ă x<nx a<a+ ,và n á k .Vậy nx 2 F k , và theo định nghĩa của F k , f(x)= f nx n "; suy ra lim x!0 + f(x)=0 . 1.7.23. Định nghĩa F n nh sau : F n = fx 2 X : jf(x)j n với mọi f 2Fg: Suy ra từ tính liên tục của f rằng F n đóng. T heo giả thiết, với mọi x 2 X , tồn tại số nguyên dơng n x sao cho jf(x)j n x với mọi f 2F n x .Dođó, X = 1 S n=1 F n .Vì (X;d 1 ) thuộc phạm trù thứ hai, tồn tại F n 0 có phần trong khác rỗng. Đặt G = F o n 0 .Vìvậy, jf(x)j n 0 với mọi f 2F và mỗi x 2 G . 1.7.24. Ta biết rằng f 1 \ n=1 F n ! ẵ 1 \ n=1 f(F n ): Bây giờ, ta chứng minh rằng nếu f liên tục, thì 1 \ n=1 f(F n ) ẵ f 1 \ n=1 F n ! : Lấy y 2 1 T n=1 f(F n ) . Khi đó, với mọi số nguyên dơng n; y 2 f(F n ) , hay nói cách khác, y = f(x n ) . theo định lí về các tập lồng nhau của Cantor, 1 T n=1 f(F n )= fx 0 g với x 0 2 X với x 0 2 X nào đó. Do tính liên tục của f , y = lim n!1 f(x n )= f(x 0 ) .Vậy y 2 f à 1 T n=1 f(F n ) ả . 1.7.25. Với u; v 2 X ta có d(f u ;f v )=supfjd 1 (u; x) Ăd 1 (v; x)j : x 2 Xg d 1 (u; v): Ngoài ra, d(f u ;f v )=supfjd 1 (u; x) Ăd 1 (v; x)j : x 2 Xg jd 1 (u; x) Ăd 1 (v; x)j = d 1 (u; v): [...]... (n) 1 x f = Ă n+1 f f Ă x x x xn x à ả 1 1 = n+2 f (n+1) : x x n 2.1.38 Chứng minh dưới đây được dựa theo bài báo của S Roman [Amer Math Monthly 87 (1980), 805-809], mặc dù tác giả sử dụng những kiến thức giải tích hàm nhưng chứng minh khá sơ cấp Ta xét phiếm hàm tuyến tính L : P ! R xác định trên tập P các đa thức hệ số thực Kí hiệu hL; P (x)i là giá trị của phiếm hàm L tại đa thức P (x) Xét phiếm hàm... metric compact là liên tục đều Nếu X là compact, thì mỗi tập fx 2 X : ẵ(x) > "g; " > 0, là hữu hạn Mặt khác, giả sử rằng tồn tại một số " > 0 sao cho tập fx 2 X : ẵ(x) > "g là hữu hạn Vì họ các hình cầu B(x; "); x 2 X là phủ mở của X, nó có phủ con hữu hạn, mâu thuẫn với ẵ(x) > " với vô hạn x Bâygiờ giả sử mọi hàm thực liên tục trên X là liên tục đều và tập x 2 X : ẵ(x) > " hữu hạn Ta sẽ chứng minh rằng... minh rằng X compact Gọi fxn g là dy các điểm của X Nếu một số hạng của dy này được lặp lại vô hạn lần, thì rõ ràng tồn tại một dy con hội tụ Nếu không, thì lim ẵ(xn ) = 0, vì tập n!1 fx 2 X : ẵ(x) > "g là hữu hạn Theo kết quả của bài toán trước, fxn g chứa một dy con hội tụ 3.4 Chuỗi Taylor 205 1.7.29 Chỉ cần xét X = [0; 1] [ f2g [ f3g [ f4g [ : : : được trang bị chuẩn Euclide d1 (x; y) = jx Ă yj 206... tương tự Ta có 0 0 infff+ (x) : x 2 (a; b)g 0 supff+ (x) : x 2 (a; b)g: 2.1.26 Ta áp dụng kết quả bài trên cho hàm x 7! f(x) Ă f (b) Ă f (a) (x Ă a): bĂa Chương 2 Vi phân 220 0 Tương tự ta có kết quả cho f+ (x), tức là f (b) Ă f (a) 0 supff+ (x) : x 2 (a; b)g: bĂa 0 infff+ (x) : x 2 (a; b)g 2.1.27 Từ bài trên ta có f (x + h) Ă f (x) h 0 supffĂ (z) : z 2 (x; x + h)g: 0 infffĂ (z) : z 2 (x; x + h)g... (2m+1) (0) = (1Ă)m (2m)! 2.1.31 Sử dụng phép quy nạp 2.1.32 (a) Sử dụng công thức Leibniz (n) (f (x)g(x)) = n X ànả k=0 và đẳng thức (a) trong bài trên k f (nĂk) (x)g (k) (x) 2.1 Đạo hàm của hàm số thực 221 (b) Sử dụng công thức Leibniz và đẳng thức (b) trong bài trên 2.1.33 Rõ ràng nếu x > 1 thì f(x) > 0, f 0 (x) > 0 và f 00 (x) < 0 Đạo hàm hàm số (f(x))2 = x2 Ă 1 n lần (n á 3) và sử dụng công thức... g các số nguyên dương sao cho các tập vô hạn F1 = fxnk : k 2 Ng và F2 = fynk : k 2 Ng đóng và rời nhau Theo bổ đề Urysohn, tồn tại hàm liên tục f : X ! R sao cho f bằng 1 trên F1 và bằng 0 trên F2 Vậy jf (xnk ) Ă f(ynk )j = 1 và lim d1 (xnk ; ynk ) = 0: k!1 Từ đó f liên tục nhưng không liên tục đều trên X, mâuthuẫn (a) Để chỉ ra rằng (b) suy ra (a), kí hiệu A là tập các điểm giới hạn của X Theo (b),... 4 : x6 x Sử dụng kết quả của bài 1.1.12 ta được f 00 (0) = 0, từ đó suy ra f 00 cũng liên tục trên R Cuối cùng ta được ( Ă1Â 2 eĂ1=x P x với x 6= 0; (n) f (x) = với x = 0; 0 trong đó P là một đa thức, do đó với mọi n 2 N f (n) (x) liên tục trên R Chương 2 Vi phân 228 (b) Tương tự câu (a) ta có g (n) (0) = 0 với n 2 N, đồng thời ta được g 2 C 1 (R) (c) Hàm số đang xét là tích của hai hàm f1 và f2 thuộc... và ta có à n ả0 Q n !0 jfk j n Y X jfk j0 (x) k=1 (x) = ln jfk j (x) = : n Q fk (x) k=1 k=1 jfk j k=1 0 Chú ý rằng jfk j0 (x) = sgn(fk (x))fk (x) ta suy ra điều phải chứng minh 2.1.21 Sử dụng kết quả bài trên, thay thế fk bởi fk =gk : 2.1.22 (a) Rõ ràng f và jf j liên tục tại x = 0 Hơn nữa f 0 (0) = 1 và jf j0 (0) không tồn tại (xem 2.1.19) 2.1 Đạo hàm của hàm số thực 219 (b) f và jf j chỉ liên tục... tương đương 2n (2n) f2n (Ă1) (Ă1)k (2n Ă 1)! X =i : 22n cos2n (2kĂ1)ẳ k=1 4n (2n) (2n) Vì f2n (Ă1) thực nên suy ra f2n (Ă1) = 0 2.1.35 Kí hiệu L(x) và R(x) là vế trái và vế phải của đẳng thức trong đề bài, rõ ràng L và R là các đa thức bậc n + 1 và L(0) = R(0) = 0 Do đó ta Chương 2 Vi phân 222 cần chứng minh rằng L0 (x) = R0 (x); x 2 R Ta có 0 L (x) = n X P (k) (0) k=0 k! xk = P (x); n n (k) X (0) k... các giá trị x = xk ; k = 1; 2; : : : ; n Cho Q(x) 1 ta có 1= n X k=1 n 1 Y (x Ă xj ): P 0 (xk ) j=1 j6=k Tính toán hệ số của xnĂ1 ta được n X k=1 1 P 0 (xk ) =0 với n á 2: 2.1.18 Sử dụng các kết quả bài trước với (a) (b) P (x) = x(x + 1)(x + 2) Â Â Â (x + n) và Q(x) = n!; P (x) = x(x + 2)(x + 4) Â Â Â (x + 2n) và Q(x) = n!2n : 2.1.19 Rõ ràng đạo hàm của jf j tồn tại tại mỗi điểm x thoả mn f(x) 6= . đóng. 1.7.2. Kí hiệu B(X) là họ tất cả các tập con Borel của X ,tứclà, ắ -đại số các tập con của X chứa mọi tập mở. Kí hiệu ~ B là họ các tập B ẵ Y sao cho 194 Chơng. 2B(X) .Khiđó ~ B là ắ -đại số các tập con của Y .Vì f liên tục, suy ra từ bài toán trớc rằng nghịch ảnh của mọi tập mở là mở. Do đó, ~ B chứa tất cả các tập con mở của Y .Từđó, B(Y)