ôn thi cao học toán phần giải tích

GIẢI TÍCH CƠ BẢN
(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ
PGS. TS Lê Hoàn Hóa
Ngày 11 tháng 10 năm 2004
1 Giới hạn của dãy số
1.1 Định nghĩa
Cho (x
n
)
n
là dãy số thực. Ta nói :
• Dãy (x
n
)
n
hội tụ về x (x hữu hạn) khi n → ∞, ký hiệu lim
n→∞
x
n
= x hay lim x
n
= x nếu
với mọi  > 0, tồn tại số tự nhiên n
0
∈ N sao cho với mọi n ≥ n
0
thì |x
n
− x| < .
lim x

n
= x ⇐⇒ ∀ > 0, ∃n
0
∈ N : ∀n ≥ n
0
=⇒ |x
n
− x| <  ⇐⇒ lim |x
n
− x| = 0
• Dãy (x
n
)
n
tiến ra +∞ (theo tứ tự −∞) nếu với mọi A ∈ R, tồn tại n
0
∈ N sao cho với
mọi n ≥ n
0
thì x
n
> A (theo thứ tự x
n
< A).
• Dãy (x
n
)
n
phân kỳ nếu không có lim x
n

hoặc lim x
n
= +∞ hoặc lim x
n
= −∞.
Như vậy với một dãy (x
n
)
n
chỉ có hai trường hợp : hoặc (x
n
)
n
hội tụ hoặc (x
n
)
n
phân kỳ.
1.2 Định lý cơ bản
1. Nếu(x
n
)
n
là dãy tăng, bị chặn trên và a = sup{x
n
} thì lim x
n
= a. Nếu (x
n
)

n
là dãy giảm,
bị chặn dưới và b = inf{x
n
} thì lim x
n
= b.
2. Giới hạn kẹp : Giả sử : a
n
≤ x
n
≤ b
n
, ∀n ≥ n
0
và lim a
n
= lim b
n
= a. Khi đó lim x
n
= a.
3. Tiêu chuẩn Cauchy :
(x
n
)
n
hội tụ ⇐⇒ ∀ > 0, ∃n
0
∈ N : ∀n ≥ n

0
, ∀p ∈ N =⇒ |x
n+p
− x
n
| < 
1.3 Các giới hạn cơ bản
1. lim
1
n
α
= 0, ∀α > 0
2. lim q
n
= 0, ∀q, |q| < 1
3. lim
n
√
a = 1, ∀a > 0
1
4. lim
n
√
n
p
= 1, ∀p ≥ 0
5. lim
n
p
(1 + a)

n
= 0, ∀a > 0, ∀p
6. lim
n
p
e
n
= 0, ∀p
7. lim(1 +
1
n
)
n
= e
8. lim(1 −
1
n
)
n
= e
−1
9. lim
ln
p
n
n
α
= 0, ∀α > 0, ∀p
10. lim
n

n
√
n!
= e
1.4 Ví dụ
1.4.1 Ví dụ 1
Với a > 0, cho x
n
= (1 +
a
n
)
n
, y
n
= (1 +
a
n
)
n+1
, n ∈ N.
1. Chứng minh : (x
n
)
n
là dãy tăng, (y
n
)
n
là dãy giảm.

2. Chứng minh :(x
n
)
n
,(y
n
)
n
hội tụ và lim x
n
= lim y
n
. Đặt lim x
n
= lim y
n
= e
a
Giải :
1. Trước tiên ta chứng minh : Với α ≥ −1, (1 + α)
n
≥ 1 + nα, ∀n ∈ N .
Bất đẳng thức đúng với n = 1. Giả sử đúng đến n.
Khi đó, do 1 + α ≥ 0 :
(1 + α)
n+1
= (1 + α)
n
(1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α) = 1 + (n + 1)α + α
2

≥ 1 + (n + 1)α
Ta có, với mọi n ∈ N :
x
n+1
x
n
=
(1 +
a
n + 1
)
n+1
(1 +
a
n
)
n
= (1 +
a
n + 1
)(
1 +
a
n + 1
1 +
a
n
)
n
= (1 +

a
n + 1
)(1 −
a
(n + 1)(n + a)
)
n
≥ (1 +
a
n + 1
)[1 −
na
(n + 1)(n + a)
] = 1 +
a
2
(n + 1)
2
(n + a)
> 1
Vậy (x
n
)
n
là dãy tăng.
Tương tự :
y
n
y
n+1

=
(1 +
a
n
)
n+1
(1 +
a
n + 1
)
n+2
= (1 +
a
n + 1
)
−1
[1 +
a
n(n + 1 + a)
]
n+1
≥ (1 −
a
n + 1 + a
)(1 +
(n + 1)a
n(n + 1 + a)
) ≥ 1 +
(n + 1)a
n(n + 1 + a)

2
> 1
Vậy (y
n
)
n
là dãy giảm.
2
2. Ta có :
(1 + a) = x
1
≤ x
2
≤ ≤ x
n
≤ y
n
≤ ≤ y
1
= (1 + a)
2
Vậy (x
n
)
n
là dãy tăng, bị chặn trên ; (y
n
)
n
là dãy giảm, bị chặn dưới, chúng hội tụ. Đặt

lim x
n
= lim y
n
= lim(1 +
a
n
)
n
= e
a
1.4.2 Ví dụ 2
Cho (x
n
)
n
định bởi : x
1
=
√
2, x
n+1
=
√
2 + x
n
, ∀n ∈ N. Chứng minh (x
n
)
n

là dãy tăng, bị
chặn trên. Tính lim x
n
Giải :
Ta có : x
n
≥ 0, ∀n và
x
n+1
− x
n
=
√
2 + x
n
− x
n
=
2 + x
n
− x
n
2
√
2 + x
n
+ x
n
Tam thức bậc hai 2 + x
n

− x
n
2
≥ 0 ⇐⇒ −2 ≤ x
n
≤ 2, ∀n.
Bằng quy nạp, ta có : x
1
=
√
2 < 2. Giả sử x
n
≤ 2. Khi đó : x
n+1
=
√
2 + x
n
≤ 2
Vậy (x
n
)
n
là dãy tăng, bị chặn trên nên (x
n
)
n
hội tụ.
Đặt x = lim x
n

.
Từ đẳng thức x
n+1
=
√
2 + x
n
, ∀n ∈ N, cho n → ∞, ta có : x =
√
2 + x hay x
2
−x −2 = 0
Vậy x = 2.
1.4.3 Ví dụ 3
lim
3
n+1
+ 2
n
3
n
+ 2
n
= lim
3
n+1
[1 + (2
/3
)
n+1

]
3
n
[1 + (2
/3
)
n
]
= 3
1.4.4 Ví dụ 4
Tính lim
n
√
a
n
+ b
n
+ c
n
, a, b, c > 0.
Giả sử a = max{a, b, c}. Ta có :
a ≤
n
√
a
n
+ b
n
+ c
n

= a
n

1 + (
b
a
)
n
+ (
c
a
)
n
≤ a
n
√
3
Vậy lim
n
√
a
n
+ b
n
+ c
n
= max{a, b, c}
1.4.5 Ví dụ 5
Tính lim
n

√
n
2
2
n
+ 3
n
Do lim
n
2
(3
/2
)
n
= 0 nên có n
0
∈ N sao cho
n
2
(3
/2
)
n
< 1, ∀n ≥ n
0
.
Với n ≥ n
0
, ta có :
3 ≤

n
√
n
2
2
n
+ 3
n
= 3
n

1 +
n
2
(3
/2
)
n
≤ 3
n
√
2
Do định lý giới hạn kẹp lim
n
√
n
2
2
n
+ 3

n
= 3
3
1.4.6 Ví dụ 6
Tính lim sin(π
√
n
2
+ 1)
0 ≤ |sin(π
√
n
2
+ 1)| = |sin π(
√
n
2
+ 1 − n)| = |sin(
π
√
n
2
+ 1 + n
)| ≤
π
√
n
2
+ 1 + n
Vậy lim sin(π

√
n
2
+ 1) = 0
BÀI TẬP
Tính các giới hạn sau
1. lim(
√
n
2
+ 5 −
√
n
2
+ 3)
2. lim
n sin n
n
2
+ 1
3. lim
a
n
− b
n
a
n
+ b
n
, ∀a, b > 0

4. lim nq
n
, |q| < 1
5. lim
2
n
n!
( HD:
2
n
n!
=
2.2 2.2
1.2 (n − 1).n
≤
4
n
)
6. lim
n
2
n!
7. Chứng minh : 1
2
+ 2
2
+ + n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)

6
Tính
1
2
+ 2
2
+ + n
2
n
3
8. Tính lim n(
n
√
e − 1)
HD : Dùng thí dụ (1) có bất đẳng thức : (1 +
1
n
)
n
< e < (1 −
1
n − 1
)
n
, ∀n
9. Cho (x
n
)
n
định bởi : x

1
=
√
a, x
n+1
=
√
a + x
n
, ∀n(a > 0)
Xét tính đơn điệu của (x
n
)
n
và tính lim x
n
(nếu có).
10. Tính lim
n
2
√
n
HD :
n
2
√
n
= exp[−
√
n ln 2(1 −

ln n
√
n ln 2
)]
Do lim
lnn
√
n ln 2
= 0 nên lim(ln n −
√
n ln 2) = −∞. Suy ra với mọi A > 0, có n
0
∈ N sao
cho với n ≥ n
0
thì
n
2
√
n
≤ e
−A
. Vậy lim
n
2
√
n
= 0
4
Tài liệu ôn thi cao học năm 200 5

Môn: Giải tích cơ bản
GV: PGS.TS. Lê Hoàn Hóa
Đánh máy: NTV
Phiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004
HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC
1 Giới hạn liên tục
Định nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x
0
∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếu
với mọi δ > 0, I ∩ (x
0
− δ, x
0
+ δ)\{x
0
} = 0. Cho f : I → R và x
0
là điểm giới hạn của I. Ta
nói:
lim
x→x
0
f(x) = a ∈ R ⇐⇒ ∀ε, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x − x
0
| < δ =⇒ |f(x) − a| < ε
lim
x→x
0
f(x) = +∞ (−∞) ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x−x
0

| < δ =⇒ f(x) > A (f(x) < A)
Định nghĩa 1.2 Cho f : I → R và x
0
∈ I. Ta nói:
f liên tục tại x
0
⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, |x −x
0
| < δ =⇒ |f(x) − f(x
0
)| < ε
Nếu x
0
là điểm giới hạn của I thì:
f liên tục tại x
0
⇐⇒ lim
x→x
0
f(x) = f(x
0
)
Nếu f liên tục tại mọi x ∈ I, ta nói f liên tục trên I.
f liên tục trên I ⇐⇒ ∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x

∈ I, |x − x

| < δ =⇒ |f(x) − f(x

)| < 

Ta nói:
f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x, x

∈ I, |x − x

| < δ =⇒ |f(x) − f(x

)| < 
Hàm số liên tục trên một đoạn:
Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó:
i) f liên tục đều trên [a, b].
ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b].
Đặt m = min{f (x), x ∈ [a, b]}, M = max{f(x), x ∈ [a, b]}. Khi đó f ([a, b]) = [m, M] (nghĩa là
f đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M).
1
2 Sự khả vi
Định nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x
0
∈ I. Ta nói f khả vi tại x
0
nếu lim
t→0
f(x
0
+ t) − f(x
0
)
t
tồn tại hữu hạn. Khi đó đặt
f


(x
0
) = lim
t→0
f(x
0
+ t) − f(x
0
)
t
gọi là đạo hàm của f tại x
0
Nếu f khả vi tại mọi x ∈ I, ta nói f khả vi trên I.
Định lí 2.1 (Cauchy) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Giả sử
f

(x) = 0 trên (a, b). Khi đó, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:
f

(c)[g(b) − g(a)] = g

(c)[f(b) −f(a)]
Trường hợp g(x) = x, ta có công thức Lagrange
f(b) −f(a) = f

(c)(b − a)
Quy tắc Lôpitan: Cho x
0
∈ R hoặc x

0
= ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x
0
. Giả sử g và
g

khác không và lim
x→x
0
f(x) = lim
x→x
0
g(x) = 0 hoặc lim
x→x
0
f(x) = lim
x→x
0
g(x) = +∞ hoặc −∞.
Khi đó: Nếu lim
x→x
0
f

(x)
g

(x)
= A thì lim
x→x

0
f(x)
g(x)
= A (A có thể là hữu hạn hoặc vô hạn).
Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân:
Cho f liên tục, u, v khả vi. Đặt
F (x) =
v(x)

u(x)
f(t) dt
Khi đó: F khả vi và F

(x) = v

(x)f(v(x)) − u

(x)f(u(x)).
3 Vô cùng bé - Vô cùng lớn
Hàm f được gọ i là lượng vô cùng bé khi x → x
0
nếu lim
x→x
0
f(x) = 0.
Cho f, g là hai lượng vô cùng bé khi x → x
0
. Giả sử lim
x→x
0

f(x)
g(x)
= k
- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương.
- Nếu k = 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc.
- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f .
- Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g.
2
Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x
0
. Giả sử tồn tại k > 0 sao cho
lim
x→x
0
f(x)
(x−x
0
)
k
tồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vô
cùng bé f khi x → x
0
.
Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x
0
nếu lim
x→x
0
f(x) = +∞ hoặc −∞. Nếu f là vô
cùng lớn khi x → x

0
thì
1
f
là vô cùng bé khi x → x
0
.
Cho f, g là vô cùng lớn khi x → x
0
. Giả sử lim
x→x
0
f(x)
g(x)
= k.
- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn tương đương.
- Nếu k = 0 và hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn cùng bậc.
- Nếu k = 0, ta nói g là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn f.
- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói f là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn g.
Cho f là vô cùng lớn khi x → x
0
. Bậc của vô cùng lớn f là số k > 0 (nếu có sẽ duy nhất) sao
cho lim
x→x
0
(x − x
0
)
k
f(x) tồn tại hữu hạn và khác không.

4 Công thức Taylor
Cho f : (a, b) → R có đạo hàm bậc (n + 1). Với x
0
, x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
+
1
(n + 1)!
f
(n+1)
(x
0
+ θ(x − x
0
))
R
n

(x) =
1
(n+1)!
f
(n+1)
(x
0
+ θ(x − x
0
)) là dư số Lagrange.
Hoặc:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
+ o (|x − x
0
|
n
)

R
n
(x) = o (|x − x
0
|
n
) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọ i là dư số Peano. Nếu x
0
= 0
ta được công thức Maclaurin:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(0)
k!
x
k
+ R
n
(x)
. Công thức Maclaurin của hàm sơ cấp
a) e
x
= 1 + x +
x
2
2!

+ ···+
x
n
n!
+ R
n
(x), R
n
(x) =
e
θx
(n + 1)!
x
n+1
hoặc R
n
(x) = o(x
n
).
b) sin x = x −
x
3
3!
+
x
5
5!
+ ··· + (−1)
n
x

2n−1
(2n − 1)!
+ R
2n
, R
2n
= (−1)
n
cos θx.
x
2n+1
(2n + 1)!
hoặc
R
2n
= o(x
2n
).
c) cos x = 1 −
x
2
2!
+
x
4
4!
+ ···+ (−1)
n
x
2n

(2n)!
+ R
2n+1
, R
2n+1
= (−1)
n+1
cos θx.
x
2n+2
(2n + 2)!
hoặc
R
2n+1
= o(x
2n+1
).
3
d) (1 + x)
α
= 1 +
αx
1!
+
α(α − 1)
2!
x
2
+ ···+
α(α − 1) . . . (α − n + 1)

n!
x
n
+ R
n
, (x > −1).
R
n
=
α(α − 1) . . . (α − n + 1)
n!
(1 + θx)
α−n+1
.x
n+1
hoặc R
n
= o(x
n
).
e) ln(1 + x) = x −
x
2
2
+
x
3
3
+ ···+ (−1)
n+1

x
n
n
+ o(x
n
), x > −1
f) arctgx = x −
x
3
3
+
x
5
5
+ ···+ (−1)
n+1
x
2n−1
2n − 1
+ o(x
2n
)
5 Các giới hạn cơ bản
1. lim
t→0
sin t
t
= lim
t→0
tgt

t
= lim
t→0
arctgt
t
= lim
t→0
arcsint
t
= lim
t→0
ln (1 + t)
t
= lim
t→0
e
t
− 1
t
2. lim
t→0
(1 + t)
a
− 1
t
= a.
3. lim
t→0
1 − cos t
t

2
=
1
2
.
4. lim
t→∞
t
p
e
t
= 0 ∀p.
5. lim
t→∞
ln
p
t
t
α
= 0, α > 0, ∀p.
Thí dụ:
Tính các giới hạn sau:
1. lim
x→1
m
√
x − 1
n
√
x − 1

= lim
t→0
(1 + t)
1/m
− 1
(1 + t)
1/n
− 1
=
n
m
.
2.
lim
x→1
(1 −
√
x)(1 −
3
√
x) . . . (1 −
n
√
x)
(1 − x)
n−1
= lim
t→0

1 − (1 + t)

1/2

.

1 − (1 + t)
1/3

. . .

1 − (1 + t)
1/n

(−t)
n−1
=
1
2
.
1
3
. . .
1
n
=
1
n!
3. I = lim
x→0
x
2

n
√
1 + 5
x
− (1 + x)
Đặt t
5
= 1 + 5x hay x =
t
5
−1
5
Suy ra :
x
2
5
√
1 + 5x − (1 + x)
= −
(t
5
− 1)
2
5(t
5
− t + 4)
= −
(t
5
− 1)

2
5(t − 1)
2
(t
3
+ 2t
2
+ 3t − 4)
Vậy I = −
5
2
4. lim
x→+∞
1
x
ln

e
x
− 1
x

= lim
x→+∞
1
x

ln(e
x
− 1) − ln x


= 1
5. lim
x→0
ln(cos x)
x
2
= lim
x→0
ln[1 + (cos x − 1)]
x
2
= lim
x→0
cos x − 1
x
2
= −
1
2
6. lim
x→0

1
sin x
− cotg x

= lim
x→0
1 − cos x

sin x
= lim
x→0
x
2
2x
= 0
4
7. lim
x→0
3
√
cos x −
√
cos x
x
2
= lim
x→0

1 −
x
2
2

1
3
−

1 −

x
2
2

1
2
x
2
= lim
x→0
−
x
2
6
+
x
2
4
x
2
=
1
12
(dùng 1 − cos x ∼
x
2
2
, lim
t→0
(1 + t)

α
− 1
t
= α )
8. lim
x→∞

sin
√
x + 1 − sin
√
x

= lim
x→∞
2 sin

√
x + 1 −
√
x
2

. cos

√
x + 1 +
√
x
2


= 0
Tính lim
x→x
0
u(x)
v(x)
Đặt y = u
v
⇒ ln y = v ln u.
Sau đó tính lim
x→x
0
v ln u
Nếu lim
x→x
0
v ln u = a thì lim
x→x
0
u
v
= e
a
9. lim
x→+∞

x + 2
x − 3


3x+4
Đặt y = lim
x→+∞

x + 2
x − 3

3x+4
⇒ ln y = (3x + 4) ln

x + 2
x − 3

⇒ ln y = (3x + 4) ln

1 +
5
x − 3

Vậy lim
x→∞
ln y = lim
x→∞
(3x + 4).
5
x − 3
= 15
Suy ra lim
x→∞
y = e

15
10. lim
x→0

1 + tg x
1 + sin x

1
sin x
Đặt y =

1 + tg x
1 + sin x

1
sin x
⇒ ln y =
1
sin x
ln

1 + tg x
1 + sin x

=
1
sin x
ln

1 +

tg x − sin x
1 + sin x

(dùng ln(1 + t) ∼ t)
⇒ lim
x→0
ln y = lim
x→0
tg x − sin x
sin x(1 + sin x)
= lim
x→0
1
cos x
− 1
1 + sin x
= 0
Vậy lim
x→0
y = 1
Chứng minh các lượng vô cùng bé sau tương đương khi x → 0:
1. f(x) = x sin
2
x, g(x) = x
2
sin x
lim
x→0
f(x)
g(x)

= lim
x→0
x sin
2
x
x
2
sin x
= 1
5
2. f(x) = e
2x
− e
x
, g(x) = sin 2x −x
lim
x→0
f(x)
g(x)
= lim
x→0
e
2x
− e
x
sin 2x − x
= lim
x→0
2e
2x

− e
x
2 cos 2x − 1
= 1
So sánh các vô cùng bé khi x → 0
1. f(x) = 1 −cos
3
x, g(x) = x sin x
lim
x→0
f(x)
g(x)
= lim
x→0
1 − cos
3
x
x sin x
= lim
x→0
(1 − cos x)(1 + cos x + cos
2
x)
x
2
=
3
2
(thay sin t ∼ t)
Vậy f, g là vô cùng bé cùng bậc.

2. f(x) = cos x − cos 2x, g (x) = x
3
2
lim
x→0
f(x)
g(x)
= lim
x→0
cos x − cos 2x
x
3
2
= lim
x→0
(cos x − 1) + (1 − cos 2x)
x
3
2
= 0
Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g.
Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x → 0
1. f(x) =
√
cos x −
3
√
cos x
lim
x→0

f(x)
x
k
= lim
x→0
√
cos x −
3
√
cos x
x
k
= lim
x→0

1 −
x
2
2

1
2
−

1 −
x
2
2

1

3
x
k
= −
1
12
nếu k = 2
Vậy f là vô cùng bé bậc 2.
2. f(x) = x sin x − sin
2
x
Ta có: f (x) = sin x(x −sin x) ∼ x

x
3
3!

=
x
4
3!
(dùng khai triển Taylor)
Vậy f là vô cùng bé bậc 4.
3. Tìm bậc của vô cùng lớn f(x) =

1 +
√
x khi x → +∞
f(x) =


1 +
√
x =

x
1
2
(1 + x
−1
2
) = x
1
4

1 + x
−1
2
Vậy f là vô cùng lớn bậc
1
4
Lưu ý. Để tìm bậc của vô cùng lớn khi x → +∞, ta tìm số k > 0 sao cho lim
x→∞
f(x)
x
k
tồn
tại hữu hạn và khác không.
4. Tìm lượng tương đương của f(x) = x[

x

2
+
√
x
4
+ 1 − x
√
2]
khi x → +∞
Dùng (1 + t)
α
) − 1 ∼ αt khi t → 0, ta có
f(x) = x
2



1 +

1 +
1
x
4

1
2

1
2
−

√
2


∼ x
2


2 +
1
2x
4

1
2
−
√
2

6
∼ x
2
√
2


1 +
1
4x
4


1
2
− 1

∼
x
2
√
2
8x
4
Vậy f là vô cùng bé tương đương với g(x) =
√
2
8x
2
khi x → +∞
5. Cho n là số tự nhiên, f
0
, f
1
, . . . , f
n
là các đa thức sao cho
f
n
(x)e
nx
+ f

n−1
(x)e
(n−1)x
+ ···+ f
0
(x) = 0
với mọi x lớn bất kỳ.
Chứng minh f
0
, f
1
, . . . , f
n
đồng nhất bằng 0.
Giả sử f
n
không đồng nhất triệt tiêu
f
n
(x) = a
k
x
k
+ a
k−1
x
k−1
+ ···+ a
0
, a

k
= 0
Chia hai vế cho x
k
e
nx
, cho x → ∞, áp dụng lim
x→∞
x
p
e
ax
= 0 với a > 0, ∀p, ta được a
k
= 0.
Mâu thuẫn.
Vậy f
n
≡ 0. Tương tự cho f
n−1
, . . . , f
1
đồng nhất triệt tiêu.
Khi đó, f
0
(x) = 0 với mọi x lớn bất kỳ. Vậy f
0
≡ 0.
6. Cho n là số tự nhiên, f
0

, f
1
, . . . , f
n
là các đa thức sao cho
f
n
(x)(ln x)
n
+ f
n−1
(x)(ln x)
n−1
+ ···+ f
0
(x) = 0
với mọi x > 0.
Chứng minh f
0
, f
1
, . . . , f
n
đồng nhất triệt tiêu.
Đặt x = e
y
và viết biểu thức vế trái dưới dạng
g
k
(y)e

ky
+ g
n−1
(y)e
(k−1)y
+ ···+ g
0
(y) = 0
với mọi y, trong đó k là số tự nhiên.
Làm tương tự như bài (5), ta có g
k
, . . . , g
0
đồng nhất triệt tiêu. Vậy f
0
, f
1
, . . . , f
n
đồng
nhất triệt tiêu.
6 Bài tập
1. Tính các giới hạn sau
(a) lim
x→
π
3
tg
3
x − 3 tg x

cos

x +
π
6

(b) lim
x→∞
x[ln(x + a) − ln x]
(c) lim
x→1
x
2
− 1
x ln x
(d) lim
x→+∞
3
√
x
3
+ 3x
2
−
√
x
2
− 2x
(e) lim
x→0

(cos x)
1
x
2
(f) lim
x→0
(sin x + cos x)
1
x
7
2. Tính các giới hạn sau bằng thay các vô cùng bé tương đương.
Các lượng vô cùng bé sau tương đương khi t → 0:
t ∼ sin t ∼ tg t ∼ arctg t ∼ arcsin t ∼ ln(1 + t) ∼ (e
t
− 1)
(1 − cos t) ∼
t
2
2
(1 + t)
α
∼ 1 + αt
(a) lim
x→0
ln(1 + 2x sin x)
tg
2
x
(b) lim
x→0

sin
2
3x
ln
2
(1 − 2x)
(c) lim
x→
π
2
±
√
1 + cos 2x
√
π −
√
2x
(d) lim
x→0
ln(cos x)
ln(1 + x
2
)
3. Dùng công thức Taylor tính các giới hạn sau:
(a) lim
x→∞

x − x
2
ln


1 +
1
x

(b) lim
x→0
1 − (cos x)
sin x
x
3
Hướng dẫn:
sin x. ln(cos x) = sin x. ln[1 + (cos x −1)] ∼ sin x.(cos x − 1)
∼

x −
x
3
3!
+ . . .

−
x
2
2
− . . .

∼ −
x
3

2
1 − (cos x)
sin x
= 1 − e
sin x. ln(cos x)
∼ 1 − e
−
x
3
2
∼
x
3
2
Vậy lim
x→0
1 − (cos x)
sin x
x
3
=
1
2
(c) lim
x→0
(1 + x)
x
− 1
sin
2

x
(d) lim
x→0
e − (1 + x)
1
2
x
4. Dùng quy tắc L’Hopital tính các giới hạn sau
(a) lim
x→0
e
x
− e
−x
− 2x
x − sin x
(b) lim
x→∞
xe
x
2
x + e
x
(c) lim
x→0
+
ln x
1 + 2 ln(sin x)
(d) lim
x→∞

π −2 arctg x
ln

1 +
1
x

8
5. Dùng quy tắc L’Hopital khử các dạng vô định
(a) lim
x→1
+
ln x. ln(x − 1)
(b) lim
x→0

1
x
−
1
e
x
− 1

(c) lim
x→0
+
(1 + x)
ln x
(d) lim

x→0

tg x
x

1
x
2
(e) lim
x→0
+
(x)
sin x
(f) lim
x→
π
2
−
(π −2x)
cos x
Hướng dẫn: Đặt x =
π
2
+ t
9
GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)
Tài liệu ôn thi cao học năm 200 5
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS TS. Lê Hoàn Hóa
Ngày 10 tháng 11 năm 2004

LÝ THUYẾT CHUỖI
1 Chuỗi số
1.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1. Cho (a
n
)
n
là dãy số (có thể thực hay phức), chuỗi tương ứng ký hiệu là
∞

1
a
n
.
Với mỗi k ∈ N, đặt s
k
=
k

1
a
n
là tổng riêng phần thứ k. Khi k thay đổi trên N, có dãy
tổng riêng phần (s
k
)
k
.
Nếu lim
k→∞

s
k
tồn tại hữu hạn, ta nói chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ và đặt S = lim
k→∞
s
k
là tổng của chuỗi,
S =
∞

1
a
n
.
Nếu lim
k→∞
s
k
không tồn tại hoặc lim
k→∞
s
k
= +∞ hay lim
k→∞

s
k
= −∞, ta nói chuỗi
∞

1
a
n
phân
kỳ.
Tính chất
1. Tính hội tụ và tổng của chuỗi không thay đổi nếu thay đổi thứ tự của một số hữu hạn
số hạng.
2. Chuỗi
∞

1
a
n
và

n≥n
0
a
n
cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.
3. Điều kiện cần: nếu chuỗi
∞

1

a
n
hội tụ thì lim
k→∞
a
n
= 0.
1
1.2 Chuỗi không âm
Là chuỗi có dạng
∞

1
a
n
, a
n
≥ 0.
Tính chất
Cho
∞

1
a
n
, a
n
≥ 0. Khi đó dãy tổng riêng phần (s
k
)

k
là dãy tăng và nếu (s
k
)
k
bị chặn thì
chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ.
Dấu hiệu so sánh
1. Giả sử 0 ≤ a
n
≤ b
n
, ∀n ≥ n
0
. Khi đó, nếu
∞

1
b
n
hội tụ thì
∞

1

a
n
hội tụ, nếu
∞

1
a
n
phân
kỳ thì
∞

1
b
n
phân kỳ.
2. Giả sử lim
n→∞
a
n
b
n
= k. Khi đó:
(a) Nếu 0 < k < ∞ thì
∞

1
a
n
,

∞

1
b
n
cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.
(b) Nếu k = 0 và
∞

1
b
n
hội tụ thì
∞

1
a
n
hội tụ, nếu
∞

1
a
n
phân kỳ thì
∞

1
b
n

phân kỳ.
(c) Nếu k = ∞ và
∞

1
a
n
hội tụ thì
∞

1
b
n
hội tụ, nếu
∞

1
b
n
phân kỳ thì
∞

1
a
n
phân kỳ.
Tiêu chuẩn tích phân
Cho f : [1, +∞) → R liên tục, f(x) ≥ 0 và f giảm. Với mọi n ∈ N, đặt a
n
= f(n). Khi đó:

Tích phân suy rộng
∞

1
f(x)dx hội tụ ⇔ Chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ.
Chuỗi cơ bản:
•
∞

1
1
n
s
hội tụ khi s > 1, phân kỳ khi s ≤ 1.
•
∞

0
t
n
, |t| < 1, hội tụ và tổng S =
∞

0

t
n
=
1
1 − t
Dấu hiệu D’Alembert (tỉ số)
Cho chuỗi số dương
∞

1
a
n
, a
n
> 0. Giả sử lim
n→∞
a
n+1
a
n
= k. Khi đó:
1. Nếu k < 1 thì
∞

1
a
n
hội tụ.
2
2. Nếu k > 1 thì

∞

1
a
n
phân kỳ.
3. Nếu k = 1, chưa kết luận về sự hội tụ.
Ghi chú. Nếu có
a
n+1
a
n
≥ 1, ∀n ≥ n
0
thì chuỗi
∞

1
a
n
phân kỳ.
Dấu hiệu Cauchy (căn số)
Cho chuỗi không âm
∞

1
a
n
, a
n

≥ 0. Giả sử lim
k→∞
n
√
a
n
= k. Khi đó:
1. Nếu k < 1 thì chuỗi hội tụ.
2. Nếu k > 1 thì chuỗi phân kỳ.
3. Nếu k = 1, chưa kết luận về sự hội tụ.
1.3 Chuỗi đan dấu
Có dạng
∞

1
(−1)
n
a
n
hoặc
∞

0
(−1)
n
a
n
, a
n
≥ 0.

Dấu hiệu Leibnitz
Cho chuỗi đan dấu
∞

1
(−1)
n
a
n
, a
n
≥ 0. Giả sử (a
n
)
n
là dãy giảm và lim
k→∞
a
n
= 0 thì chuỗi
hội tụ. Gọi S là tổng của chuỗi. Khi đó: |S| ≤ a
1
.
1.4 Chuỗi bất kỳ
Có dạng
∞

1
a
n

với a
n
có thể âm hay dương.
Xét chuỗi không âm
∞

1
|a
n
|. Nếu chuỗi
∞

1
|a
n
| hội tụ thì chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ và ta nói
chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ tuyệt đối. Nếu chuỗi
∞


1
a
n
hội tụ nhưng chuỗi
∞

1
|a
n
| phân kỳ, ta nói chuỗi
∞

1
a
n
là bán hội tụ.
Tính chất
Nếu chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ tuyệt đối thì chuỗi có được bằng cách thay đổi thứ tự các số hạng
cũng hội tụ và tổng của chuỗi không thay đổi.
Ghi chú. Nếu bằng dấu hiệu D’Alembert hoặc Cauchy mà chuỗi
∞

1

|a
n
| hội tụ (phân kỳ)
thì chuỗi
∞

1
a
n
cũng hội tụ (phân kỳ)
3
Định lí 1. Cho (a
n
)
n
là dãy giảm, a
n
≥ 0, lim
n→∞
a
n
= 0. Cho (b
n
)
n
là dãy bất kỳ (không cần
dương). Giả sử có hằng số C > 0 sao cho với mọi n ∈ N,






n

1
b
k





≤ C.
Khi đó, chuỗi
∞

1
a
n
b
n
hội tụ và tổng S =
∞

1
a
n
b
n
thỏa mãn |S| ≤ Ca

1
.
Thí dụ
Xét sự hội tụ của chuỗi
1.
∞

2
1
n ln
α
n
Đặt f : [2, ∞) → R, f (x) =
1
x ln
α
x
thì f liên tục, f(x) ≥ 0 và f giảm. Khi
đó, f(n) =
1
n ln
α
n
, n ≥ 2.
Xét tích phân suy rộng
∞

2
dx
x ln

α
x
=
∞

ln 2
dt
t
α
(đổi biến t = ln x)
Tích phân hội tụ khi α > 1, phân kỳ khi α ≤ 1.
Vậy chuỗi
∞

2
1
n ln
α
n
hội tụ khi α > 1, phân kỳ khi α ≤ 1.
2.
∞

1
(
n
√
a − 1)
α
với a > 1

Đặt a
n
= (
n
√
a − 1)
α
=

e
1
n
ln a
− 1

α
và b
n
=
ln
α
a
n
α
thì lim
n→∞
a
n
b
n

= 1
Chuỗi
∞

1
ln
α
a
n
α
hội tụ khi α > 1, phân kỳ khi α ≤ 1.
Vậy chuỗi đã cho hội tụ khi α > 1, phân kỳ khi α ≤ 1.
3.
∞

1

ln
1
n
2
5
− ln

sin
1
n
2
5


Đặt a
n
=

ln
1
n
2/5
− ln

sin
1
n
2/5

= −ln



sin
1
n
2/5
1
n
2/5



Do sin t = t −

t
3
6
+ o(t
3
) nên
sin t
t
= 1 −
t
2
6
+ o(t
2
)
Đặt b
n
=
1
n
4/5
, dùng lim
t→0
ln(1 + t)
t
= 1, ta có lim
n→∞
a
n
b

n
=
1
6
Do chuỗi
∞

1
1
n
4/5
phân kỳ nên chuỗi đã cho phân kỳ.
4.
∞

1

sin
1
n
− ln

1 +
1
n

4
Đặt a
n
= sin

1
n
− ln

1 +
1
n

Dùng khai triển Taylor:
sin t = t −
t
3
6
+ o(t
3
), ln(1 + t) = t −
t
2
2
+ o(t
2
)
Suy ra: sin t − ln(1 + t) =
t
2
2
+ o(t
2
)
Đặt b

n
=
1
2n
2
, ta có lim
n→∞
a
n
b
n
= 1
Do chuỗi
∞

1
1
2n
2
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ.
5.
∞

1

1
n
− ln
n + 1
n


Đặt a
n
=
1
n
− ln
n + 1
n
Do t − ln(1 + t) =
t
2
2
+ o(t
2
), đặt b
n
=
1
2n
2
, ta có: lim
n→∞
a
n
b
n
= 1
Do chuỗi
∞


1
1
2n
2
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ.
6. Xét sự hội tụ của chuỗi dương
∞

1
a
n
thỏa điều kiện:
∀n ≥ n
0
,
n
√
a
n
≤

1 −
1
n
α

với α ∈ (0, 1).
Ta có: 0 < a
n

≤

1 −
1
n
α

n
, ∀n ≥ n
0
Xét lim
n→∞
n
2

1 −
1
n
α

n
Ta có ln

n
2

1 −
1
n
α


n

= 2 ln n − n ln

1 −
1
n
α

= n
1−α

2 ln n
n
1−α
− n
α
ln

1 −
1
n
α

Do lim
n→∞
ln n
n
1−α

= 0, lim
n→∞
n
α
ln

1 −
1
n
α

= −1 nên
lim
n→∞
n
2

1 −
1
n
α

n
= 0
Dẫn đến lim
n→∞
n
2
.a
n

= 0
Do chuỗi
∞

1
1
n
2
hội tụ nên
∞

1
a
n
hội tụ.
7. (a) Xét sự hội tụ của chuỗi
∞

1
a
n
thỏa điều kiện:
5
a
n
> 0,
a
n+1
a
n

≤

n
n + 1

α
với α > 1
(b) Xét sự hội tụ của chuỗi
∞

1
u
n
với:
u
n
=
1.3. . . . .(2n −1)
2.4. . . . .2n.(2n + 2)
(a) Đặt b
n
=
1
n
α
, ta có
a
n+1
a
n

≤

n
n + 1

α
=
b
n+1
b
n
=

1 −
1
n + 1

α
, ∀n
Suy ra
a
n+1
b
n+1
≤
a
n
b
n
≤ ··· ≤

a
1
b
1
= a
1
, ∀n
Vậy a
n
≤ a
1
.b
n
, ∀n. Do α > 1, chuỗi
∞

1
1
n
α
hội tụ nên chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ.
(b) Ta có
u
n+1

u
n
=
2n + 1
2n + 4
= 1 −
3
2(n + 2)
≤

1 −
1
n + 2

3
2
(∗)
Tương tự (7a) với b
n
=
1
(n + 1)
3/2
ta có chuỗi
∞

1
u
n
hội tụ.

Ta chứng minh: với t ∈ [0, 1], α > 1, (1 − t)
α
≥ 1 − αt
Đặt ϕ(t) = (1 − t)
α
− (1 − αt), ta có: ϕ

(t) = −α(1 − t)
α−1
+ α ≥ 0
Do ϕ(0) = 0 nên ϕ(t) ≥ 0, ∀t ∈ [0, 1] hay (1 − t)
α
≥ 1 − αt
8. Cho α ∈ (0, 2π), s > 0. Xét sự hội tụ của hai chuỗi
∞

1
cos nα
n
s
,
∞

1
sin nα
n
s
Trước tiên chứng minh: có M > 0 sao cho






n

0
cos kα





≤ M,





n

0
sin kα





≤ M, ∀n
Do e
ikα

= cos kα + i sin kα, ∀k ∈ N, ta có:
n

0
e
ikα
=
1 − e
i(n+1)α
1 − e
iα
=
(1 − cos(n + 1)α) − i sin(n + 1)α
(1 − cos α) −i sin α
=
[(1 − cos(n + 1)α) − i sin(n + 1)α][(1 −cos α) + i sin α]
(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
Đồng nhất phần thực và ảo





n

0

cos kα





=


[1 − cos(n + 1)α](1 − cos α) + sin α. sin(n + 1)α


(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
≤
5
(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
6






n

0
sin kα





=


[1 − cos(n + 1)α] sin α + (1 − cos α). sin(n + 1)α


(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
≤
4
(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
Vậy điều khẳng định được chứng minh.
Do hai chuỗi đã cho có dạng
∞


1
a
n
b
n
với lần lượt b
n
= cos nα, b
n
= sin nα và a
n
=
1
n
s
,
(a
n
)
n
là dãy giảm, lim
n→∞
a
n
= 0 và có hằng số C ≥ 0 thỏa mãn:






n

1
cos kα





≤ C,





n

1
sin kα





≤ C, ∀n
Vậy chuỗi
∞

1

cos nα
n
s
,
∞

1
sin nα
n
s
hội tụ.
9. Cho α > 0, s > 0. Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu
∞

2
(−1)
n
ln
α
n
n
s
Xét hàm ϕ(t) =
ln
α
t
t
s
Ta có ϕ


(t) =
ln
α−1
t
t
s+1
(α − s ln t) ≤ 0 khi ln t ≥
α
s
Vậy ϕ là hàm giảm khi t ≥ e
α/s
Với n
0
∈ N sao cho n
0
≥ e
α/s
, chuỗi đan dấu

n≥n
0
(−1)
n
ln
α
n
n
s
có dãy


ln
α
n
n
s

là dãy giảm,
lim
n→∞
ln
α
n
n
s
= 0
Theo dấu hiệu Leibnitz, chuội đã cho hội tụ.
2 Bài tập
1. Tính tổng riêng và tổng (nếu có) của chuỗi sau
(a)
∞

1
1
4n
2
− 1
HD: a
n
=
1

4n
2
− 1
=
1
2

1
2n − 1
−
1
2n + 1

(b)
∞

1
3n
2
+ 3n + 1
n
3
(n + 1)
3
HD: a
n
=
1
n
3

−
1
(n + 1)
3
(c)
∞

1
arctg
1
n
2
+ n + 1
HD: arctg a − arctg b = arctg
a − b
1 + ab
2. Xét sự hội tụ của các chuỗi sau
7
(a)
∞

1
1

n(n + 1)
(b)
∞

1
√

n + 1 −
√
n − 1
n
3/4
(c)
∞

1
(
√
n
2
+ 1 − n)
α
(d)
∞

1
1
n
α

n + 1
n

n
HD: lim
n→∞


n + 1
n

n
= e
(e)
∞

1
ln

1 +
1
n
α

HD: ln(1 + t) ∼ t
(f)
∞

1
1
√
n
ln

n + 1
n − 1

(g)

∞

1

1 − cos
1
n
α

HD: 1 − cos t ∼
t
2
2
(h)
∞

1
n
4/3
arctg
1
n
2
(i)
∞

1
ln n
n
3/2

(j)
∞

1
2
n
+ 3
n
4
n
+ n
2
3. Dùng tiêu chuẩn tỉ số hoặc căn số xét sự hội tụ của chuỗi
(a)
∞

1
n!
8
n
.n
2
(b)
∞

1
1.3.5. . . . .(2n −1)
2
2n
.(n − 1)!

(c)
∞

1
7
n
(n!)
2
n
2n
(d)
∞

1
n

2n + 1
3n − 1

n
(e)
∞

1
1
2
n

1 +
1

n

n
2
(f)
∞

1

n − 1
n + 1

n(n−1)
4. Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu:
8
(a)
∞

1
(−1)
n
.
n + 1
n
2
+ n + 1
(b)
∞

1

(−1)
n
. ln

1 +
1
n
α

, α > 0
(c)
∞

1
(−1)
n
tg
1
√
n
sin
1
√
n
(d)
∞

1
(−1)
n

n + cos
1
√
n
(e)
∞

1
(
√
n + 1 −
√
n) cos nπ HD: cos nπ = (−1)
n
(f)
∞

1
(−1)
n+1
1.4.7. . . . .(3n −2)
3.5.7. . . . .(2n + 1)
5. Xét sự hội tụ và hội tụ tuyệt đối của chuỗi
(a)
∞

1
(−1)
n+1
1

n
α
ln n
, α > 0
(b)
∞

1
(−1)
n
1
n
α
.n
1/n
, α > 0
(c)
∞

1
(−1)
n

n + 1
2n
2
+ 1

α
, α > 0

(d)
∞

1
cos na
n
α
, α > 0, a ∈ (0, π)
HD (5d)
∞

1
cos
2
na
n
α
, =
1
2
∞

1
cos 2na + 1
n
α
Với α ≤ 1, chuỗi
∞

1

1
n
α
phân kỳ,
∞

1
cos 2na
n
α
hội tụ.
Suy ra chuỗi
∞

1
cos
2
na
n
α
phân kỳ.
Do |cos na| ≥ cos
2
na, ∀n ∈ N nên chuỗi
∞

1
|cos na|
n
α

phân kỳ.
Vậy chuỗi
∞

1
cos na
n
α
, α ≤ 1, hội tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối.
9
3 Chuỗi hàm số
3.1 Sự hội tụ :
Định nghĩa 2. Với mọi n ∈ N, u
n
: I ⊂ R → R, chuỗi hàm tương ứng ký hiệu là
n

1
u
n
. Với
mỗi x ∈ I, có chuỗi số thực
∞

1
u
n
(x), khi x thay đổi trên I, có vô số chuỗi số, trong số đó có
những chuỗi số hội tụ và những chuỗi phân kỳ.
Đăt D =


x ∈ I,
∞

1
u
n
(x) hội tụ

và đặt u(x) =
∞

1
u
n
(x), x ∈ D. D được gọi là miền
hội tụ của chuỗi, ký hiệu : u =
∞

1
u
n
.
Ta nói :
–
∞

1
u
n

hội tụ về u trên D ⇔ ∀x ∈ D, ∀ε > 0, ∃k
0
: ∀k ≥ k
0
=⇒






n≥k
0
u
n
(x)





< ε.
–
∞

1
u
n
hội tụ đều về u trên D ⇔ ∀ε > 0, ∃k
0

∈ N : ∀k ≥ k
0
=⇒






n≥k
0
u
n
(x)





< ε, ∀x ∈ D.
Dấu hiệu Weierstrass:
Giả sử : |u
n
(x)| ≤ a
n
, ∀x ∈ D, ∀n ≥ n
0
và
∞


1
a
n
hội tụ. Khi đó chuỗi
∞

1
u
n
hội tụ đều trên
D.
Định lí 2 ( Weierstrass).
1) Giả sử : ∀n ∈ N, u
n
liên tục trên D,
∞

1
u
n
hội tụ đều về u trên D. Khi đó u liên tục trên
D.
2) Giả sử : ∀n ∈ N, u
n
khả vi liên tục trên [a, b], chuỗi đạo hàm
∞

1
u


n
hội tụ đều về v và có
x
0
∈ [a, b] sao cho chuỗi số
∞

1
u
n
(x
0
) hội tụ.
Khi đó có hàm u khả vi liên tục trên [a, b] sao cho chuỗi
∞

1
u
n
hội tụ đều về u trên [a, b]
và u

= v =
∞

1
u

n
.

Hơn nữa :
x

a
u(t)dt =
∞

1
x

a
u(t)dt.
4 Chuỗi lũy thừa:
Định nghĩa 3. Chuỗi lũy thừa là chuỗi có dạng
∞

0
a
n
(x − x
0
)
n
, x
0
là tâm của chuỗi.
10
Định lí 3. Cho chuỗi lũy thừa
∞


0
a
n
(x − x
0
)
n
. Giả sử : lim
n→∞




a
n+1
a
n




= ρ hoặc lim
n→∞
n
√
|a
n
|
= ρ.
Đặt R =

1
ρ
và gọi R là bán kính hội tụ của chuỗi. Khi đó :
i. Chuỗi
∞

0
a
n
(x − x
0
)
n
hội tụ về hàm u trên (x
0
− R, x
0
+ R).
ii. Chuỗi
∞

0
a
n
(x − x
0
)
n
phân kỳ khi |x − x
0

| > R.
iii. Hàm u khả vi và u

(x) =
∞

1
na
n
(x − x
0
)
n−1
, ∀x ∈ (x
0
− R, x
0
+ R)
Hơn nữa :
x

x
0
u(t)dt =
∞

0
a
n
n + 1

(x −x
0
)
n+1
, ∀x ∈ (x
0
−R, x
0
+ R). Miền hội tụ của chuỗi
∞

0
a
n
(x −x
0
)
n
là (x
0
−R, x
0
+ R) có thể thêm vào điểm đầu x
0
−R và điểm cuối x
0
+ R
tùy từng trường hợp.
Thí dụ :
1) Chuỗi

∞

0
1
1 + x
2n
có miền hội tụ là |x| > 1.
Với a > 1, ta có :
1
1 + x
2n
≤
1
1 + a
2n
, ∀x, |x| ≤ a và
∞

0
1
a
2n
hội tụ. Vậy chuỗi hàm hội
tụ đều trên miền |x| ≥ a.
2) Chuỗi
∞

0
(−1)
n

n
ln x
là chuỗi hàm đan dấu, có miền hội tụ là x > 1. Với a > 1, ε > 0, do tính
chất của chuỗi đan dấu, có k
0
∈ N :
1
k
ln a
0
< ε, với k ≥ k
0
ta có :






n≥k
(−1)
n
n
ln x





≤

1
k
ln a
≤
1
k
ln a
0
< ε. Vậy chuỗi hội tụ đều trên miền x ≥ a.
3) Chuỗi
∞

0
x
n
1 + x
n
, x = 1.
Với |x| < 1, có n
0
∈ N sao cho : ∀n ≥ n
0
thì |x|
n
<
1
2
.
Suy ra :





x
n
1 + x
n




≤ 2|x|
n
.
Vậy miền hội tụ của chuỗi là (−1, 1). Tuy nhiên chuỗi không hội tụ đều trên (−1, 1). Thật
vậy, với ε = 1, với mọi k ∈ N có thể chọn x ∈ (0, 1) sao cho:
x
k
1 − x
2
> 1
Khi đó :
1 <
x
k
1 − x
2
=

n≥k

x
n
1 + x
≤

n≥k
x
n
1 + x
n
.
11
Với mọi 0 < a < 1, ta có :




x
n
1 + x
n




≤
a
n
1 − a
, ∀x, |x| ≤ a, ∀n ∈ N.

Chuỗi
∞

0
a
n
hội tụ. Vậy chuỗi
∞

0
x
n
1 + x
n
hội tụ đều trên [−a, a].
4) Với s > 0, chuỗi
∞

1
cos nx
n
s
,
∞

1
sin nx
n
s
hội tụ khi x = k2π, k ∈ Z. Thật vậy, với mỗi

k, p ∈ N có hằng số M sao cho:





k+p

k
cos nx





≤
M
1 − cos x
,





k+p

k
sin nx






≤
M
1 − cos x
dãy

1
n
s

giảm về 0 nên chuỗi
∞

k
cos nx
n
s
,
∞

k
sin nx
x
s
hội tụ, có tổng
S
1
=

∞

k
cos nx
n
s
, S
2
=
∞

k
sin nx
n
s
thỏa mãn: |S
1
| ≤
1
k
s
M
1 − cos x
, |S
2
| ≤
1
k
s
M

1 − cos x
.
Với a > 0 và ε > 0 bất kỳ,
do
M
1 − cos x
≤
M
1 − cosa
, ∀x ∈ [a + 2iπ, 2(i + 1)π − a], ∀i ∈ Z,
chọn k
0
∈ N sao cho:
1
k
s
.
M
1 − cos a
< ε. Khi đó, với k ≥ k
0
, ta có:





∞

k

cos nx
n
s





< ε,





∞

k
sin nx
n
s





ε, ∀x ∈ [a + 2iπ, 2(i + 1)π −a].
Suy ra: chuỗi
∞

1

sin nx
x
s
,
∞

1
cos nx
x
s
hội tụ đêu trên miền [a + 2iπ, 2(i + 1)π −a], i ∈ Z.
Ghi chú: Chuỗi
∞

1
sin n
2
x
n
2
hội tụ trên R nhưng chuỗi đạo hàm từng số hạng
∞

1
cos n
2
x
không hội tụ.
Công thức Maclaurin của các hàm cơ bản:
1)

1
1 − t
=
∞

0
t
n
, |t| < 1
2)
1
1 + t
=
∞

0
(−1)
n
t
n
, |t| < 1
3) e
t
=
∞

0
t
n
n!

, ∀t ∈ R
12