toán cao cấp giải tích phần 2

Toán cao cấp : Giải tích 13





CHƯƠNG I SỐ THỰC
I. Một thiếu sót của
ℚ

Mệnh đề: phương trình:
=
x
2
2
không có nghiệm trong
ℚ
.
Chứng minh: Giả sử phương trình:
=
x
2
2
có nghiệm trong
ℚ

là x
0
⇒ x
0

=
m
n
với
m
,
n
∈
ℤ
,
n
≠
0 và
m
n
là phân số tối giản
(
m
,
n
nguyên tố cùng nhau).
Khi đó

 
 
 
m
n
2
= 2 ⇒

= ⇒ =
m
m n
n
2
2 2
2
2 2
(1)
⇒
m
2
là số chẵn ⇒
m
là số chẵn
(vì nếu m là số lẻ thì m
2
là số lẻ)
⇒
=
m k
2
(
k
∈

ℤ
) (2)
(1) & (2) ⇒

( )
2
2k= ⇒ = ⇒
k n n n
2
2 2 2
2 2
là số chẵn
⇒

n
là số chẵn
⇒

=
n h
2
(
h

∈
ℤ
)
⇒

m
n
=

k

h
2
2
=

k
h


⇒

m
n
là phân số không tối giản
⇒
mâu thuẫn với giả thiết .
Do đó phương trình
=
x
2
2
không có nghiệm trong
ℚ
.
II. Tiên đề Zorn:
1. Khái niệm: Tất cả các số hữu tỷ và vô tỷ gọi chung là số
thực.
Tập hợp các số thực ký hiệu làø
ℝ
. Trên

ℝ
có các tính chất về
phép cộng, nhân và bất đẳng thức như đã biết.
2. Đònh nghóa: Cho
⊂
ℝ
A
và
A

≠

∅
. Ta nói

Toán cao cấp : Giải tích 14



i)
A
ø bò chận trên nếu ∃
k
∈
ℝ
sao cho:
≤
x k
,
∀

∈
x A
.
ii)
A
bò chận dưới nếu
∃

k

∈
ℝ
sao cho
≥
x k
,
∀

∈
x A
.
3. Tính chất được sắp hồn chỉnh: Mọi tập con của
ℝ
khác
∅

bò chận trên đều tồn tại chận trên nhỏ nhất.
Nhận xét: Nếu
A

có chận trên nhỏ nhất thì chận trên nhỏ nhất
là duy nhất, ký hiệu là
sup
A
.
Chứng minh: Giả sử
A
có 2 chận trên nhỏ nhất là
k
1
và
k
2
ta
có:
≤
k k
1 2
(vì
k
1
là chận trên nhỏ nhất)
≤
k k
2 1

(vì
k
2
là chận trên nhỏ nhất) ⇒

=
k k
1 2
.

•

M
là chận trên nhỏ nhất của
A
nếu với mọi
T
là chận trên
của
A
thì
≤
M T
.
•

m
là chận dưới lớn nhất của
A
nếu ta có
≥
m t
,
∀
t

là chận
dưới của A.
•
Cho
A

⊂

ℝ
và
A

≠
¯. Nếu
A
bò chận trên thì
A
có vô số
chận trên. Nếu
A
bò chận dưới thì
A
có vô số chận dưới.
3. Hê quả: Cho
A
⊂
ℝ
và
A

≠

.
∅
Nếu
A
bò chận dưới thì
A

có chận dưới lớn nhất, ký hiệu là
inf
A
.
Chứng minh: Đặt
{
}
= − ∈
B x x A
. Vì A bò chận dưới nên tồn tại
m
∈
ℝ
sao cho:
≤
m x
,
∀ ∈
x A
⇒
− ≤ −

x m
,
∀− ∈
x B
⇒
B
bò
chặn trên, do tính chất được sắp hồn chỉnh ta có
sup
B
tồn tại.
Ta có
∀ ∈
x A
,
sup
− ≤
x B
⇒ sup
− ≤
B x
⇒
sup
−
B
là một
chận dưới của A.

Toán cao cấp : Giải tích 15

Ta sẽ chứng minh
sup
−
B
là một chận dưới lớn nhất của A.
Thật vậy,
∀
t
là chận dưới của
A
thì
≤
t x
,
∀ ∈
x A

⇒
− ≤ −
x t
,
∀− ∈
x B

⇒
−
t

là một chận trên của
B
⇒ sup
≤ −
B t
⇒
sup
≤ −
t B

⇒
inf sup
= −
A B
.
Ví dụ: Với
{
}
, , ,
= − −A
7 5 2 1
thì sup
=
A
5
;
inf
= −
A
7

.

{
}
,
= −A
2 18

sup
=
A
18
;
inf
= −
A
2


[
]
;
= −A
7 12

sup
=
A
12
;

inf
= −
A
7


(
)
,
= −A
5 2

sup
=
A
12
;
inf
= −
A
5

• Nhận xét:
-
sup
A
có thể thuộc
A
hoặc không thuộc
A

. Nếu
sup
∈
A A
ta
có
sup max
=
A A
.
-
inf
A
có thể thuộc
A
hoặc không thuộc
A
. Nếu
inf
∈
A A
ta
có
inf min
=
A A
.
5/ Mệnh đề (đặc trưng của sup)
Cho
A

⊂
ℝ
, A ≠
∅
. Khi đó:
sup
=
M A
⇔
( )i M
A
ε ε


∀ ∃ ∈ < ≤

0 0
là một chận trên của A

(ii) > 0, x : M- x M

Chứng minh: ( ⇒ ) Giả sử
sup
=
M A
, khi đó (i)
là hiển nhiên.
∀ ε > 0 ⇒
M
– ε <

M
⇒
M
– ε không là chận trên của
A
.
⇒ mệnh đề (∀
∈
x A
;
ε
≤ −
x M ) là sai .
⇒ ∃
∈
x A
0
:
ε
− < ≤
M x M
0

⇒ (ii) thỏa.

Toán cao cấp : Giải tích 16



(⇐ ) Giả sử

M
thỏa i) và ii) ⇒
M
là chặn trên. Giả sử
M

không là chặn trên nhỏ nhất của
A
. Ta có: sup
<
A M

⇒ sup
− <
A M
0
.
Coi sup
ε
= − >
M A
0
.
Từ ii) ⇒ ∃
∈
x A
0
:
( sup ) sup
− − < ≤

M M A x A
0

(với
sup
ε
= −
M A
)
⇒
sup sup
<
A A
: vô lý.
Vậy
M
phải là chặn trên nhỏ nhất của
A
.
III. Vài ứng dụng của tính chất được sắp hồn chỉnh:
1. Mệnh đề: (Tính chất Archimède)
,
∀ ∈
ℝ
a b và
>
a
0
luôn luôn tồn tại
∈

ℕ
n
để cho
.
>
n a b
.
Chứng minh:
Giả sử không tồn tại
∈
ℕ
n
để cho
.
>
n a b
⇒
.
≤
n a b

∀

∈
ℕ
n
.
Đặt
{
}

.= ∈
ℕ
A n a n
, ta có
A

≠

∅
vì
A
chứa phần tử
.
=
a a
1
.
Vì
∈
na A
và
≤
na b
nên
A
bò chặn trên bởi
b
⇒
sup
A

tồn
tại. Theo đặc trưng của sup, với
ε
= >
a
0
0 thì
:sup
∃ ∈ − <
x A A a x
0 0
.
Vì
∈
x A
0
nên
∃ ∈
n
0
ℕ
:
=
x n a
0 0
.
Do đó
sup − <
A a n a
0

⇒
sup ( )
< + = + ∈
A n a a n a A
0 0
1

(vì
+ ∈
ℕ
n
0
1
) ⇒ vô lý.
2. Hệ quả:
ε
∀ >
0
,
ε
∈
ℝ
,
*
∃ ∈
ℕ
n
sao cho
ε
<

n
1
.
Chứng minh:
Áp dụng tính chất Archimède với
ε
=
a
và
=
b
1
ta có
ε
>
n
1


Toán cao cấp : Giải tích 17




⇒
ε
<
n
1
.

3. Mệnh đề: Xen kẽ 2 số thực khác nhau bất kỳ có ít nhất một số
hửu tỷ. Nói cách khác:
,
∀ ∈
ℝ
a b và
<
a b
⇒
α
∃ ∈
ℚ
:
α
< <
a b
.
Tương tự, xen kẽ hai số thực bất kỳ có ít nhất một số vô tỉ .
4. Mệnh đề: Phương trình
=
x
2
2
có nghiệm trong
ℝ
.
Chứng minh: Đặt
{
}
[ ; ]/

= ∈ ≤
A t t
2
1 2 2
. Vì 1 ∈ A nên A ≠
∅
,
hơn nữa A bò chặn trên bởi 2 ⇒ supA tồn tại và 1 ≤ supA ≤ 2.
Ta sẽ chứng minh rằng supA là nghiệm của phương trình x
2
= 2
nghóa là cần kiểm tra (supA)
2
= 2 . Ta chứng minh phản chứng:
i) Giả sử (supA)
2
< 2. Xét
ε
< <
0 1
, ta có
(supA+ε)
2

= (supA)
2
+ 2.ε.supA +ε
2
≤ (supA)
2

+ 4.ε +ε
2

≤ (supA)
2
+ 5.ε .
Để (supA)
2
+ 5.ε = 2 ta chọn ε =
(sup )

− A
2
2
5
( 0 < ε < 1).
Do đó với ε =
(sup )

− A
2
2
5
> 0 ta có (supA + ε )
2
≤ 2
⇒ supA + ε ∈ A (Với 0 ≤ t
2
≤ 2 ⇒ t ∈ A) mà supA + ε > supA:
vô lý.

ii) Giả sử (supA)
2
> 2. Xét ε > 0, ta có
(supA - ε)
2
= (supA)
2
- 2.ε supA + ε
2
> (supA)
2
- 2.ε supA
≥ (supA)
2
- 4.ε.
Để (supA)
2
- 4.ε = 2 ta chọn ε =
(sup )

−
A
2
2
4
> 0.

Toán cao cấp : Giải tích 18

Khi đó với ε =
(sup )

−
A
2
2
4
> 0 ta có (supA - ε)
2
> 2.
Vậy supA –ε là một chặn trên của A
⇒ supA ≤ supA –ε ⇒ supA +ε ≤ supA (vô lý).
Kết luận (supA)
2
= 2.
IV. Giá trò tuyệt đối . Nhò thức Newton :
1) Đònh nghóa : Trò tuyệt đối của một số thực a là
| a | =
a nếu a 0

-a nếu a<0
≥




2) Tính chất : i)
,

≥ ∀ ∈
ℝ
x x
0

ii)
+ ≤ +
x y x y
; dấu “=” xảy ra ⇔ x.y ≥ 0
iii)
;
− ≤ − − ≤ +
x y x y x y x y

iv)
=
xy x y
;

=
x
x
y y

3) Nhò thức Newton :
( )
!
;
!( )!
−

=
+ =
−
∑
n
n
n k k
k
n
a b a b
k n k
0
( )
!
( ) .
!( )!
−
=
− = −
−
∑
n
n
n k k k
k
n
a b a b
k n k
0
1

Qui ước : n! =
.( ).( ) . nếu n

1 nếu n = 0
− − ≥



n n n
1 2 2 1 1

Ta ký hiệu
!

!( )!
=
−
k
n
n
C
k n k

a
n
-b
n
=(a - b)(a
n-1

+ a
n-2
b + a
n-3
b
2
+ …. + ab
n-2
+ b
n-1
)
a
n
+b
n
=(a + b)(a
n-1
- a
n-2
b + a
n-3
b
2
- …. + (-1)
n-2
ab
n-2
+ (-1)
n-1
b

n-1
)
với n lẻ

Toán cao cấp : Giải tích 19




Ghi chú: Khoảng hở (mở) tâm a bán kính ε > 0 là ( a-ε , a+ε )
còn gọi là lân cận tâm a bán kính ε.








Toán cao cấp : Giải tích 20



CHƯƠNG II DÃY SỐ THỰC
I. Khái niệm: Ánh xạ:
( )
:
→
=
ℕ ℝ

֏
n
f
n u f n

được gọi là một dãy số thực.
Ký hiệu:
, , , ,
n
u u u
1 2
hay
{
}
, ∈
ℕ
n
u n
hay
{
}
n
u
.
n: được gọi là chỉ số; u
n
được gọi là số hạng tổng quát của dãy.
Ví dụ:
• Cho dãy 1, 2, 3, 4, , n, …. Ta có số hạng tổng quát của
dãy là: u

n
= n.
• Cho dãy {u
n
} có số hạng tổng quát u
n
=

+
n
1
2 3
. Các
phần tử của dãy là
, , ,
1 1 1
5 7 9

•
Cho dãy
{
u
n
}
với u
1
= a > 0 và u
n
=

−
+
n
a u
1

•
Cho u
1
= 2 và

−
−
+
=
n
n
n
u
u
u
1
1
3 5
, các số hạng của dãy là:
u
1
= 2; u
2
=

11
2
; u
3
=

43
11
,
II. Sự hội tụ của dãy số:
1. Đònh nghóa: Dãy
{
u
n
}
gọi là hội tụ nếu tồn tại số a
∈
ℝ
thỏa:
“
∀ε
> 0 cho trước, luôn tồn tại số nguyên dương N(
ε
) sao cho
n > N(
ε
) ⇒
|
u

n
- a
|
<
ε
”.
Khi đó ta nói
{
u
n
}
hội tụ về a và kýù hiệu: u
n
→
a hay
lim
→∞
=
n
n
u a
.



Toán cao cấp : Giải tích 21

Nhận xét :
i) Viết N(ε) nghóa là N(ε) phụ thuộc vào ε, N(ε) có thể không là
số nguyên cũng được.
ii) |u
n
- a| < ε ⇔ -ε < u
n
- a < ε ⇔ a - ε < u
n
< a + ε.
iii) u
n
→ 0 ⇔ |u
n
| → 0.
iv) Ta còn có thể nói {u
n
} hội tụ về a nếu với mọi khoảng mở V
tâm a ta đều có N
0
sao cho u
n
∈ V, ∀n > N
0
.
(nghóa là: ∀ε, luôn tồn tại số N
0
sao cho u
n
∈ (a - ε, a + ε), ∀n > N

0
)
Ví dụ: Chứng minh dãy {
n
1
} hội tụ về 0.
∀ε > 0, ta cần chứng minh tồn tại N
0
sao cho:


−
n
1
0
<
ε
, với mọi n > N
0
.
Với
ε
> 0, theo tính chất Archimède thì
∃
N
0
:

N
0

1
<
ε
.
Vậy với n > N
0
ta có

n
1
<
ε

Do đó
∀ε
> 0,
∃
N
0
: n > N
0
⇒

−
n
1
0
<
ε
⇒

n
1

→
0
Ví dụ: Chứng minh rằng
{
u
n
}
với u
n
=

−
+
n
n
2 1
3 2
hội tụ về

2
3

Ta có:
( ) ( )
ε
− − − −
− = − = = < <

+ + +
n
n n n
u
n n n n
2 2 1 2 6 3 6 4 7 7
3 3 2 3 3 3 2 3 3 2

khi n >

ε
7
= N
0

Toán cao cấp : Giải tích 22



Vậy ∀ε > 0, ∃ N
0
=

ε
7
, sao cho với mọi n > N
0

⇒

− <
n
u
n
2 7
3
<
ε
⇒ u
n
→


2
3

2. Đònh lý: Giới hạn của một dãy hội tụ là duy nhất.
Giả sử
{
u
n
}
hội tụ về 2 giới hạn là a
1
và a
2
với a
1
< a
2

( lim , lim )
→+∞ →+∞
= =
n n
n n
u a u a
1 2

Coi
ε
=

−
a a
2 1
2
> 0.
Vì u
n
hội tụ về a
1
, nên
∃
N
1
: với mọi n > N
1
thì
|

u
n
- a
1
|
<

−
a a
2 1
2
=
ε

⇒
a
1
-

−
a a
2 1
2
< u
n
< a
1
+

−

a a
2 1
2
,
∀
n > N
1

⇒ u
n
<

+
a a
2 1
2
,
∀
n > N
1
(1)
Mặt khác, vì u
n

→
a
2
,
nên
∃

N
2
: với mọi n > N
2
thì
|
u
n
- a
2
|
<
ε
=

−
a a
2 1
2

⇒ n > N
2
: a
2
-

−
a a
2 1
2

< u
n
< a
2
+

−
a a
2 1
2

⇒ n > N
2
:

+
a a
2 1
2
< u
n
(2)
Do đó khi n > max
{
N
1
, N
2
}
thì (1) và (2) cùng xảy ra

→
vô lý.
Do đó giới hạn của một dãy nếu có thì duy nhất.
3. Đònh nghóa : Dãy
{
u
n
}
gọi là bò chận nếu
∃
K sao cho

|
u
n
|

≤
K,
∀
n.

Toán cao cấp : Giải tích 23




Ví dụ:
• {u
n

} với u
n
= 2 + sin
2

n
1
. Ta có: 2 ≤ u
n
≤ 3, ∀n ⇒ {u
n
} bò chận.
• {u
n
} với u
n
=

     
− − − −
     
     
n
1 1 1 1
1 1 1 1
2 3 4

Ta có : 0
≤
u

n

≤
1
⇒

|
u
n
|

≤
1
⇒

{
u
n
}
bò chận.
Ghi chú
:

i)
{
u
n
}
gọi là bò chận trên nếu
∃

M : u
n

≤
M,
∀
n.
ii)
{
u
n
}
bò chận dưới nếu
∃
m : m
≤
u
n
,
∀
n.
iii)
{
u
n
}
bò chận
⇔

{

u
n
}
bò chận trên và bò chận dưới.
4. Đònh lý :
i)
{
u
n
}
hội tụ
⇒

{
u
n
}
bò chận.
ii) Giả sử
{
u
n
}

→
a
≠
0
⇒

∃
A > 0,
∃
N > 0 sao cho
|
u
n
|
> A,
∀
n > N
Chứng minh:
i) Giả sử u
n

→
a. Khi đó với
ε
= 1,
∃
N : n > N
⇒

|
u
n
- a
|
< 1
⇒

|
u
n
|
=
|
u
n
- a +a
|

≤

|
u
n
- a
|
+
|
a
|
< 1 +
|
a
|

∀
n > N

(
|
u
n
|
< 1 +
|
a
|

∀
n > N)
Chọn K = max
{
}
, , , , +
N
u u u a
1 2
1

⇒

|
u
n
|

≤
K,

∀ ∈
ℕ
n

Ghi chú: Ta cũng có thể chọn K =
|
u
1
|
+
|
u
2
|
+ +
|
u
n
|
+1+
|
a
|

ii) Giả sử u
n

→
a
≠

0. Ta sẽ chứng minh
∃
A > 0 :
|
u
n
|

≥
A,
∀ ∈
ℕ
n
.
Với
ε
=

a
2
> 0,
∃
N : n > N, ta có:
|
u
n
- a
|
<

a
2

⇒
-

a
2
< -
|
u
n
- a
|
,
∀
n > N

Toán cao cấp : Giải tích 24



mà |u
n
| = |u
n
- a + a| ≥ |a| - |u
n
- a| ≥ |a| -

a
2
=

a
2
,
∀ >
n N

⇒
∃
A =

a
2
> 0 :
|
u
n
|
> A,
∀
n > N.
5. Mệnh đề: Nếu ,
≥ ∀ ∈
ℕ
n
u n
0

và
lim
→∞
=
n
n
u a
thì a
≥
0.
Chứng minh: (bằng phản chứng)
Giả sử a < 0, coi
ε
= -

a
2
,
∃
N
1
: n > N
1
⇒
|
u
n
- a
|
< -

a
2

⇒u
n
< a -

a
2
=

a
2
< 0,
∀
n > N
1

⇒ mâu thuẫn với giả thiết u
n

≥
0,
∀
n.
Ghi chú:
•
Nếu thay giả thiết u
n

≥
0
∀
n bằng giả thiết u
n
≥
0
∀
n > N thì
đònh lý vẫn đúng. Nói chung, nếu bỏ đi một số hữu hạn các số
hạng của dãy thì sự hội tụ của dãy không thay đổi.
•
Nếu thay (u
n

≥
0,
∀ ∈
ℕ
n
) bằng (u
n
> 0,
∀ ∈
ℕ
n
), ta cũng chỉ
suy ra
lim

→∞
≥
n
n
u
0
(không thể bỏ dấu “=”).
Ví dụ: u
n
=

n
1
> 0,
∀ ∈
ℕ
n
nhưng
lim
→∞
=
n
n
1
0

6. Mệnh đề (các phép toán về giới hạn của dãy):
Giả sử
lim
→+∞

=
n
n
u a
và
lim
→+∞
=
n
n
v b
.Ta có :
i)
lim ( )
→+∞
+ = +
n n
n
u v a b

ii)
lim .
→+∞
=
n n
n
u v a b

iii)
lim

→∞
=
n
n
n
u
a
v b
(nếu b
≠
0)

Toán cao cấp : Giải tích 25




iv)
lim
→+∞
=
n
n
u a
(nếu u
n
≥ 0, ∀n)
Chứng minh :
i) Với ε > 0 cho trước,
u

n
→ a ⇒ ∃N
1
: n > N
1
: |u
n
- a| <

ε
2

v
n
→ b ⇒ ∃N
2
: n > N
2
: |v
n
- b| <

ε
2

Chọn N = max {N
1
, N
2
}

⇒ n > N : |u
n
+ v
n
- (a + b)| = |u
n
- a + v
n
- b|
≤ |u
n
- a| + |v
n
- b| <

ε
2
+

ε
2
= ε ⇒ (u
n
+ v
n
) → a + b
ii) |u
n
v
n

- ab| = |u
n
v
n
- av
n
+ av
n
- ab| = |v
n
(u
n

- a) + a(v
n

- b)|
≤ |v
n
(u
n
- a)| + |a(v
n
– b)| = |v
n
| |u
n
- a| + |a| |v
n
- b|

≤ M |u
n
- a| + |a| |v
n
- b|
(vì v
n
hội tụ nên v
n
bò chận bởi M)
≤ K |u
n
- a| + K |v
n
- b|
(với K = M + |a| hoặc K = max {M, |a|} )
Do đó : ∀ ε > 0, ∃N
1
: n > N
1
: |u
n
- a| <

ε
K
2

∃N
2

: n > N
2
: |v
n
- b| <

ε
K
2

⇒ n > N = max {N
1
, N
2
} : |u
n
v
n
- ab| <
K

2K
ε ε
+
K
K
2
=
ε

Do đó : u
n
v
n

→
ab
iii)
n

=
n
n
n
u
u
v v
1


Toán cao cấp : Giải tích 26



Do đó : ta chỉ cần chứng minh nếu v
n
→ b thì
n

→

v b
1 1
(b
≠
0).
Ta có:
n

−
− =
n
n
v b
v b v b
1 1

Theo chứng minh của mệnh đề 4 thì
|
v
n
|

≥


b
2
,
∀
n > N

1

Do đó n > N
1
:

− −
≤ = −
n n
n
n
v b v b
v b
b
v b b
b
2
2
2

Vậy
∀ε
> 0,
∃
N
2
: n > N
2
:
|

v
n
- b
|
<

ε
b
2
2

⇒ n > max
{
N
1
, N
2
}
:

ε
ε
− < =
n
b
v b b
2
2
1 1 2
2

⇒

→ ⇒ → =
n
n n
u
a
a
v b v b b
1 1 1

iv) Vì u
n

≥
0,
∀
n
⇒
u
n

→
a
≥
0
Ta chứng minh

− ≤ −

n n
u a u a

⇔


− − ≤ −
n n n
u a u a u a

⇔


− − ≤ − +
n n n n
u a u a u a u a

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Do đó:
∀ε
> 0,
∃
N : n > N ta có
|
u
n
- a
|
<
ε

2

⇒
n > N :

ε
− ≤ − <
n n
u a u a
⇒


→
n
u a





Toán cao cấp : Giải tích 27




7. Mệnh đề:
Nếu
lim , lim

,

→+∞ →+∞
= =



≤ ∀ ∈


ℕ
n n
n n
n n
u a v b
u v n
thì a ≤ b
Chứng minh: Theo mệnh đề 6: ta có
lim ( )
n n
n
v u
→+∞
−
= b – a
mà v
n
- u
n

≥
0

∀ ∈
ℕ
n
. Theo mệnh đề 5 ta suy ra:
b - a
≥
0 ⇒ b
≥
a
Ghi chú:
+ Thay u
n

≤
v
n
,
∀
n bằng u
n

≤
v
n
,
∀
n > N thì đònh lý vẫn đúng.
+ Nếu
>
n n

v u
,
∀ ∈
ℕ
n
thì ta cũng chỉ suy ra b
≥
a (không thể bỏ
dấu “=” )
Ví dụ:

>
+ +
n n
n n
2 2
2 2
3 3
4 1 4 3

nhưng
lim lim
→+∞ →+∞
= =
+ +
n n
n n
n n
2 2
2 2

3 3 3
4 1 4 3 4

8. Đònh lý (kẹp ):
Giả sử u
n

≤
x
n

≤
v
n
,
∀ ∈
ℕ
n
(* )
và
lim
n
n
u
→+∞
=
lim
n
n
v

→+∞
= a thì
{
x
n
}
hội tụ và lim x
n
= a
Chứng minh: Với mọi
ε
> 0 cho trước,
•
u
n
hội tụ về a,
∃
N
1
: n > N
1
⇒
|
u
n
- a
|
<
ε

⇒ a -
ε
< u
n
< a +
ε
, n > N
1

•
v
n

→
a :
∃
N
2
: n > N
2
⇒
|
v
n
- a
|
<
ε

⇒ a -

ε
< v
n
< a +
ε

Do đó với n > max
{
N
1
, N
2
}
= N thì : a -
ε
< u
n

≤
x
n

≤
v
n
< a +
ε

⇒
|

x
n
- a
|
<
ε
,
∀
n > N ⇒ x
n

→
a


Toán cao cấp : Giải tích 28



Ghi chú:
Giả sử x
n
cũng hội tụ, lấy giới hạn của (* )
Ta có: a =
lim
n
n
u
→+∞
≤

lim
n
n
x
→+∞
≤
lim
n
n
v
→+∞
= a ⇒
lim
n
n
x
→+∞
= a
Ví dụ: Tìm
lim sin( !)
→∞n
n
n
1

Vì 0 ≤
sin !
≤n
n n
1 1

⇒
sin ! sin !
→ ⇒ →n n
n n
1 1
0 0

III. Dãy số đơn điệu:
1. Đònh nghóa:
i) Dãy
{
u
n
}
gọi là đơn điệu tăng nếu u
n

≤
u
n+1
,
∀ ∈
ℕ
n
.
Bỏ dấu “=” ta có đònh nghóa một dãy tăng nghiêm ngặt (nghiêm
cách).
ii) Dãy
{
u

n
}
gọi là đơn điệu giảm nếu u
n

≥
u
n+1
,
∀ ∈
ℕ
n
.
Bỏ dấu “=” ta có đònh nghóa một dãy giảm nghiêm ngặt.
iii) Dãy tăng hoặc giảm gọi chung là dãy đơn điệu.
2. Đònh lý:
i) Dãy tăng và bò chận trên thì hội tụ.
ii) Dãy giảm và bò chận dưới thì hội tụ.
Chứng minh: Đặt
{
}
/
= ∈ ⊂
ℕ ℝ
n
A u n
.
i)
{
u

n
}
bò chận trên
⇒
A bò chận trên. Theo tiên đề Zorn ta có
sup A tồn tại, ta sẽ chứng minh
{
u
n
}

→
sup A.
Với
ε
> 0 cho trước, theo tính chất của sup thì
∃
N : sup A -
ε
< u
N

≤
sup A.
Vì u
n
tăng nên sup A
−

ε

< u
N
≤
u
n
,
∀
n > N
⇒
sup A
−
u
n
<
ε
,
∀
n > N

Toán cao cấp : Giải tích 29




⇒ u
n
− sup A < ε, ∀n > N
(vì u
n
− supA = supA − u

n
 = supA − u
n
)
⇒
lim
→+∞
n
n
u
= supA.
ii) Tương tự u
n
giảm và bò chận dưới thì hội tụ về infA.
Ví dụ 1: {u
n
} với u
n
=
( )( ) ( )
− − −
n
1 1 1
1 1 1
2 3

Chứng minh:
{
u
n

}
hội tụ: u
n+1
=
( )
−
+
n
1
1
1
u
n

≤
u
n
,
*
∀ ∈
ℕ
n
⇒ {u
n
} giảm và u
n
> 0,
*
∀ ∈
ℕ

n
Vậy u
n
giảm và bò chận dưới bởi 0 nên {u
n
} hội tụ.
Ví du 2ï: Cho {u
n
}; với u
n
=

+ + +
n
2
1 1 1
2 2 2

Chứng minh {u
n
} hội tụ và tìm giới hạn của u
n
.
u
n
=
( )

−
−

n
1 1
1
2 2
1
1
2
=

−
n
1
1
2
< 1, ∀ n
u
n+1
= u
n
+

+
n
1
1
2
> u
n
∀n
{u

n
} tăng và bò chặn trên bởi 1 ⇒ {u
n
} hội tụ.
Ta có:
lim lim
→+∞
→+∞
 
= − =
 
 
n
n
n
n
u
1
1 1
2

IV. Dãy phân kỳ ra
∞
∞∞
∞
:
1. Đònh nghóa: Dãy số không hội tụ gọi là dãy số phân kỳ.
Ví dụ:
{
u

n
}
với u
n
= (
−
1)
n
là 1 dãy phân kỳ.
2. Đònh nghóa:

Toán cao cấp : Giải tích 30



i) Dãy {u
n
} gọi là phân kỳ ra +∞ nếu tính chất sau thỏa: “∀A > 0
cho trước, ∃ N : n > N ⇒ u
n
> A”.
ii) Dãy {u
n
} gọi là phân kỳ ra −∞ nếu tính chất sau thỏa: “∀A > 0
cho trước, ∃ N : n > N ⇒ u
n
<−A”.
• Nếu dãy {u
n
} phân kỳ ra +∞, ta viết

lim
→∞
= +∞
n
n
u
hay u
n

→
+
∞

•
Nếu dãy
{
u
n
}
phân kỳ ra
−∞
, ta viết
lim
→∞
= −∞
n
n
u

hay u

n

→

−

∞
.
Nhận xét: Đònh nghóa trên giống đònh nghóa sự hội tụ về a của dãy,
trong đó thay
ε
> 0 bằng A > 0 và

u
n
−
a

<
ε
bằng u
n
>A
(hoặc u
n
<
−
A).
3. Mệnh đề: Giả sử
{

u
n
}
tăng và
{
v
n
}
giảm thỏa:

,

lim( ) (*)
→+∞
≤ ∀ ∈



− =


ℕ
n n
n n
n
u v n
u v 0
thì
{
u

n
}
và
{
v
n
}
hội tụ về cùng 1 giới hạn.
Chứng minh :
+ Ta có u
n

≤
v
n
≤
v
1
,
∀
n
⇒
{
u
n
}
bò chận trên bởi v
1
(và u
n

tăng)
⇒
{
u
n
}
hội tụ về x
1
.
+ v
n

≥
u
n

≥
u
1
,
∀
n
⇒
{
v
n
}
giảm và bò chận dưới bởi u
1

⇒
{
v
n
}
hội tụ về x
2
.
⇒ x
1

−
x
2
=
lim
→∞
n
n
u
−

lim
→∞
n
n
v
=
lim
n

→+∞
(u
n

−
v
n
) (* ) = 0 ⇒ x
1
= x
2

V. Vài dãy số đặc biệt:
1.Mệnh đề:

Toán cao cấp : Giải tích 31




i)
lim
α
→+∞
=
n
n
1
0
∀α > 0

ii)
n
lim a
→+∞
=
n
1
∀a > 0
iii)
n
lim n
→+∞
=
n
1

iv)
lim
( )
α
→∞
=
+
x
n
n
n
0
1
, ∀α > 0 ,∀x∈

ℝ


lim , a 1
→+∞
 
= ∀ >
 
 
x
n
n
n
a
0

v)
n
lim a
→+∞
=
n
nếu a>1
nếu a <1
+∞






0

Chứng minh:
i)

α
n
1
< ε ⇔ n
α
>

ε
1
⇔ n >

α
ε
 
 
 
1
1

Do đó ∀ ε > 0, ∃ N =

α
ε
 
 

 
1
1

⇒
n > N. Ta có

α
−
n
1
0
<
ε
.
ii) * Nếu a = 1, hiển nhiên
n
lim 1
→∞
=
n
1

* Nếu a > 1
Đặt x
n
=

n
a

−
1 > 0
⇒
x
n
+ 1 =
n
a

⇒
a = (1 + x
n
)
n

≥
1 + nx
n

⇒

n
a-1
0 x
n
< <

Theo đònh lý kẹp ta có
lim

→∞
n
x
n
= 0
⇒

lim
→∞
n
(

n
a
−
1)= 0
⇒

lim
→∞
n

n
a
=1
* Nếu a < 1

Toán cao cấp : Giải tích 32

lim
→∞
=
n
n
a
1
1
lim
a
→∞
=
n
n
1
⇒
n
lim a
→∞
=
n
1

iii)
→
n
n
1

Đặt y
n
=
n
n
− 1 ≥ 0 ⇒
n
n
= y
n
+ 1
⇒ n = (1 + y
n
)
n
= 1 + ny
n
+
( ) ( )

− −
+ + >
n n
n n n n
y y
2 2
1 1
2 2

⇒ y

n
2
<

−
n
2
1
⇒ y
n
<

−
n
2
1

⇒
n
0 y
≤ <
−
n
2
1
⇒
lim
→∞
=
n

n
y
0

iv)
lim
( )
α
→∞
=
+
x
n
n
n
0
1

∀α
> 0
∀
x > 0,
∃
m
∈

∗
ℕ

: m > x

Khi n > 2m, ta có:
(1+
α
)
n
=
! !

!( )! !( )!
α α
=
>
− −
∑
n
k m
k
n n
k n k m n m
0

m
( ) ( )

!
α
− − +
=
n n n m
m

1 1
>

!
α
 
 
 
m
m
n
m
2
(*)
(ta có (*) vì n – m > n -

2
n
=

2
n
(
∀
n >2m))
⇒ 0 <

(1 )
x
n

n
α
+
<

.
!
α
x
m m
m
n
n
m
2
=
. !
.
α
−
m
m m x
m
n
2 1
(n > 2m, m – x > 0)
⇒
lim
( )
x

n
n
n
α
→+∞
=
+
0
1
,
∀α
> 0,
∀
x hay
lim
→+∞
=
x
n
n
n
a
0
,
∀
a >1
2. Mệnh đề:

Toán cao cấp : Giải tích 33

Cho dãy
{
}
n
u
với u
n
=
!
=
∑
0
1
n
k
k

i) Dãy
{
}
n
u
hội tụ
ii) Nếu gọi e là giới hạn của
{
}
n

u
thì e là số vô tỉ
iii) 2 dãy số sau cũng hội tụ và có giới hạn là e
x
n
=

 
+
 
 
n
n
1
1 y
n
=

n
n
+
 
+
 
 
1
1
1
Chứng minh:
i) u

n+1
= u
n
+

( )!
+n
1
1
> u
n
∀n ⇒ {u
n
} tăng
u
n
<

−
−
 
−
 
 
+ + + + + = +
−
n
n
1
2 3 1

1 1
1
1 1 1 1
2 2
2 2
1
2 2 2 2
1
2

= 3 -

−n
1
1
2
< 3 ∀n

{
}
n
u
tăng và bò chặn trên ⇒
{
}
n
u
hội tụ.
ii) Gọi e =
lim

→+∞
n
n
u
(u
n
> 2 +
,
∀ ≥
n
1
4
2
, do đó e > 2)
Giả sử e là số hữu tỉ ⇒ e =

p
q
(với p, q
∈

∗
ℕ

).
Với n > q ta có:
u
n
=

! ! ! ( )! !
+ + + + + + + +
+
q q n
1 1 1 1 1 1
1
1 2 3 1

= u
q
+

( )! !
+ +
+
q n
1 1
1


Toán cao cấp : Giải tích 34



= u
q
+

! ( )( ) ( )
 

+ + +
 
+ + + +
 
q q q q q n
1 1 1 1
1 1 2 1

< u
q
+

! ( ) ( )
−
 
+ + +
 
+ + +
 
n q
q q q q
2
1 1 1 1
1 1 1

= u
q
+
( )

!
−
 
 
−
 
 
+ +
 
 
−
+
n q
q q
q
q
1 1
1
1 1
1
1
1
1

< u
q
+
.
!
q q

1 1
= u
q
+

!
q q
1

Do đó khi n > q, ta có u
q+1
≤ u
n
< u
q
+

!
q q
1
.
Qua giới hạn, ta có: lim lim lim
!
+
→+∞ →+∞ →+∞
 
≤ ≤ +
 
 
q n q

n n n
u u u
q q
1
1

⇒ u
q+1
≤ e ≤ u
q
+

!
q q
1
suy ra u
q
< e < u
q
+

!
q
1

⇒ q!u
q
< q!

p

q
< q!u
q
+1
Ta có: q!u
q
= q!

! !
 
+ + +
 
 
q
1 1
2
2
là một số nguyên và q!

p
q
là
một số nguyên.
Hơn nữa, q!u
q
và q!u
q
+ 1 là 2 số nguyên liên tiếp. Vậy giữa 2
số nguyên liên tiếp có 1 số nguyên là vô lí.
Do đó e phải là 1 số vô tỉ.

Toán cao cấp : Giải tích 35




iii) Hướng dẫn:
Ta chứng minh x
n

≤
x
n
+
1
bằng bất đẳng thức Cauchy:
x
n
=

 
+
 
 
n
n
1

1 = .
+
+
+ +
     
+ + ≤ =
     
+
     
n
n
n
x
n n n
1
1
1 1 1 1
1 1 1
1


⇒

 
+
 
 
n
n
1

1 là dãy tăng. Sau đó chứng minh dãy bò chận trên
bởi 3.
Ngòai ra, ta có y
n
=

   
+ +
   
   
n
n n
1 1
1 1 = x
n

 
+
 
 
n
1
1

IV. Dãy Cauchy:
1. Đònh nghóa:
{
}
n
u

được gọi là 1 dãy Cauchy nếu tính chất sau
thỏa:
“
∀ε
> 0, luôn
∃
N > 0 sao cho
∀
m, n > N
⇒


ε
− <
u u
n m
”
2. Đònh lý: Cho
{
}
n
u
là dãy số thực.
{
}
n
u
hội tụ
⇔

{
}
n
u
là dãy Cauchy
Phát biểu cách khác:
{
}
n
u
hội tụ
⇔
(
∀ε
> 0,
∃
N > 0 sao cho m, n > N
⇒


ε
− <
u u
n m
)
Nhận xét:
Do đònh lý trên, để chứng minh 1 dãy số thực không hội tụ, ta
chứng minh nó không phải là dãy Cauchy, nghóa là cần chứng
minh rằng:
“

∃ε
0
> 0,
∀
N > 0,
∃
m, n > N sao cho
ε
− ≥
0
u u
n m
”

Toán cao cấp : Giải tích 36



Ví dụ: Chứng minh {u
n
} không hội tụ
với

= + + + +
n
u
n
1 1 1
1
2 3

Chứng minh:
Tính:

 
− = + + + + + + + − + + +
 
+
 
m m
u u
m m m m
2
1 1 1 1 1 1 1
1 1
2 3 1 2 2

=

+ + + ≥ + + +
+ +
m m m m m m
1 1 1 1 1 1
1 2 2 2 2 2
=

1
2

( m số hạng )

Do đó:
∃

ε
0
=

1
2
,
∀
N,
∃
n = N+1, m = 2(N+1) (m, n > N)
⇒

− = − ≥
m n m m
u u u u
2
1
2

vậy {u
m
} không hội tụ (phân kỳ)
Ví dụ: dùng tiêu chuẩn Cauchy chứng minh dãy sau hội tụ:

= + + + +
n

u
n
2 2 2
1 1 1
1
2 3

Chứng minh: Dành cho độc giả.

Toán cao cấp : Giải tích 37





Chương III GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ
I. Vài khái niệm:
1. Ánh xạ :
⊂ →
ℝ ℝ
f D được gọi là một hàm số thực.
• D: miền xác đònh của f .
• f(D): miền giá trò của f
2. Cho 2 hàm số f và g có miền xác đònh lần lượt là
D
1
và D
2
.

Ta nói: f = g nếu:

( ) ( ),
=


= ∀ ∈

D D
f x g x x D
1 2
1

3. Hàm số f có miền xác đònh là D
1
và g có miền xác
đònh là D
2
.
i). Hàm (f + g) và f.g được đònh nghóa:
(f + g)(x) = f(x) + g(x)
(fg)(x) = f(x)g(x)
Có miền xác đònh là D
1
∩ D
2

ii). Hàm
( )
( )

( )
=
f f x
x
g g x
có MXĐ là D
1
∩ D
2
\ D
3

với D
3
= {x ∈ D
2
/g(x) = 0}
iii). Hàm
: ( ) ( )
=
f f x f x

Có miền xác đònh là D
1
\ A với A = {x ∈ D
1
/ f(x) < 0}
4. Vài hàm lượng giác ngược :
• y = arcsinx có MXĐ là [-1, 1] và miền giá trò là
,

π π
 
−
 
 
2 2

•
y = arccosx có MXĐ là
[
-1, 1
]
và miền giá trò là
[
0,
π]