Giao trinh Toan cao cap Giai tich 2 cua Ta Le Loi

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.62 MB, 94 trang )

(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐAØ LẠT KHOA TOÁN - TIN HỌC Y Z. TẠ LÊ LỢI. GIAÛI TÍCH 2 (Giaùo Trình). -- Lưu hành nội bộ -Y Đà Lạt 2008 Z.

(2) Hướng dẫn sinh viên đọc giáo trình Đây là giáo trình Giải tích 2 dành cho sinh viên ngành Toán hay ngành Toán Tin. Nội dung đề cập đến một số khái niệm cơ bản nhất về dãy và chuỗi hàm, không gian Rn , tính liên tục, đạo hàm và tích phân Riemann của hàm nhiều biến thực. Để đọc được giáo trình này sinh viên cần có kiến thức căn bản của Giải tích 1 (phép tính vi tích phân hàm thực một biến thực) và Đại số tuyến tính (e.g. ánh xạ tuyến tính, ma trận, ..). Giáo trình được trình bày theo lối tuyến tính, vậy người đọc lần đầu nên đọc lần lượt từng phần theo thứ tự. Để đọc một cách tích cực, sau các khái niệm và định lý sinh viên nên đọc kỹ các ví dụ, làm một số bài tập nêu liền đó. Ngoài ra học toán phải làm bài tập. Một số bài tập căn bản nhất của mỗi chương được nêu ở phần cuối của giáo trình. Về nguyên tắc nên đọc mọi phần của giáo trình. Tuy vậy, có thể nêu ở đây một số điểm cần lưu ý ở từng chương: I. Dãy hàm - Chuỗi hàm. Có thể bỏ qua tính hội tụ đều của chuỗi Fourier (mục 4.5). II. Không gian Rn . Tiết 5 là phần đọc thêm nên có thể bỏ qua. III. Hàm liên tục trên Rn . Có thể không đọc mục 3.4. IV. Đạo hàm. Phần này sử dụng một số kiến thức về ma trận biểu diễn ánh xạ tuyến tính. V. Tích phân Riemann. Có thể bỏ qua các chứng minh: Tiêu chuẩn Darboux (mục 1.3) và Công thức đổi biến (mục 3.3) . Để việc tự học có kết quả tốt sinh viên nên tham khảo thêm một số tài liệu khác có nội dung liên quan (đặc biệt là phần hướng dẫn giải các bài tập). Khó có thể nêu hết tài liệu nên tham khảo, ở đây chỉ đề nghị các tài liệu sau (bằng tiếng Việt): [1] Jean-Marier Monier, Giaûi tích 2 , NXB Giaùo duïc. [2] Y.Y. Liasko, A.C. Bôiatruc, IA. G. Gai, G.P. Gôlôvac, Giải tích toán học - Các ví dụ và các bài toán, Tập II , NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp. Ngoài ra, sinh viên nên tìm hiểu và sử dụng một số phần mềm máy tính hỗ trợ cho việc học và làm toán như Maple, Mathematica,... Chuùc caùc baïn thaønh coâng!.

(3) Giaûi Tích 2. Tạ Lê Lợi Muïc luïc Chöông I. Daõy haøm - Chuoãi haøm 1. 2. 3. 4.. Daõy haøm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chuoãi haøm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chuỗi lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Chöông II. Khoâng gian Rn 1. 2. 3. 4. 5.. Khoâng gian Euclid Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Topo trong Rn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Taäp compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Taäp lieân thoâng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tổng quát hoá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Chöông III. Haøm lieân tuïc treân Rn 1. 2. 3. 4.. Giới hạn hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tính lieân tuïc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sự hội tụ đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ñònh lyù Stone-Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Chương IV. Đạo hàm 1. 2. 3. 4.. Đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Caùc qui taéc cô baûn - Ñònh lyù phaàn gia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Định lý hàm ngược - Định lý hàm ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. 1 3 5 9 19 21 22 23 24 27 30 34 36 41 45 49 54. Chöông V. Tích phaân Riemann. 1. Tích phaân Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 2. Lớp hàm khả tích Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 3. Các công thức tính tích phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65. Baøi taäp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73.

(4) I. Daõy haøm - Chuoãi haøm Chương này ta sẽ xét đến dãy hàm và chuỗi hàm. Ngoài sự hội tụ điểm, một khái niệm quan trọng là tính hội tụ đều, nó bảo toàn một số tính chất giải tích của dãy hàm khi qua giới hạn. Đặc biệt sẽ nêu các kết quả cơ bản nhất của việc khai triển một hàm thành chuỗi lũy thừa (khai triển Taylor) hay chuỗi lượng giác (khai triển Fourier). 1. DAÕY HAØM. 1.1 Ñònh nghóa. Moät daõy haøm treân X laø moät hoï caùc haøm fn : X → R (n ∈ N). Kyù. hieäu (fn )n∈N . Với x ∈ X , (fn (x))n∈N là dãy số. Tập D = {x ∈ X : dãy số (fn (x))n∈N hội tụ } goïi laø mieàn hoäi tuï cuûa daõy (fn ). Khi đó, ta có D x → f (x) = n→∞ lim fn (x) xaùc ñònh moät haøm vaø ta noùi (fn ) hoäi tuï (ñieåm hay ñôn giaûn) veà haøm f treân D. Ví duï. 1 a) Cho fn (x) = 1 − |x| (n ∈ N), laø daõy haøm treân R. Daõy naøy hoäi tuï treân R veà haøm. n 1 f (x) = lim (1 − |x|) = 1, ∀x. n→∞ n b) Cho fn (x) = xn (n ∈ N), laø. Trên miền đó dãy hội tụ về hàm. daõy haøm treân R. Mieàn hoäi tuï cuûa daõy laø n. f (x) = lim x = n→∞. 0 1. (−1, 1].. neáu |x| < 1 neáu x = 1. Nhận xét. Ở ví dụ trên fn liên tục (thậm chí khả vi), nhưng hàm giới hạn f không liên tục. Tốc độ hội tụ của (fn (x)) với mỗi x ∈ D là khác nhau. Bài toán: Với điều kiện nào thì hàm giới hạn bảo toàn các tính chất giải tích như liên tuïc, khaû vi, khaû tích cuûa daõy?. 1.2 Sự hội tụ đều. Dãy hàm moïi > 0, toàn taïi N , sao cho. (fn ). gọi là hội tụ đều về hàm. f. treân. D. nếuu với. n ≥ N ⇒ |fn (x) − f (x)| < , ∀x ∈ D. Noùi moät caùc khaùc:. Mn = sup |fn (x) − f (x)| → 0, x∈D. Ví duï. Trong caû hai ví duï neâu treân, ta coù các dãy hàm trên hội tụ không đều.. khi n → ∞.. Mn = sup |fn (x) − f (x)| = 1.. Vaäy.

(5) 2. Mệnh đề. Nếu. hội tụ đều về. (fn ) vaø (gn ) hoäi f + g vaø cf treân D.. tụ đều về f và g trên D, thì (fn + gn ) và (cfn ). 1.3 Tiêu chuẩn Cauchy. Dãy hàm (fn ) hội tụ đều trên D khi và chỉ khi ∀ > 0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup |fn (x) − fm (x)| < x∈D. Chứng minh: Gỉa sử (fn ) hội tụ đều về f trên D. Khi đó ∀ > 0, ∃N : n ≥ N ⇒ sup |fn (x) − f (x)| < /2 x∈D. Suy ra khi m, n ≥ N , ta coù sup |fn (x) − fm (x)| < sup |fn (x) − f (x)| + sup |fm (x) − f (x)| < .. x∈D. x∈D. x∈D. Gỉa sử ngược lại (fn ) thỏa tiêu chuẩn Cauchy trên D. Khi đó với mỗi x ∈ D, dãy số (fn (x)) laø daõy Cauchy, neân hoäi tuï veà f (x) ∈ R. Hơn nữa, từ tiêu chuẩn trên, khi cho m → ∞, rồi → 0, ta có sup |fn (x) − f (x)| → 0, x∈D khi n → ∞. Vậy (fn ) hội tụ đều về f trên D.. 1.4 Mệnh đề.. (1) Gỉa sử (fn ) là dãy hàm liên tục và hội tụ đều về f trên D. Khi đó f là hàm liên tục trên D. Đặc biệt, khi đó có thể chuyển thứ tự lim. lim lim fn (x) = lim lim fn (x). n→∞ x→x0. x→x0 n→∞. (2) Gỉa sử (fn ) là dãy hàm liên tục và hội tụ đều trên [a, b]. Khi đó có thể chuyển thứ tự lim và. lim. b. n→∞ a. b. fn (x)dx =. lim fn (x)dx. a n→∞. (3) Cho (fn ) là dãy hàm khả vi liên tục trên [a, b]. Gỉa sử dãy đạo hàm (fn ) hội tụ. đều trên [a, b] và dãy số (fn (c)) hội tụ với một c ∈ [a, b]. Khi đó (fn ) hội tụ đều về một hàm khả vi f trên [a, b] và có thể chuyển thứ tự lim và đạo hàm lim fn (x) =. n→∞. . lim fn (x). . n→∞. Chứng minh: (1) Cho x0 ∈ D. Với > 0. Do sự hội tụ đều, tồn tại N sao cho: |fN (x) − f (x)| < /3, ∀x ∈ D. Do fN lieân tuïc taïi x0 , toàn taïi δ > 0, sao cho: |fN (x) − fN (x0 )| < /3, ∀x, |x − x0 | < δ. Vaäy khi |x − x0 | < δ , |f (x)−f (x0 )| ≤ |f (x)−fN (x)|+|fN (x)−fN (x0 )|+|fN (x0 )−f (x0 )| < /3+/3+/3 = .

(6) 3. I.2 Chuoãi haøm.. lim f (x) = lim lim fn (x) = f (x0 ) = lim lim fn (x) Vaäy f lieân tuïc taïi x0 , i.e. x→x x→x0 n→∞ n→∞ x→x0 0 (2) Gỉa sử fn liên tục và hội tụ đều. Theo (1) hàm giới hạn f là liên tục nên khả tích trên [a, b]. Hơn nữa b b f − f ≤ |b − a| sup |fn (x) − f (x)| → 0, a n a x∈[a,b]. Vaäy. b. lim. n→∞ a. fn =. (3) Ñaët Fn (x) = F (x) =. x. b. xa. c lim f n→∞ n. c Fn (x). f=. fn .. b. lim fn .. a n→∞. Theo (2) dãy (Fn ) hội tụ đều về hàm F trên [a, b], trong đó. .. = fn (x) − fn (c). Suy f = F + lim fn (c). Hơn nữa, ta có. Ta coù. khi n → ∞. n→∞. f (x) = F (x) =. ra. . lim. fn = Fn + fn (c) x. n→∞ c. fn. . hội tụ đều trên. [a, b]. veà. = ( lim fn ) (x) n→∞. . 2. CHUOÃI HAØM. 2.1 Định nghĩa. Một chuỗi hàm trên X là tổng hình thức ∞. fk = f0 + f1 + · · · + fn + · · ·. k=0. trong đó fk là hàm xác định trên X . Xét chuỗi tương đương với xét dãy hàm tổng riêng thứ n: Sn = f0 + · · · + fn . Mieàn hoäi tuï cuûa chuoãi: D = {x ∈ X : daõy haøm (Sn (x))n∈N hoäi tuï }. ∞ Khi đó S(x) = fk (x) xác định một hàm trên D. Ta noùi. k=0. ∞. fk k=0. là chuỗi hàm hội tụ đều trên D nếuu dãy hàm tổng riêng. (S n )n∈N. laø. hội tụ đều về S trên D, i.e. Mn = sup |Sn (x) − S(x)| = sup | x∈D. Ví duï. Xeùt chuoãi haøm. ∞. x∈D k=n+1. ∞ k=0. fk (x)| → 0,. khi. n→∞. xk = 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · .. Mieàn hoäi tuï cuûa chuoãi laø D = {x ∈ R : |x| < 1}. 1 trên miền Dr = {x : |x| ≤ r}, với 0 < r < 1. Chuỗi là hội tụ đều về S(x) = Thaät vaäy, ta coù. 1−x 1 − xn+1 neân Sn (x) = 1−x. xn+1 rn+1 → 0, sup |Sn (x) − S(x)| = sup ≤ 1−r |xleqr |x|≤r 1 − x . khi. n→∞.

(7) 4 Tuy nhiên chuỗi không hội tụ đều trên D, vì ∞. 2.2 Tieâu chuaån Cauchy. Chuoãi haøm. fk. sup |Sn (x) − S(x)| = +∞. |x|≤1. hội tụ đều trên D khi và chỉ khi. k=0 m. ∀ > 0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup |. x∈D k=n. 2.3 Mệnh đề. Gỉa sử chuỗi hàm. ∞. fk (x)| < . hội tụ đều trên [a, b]. Khi đó. fk k=0. (1) Nếu fk liên tục trên [a, b] với mọi k ∈ N, thì chuỗi trên xác định một hàm liên tục trên [a, b]. Đặc biệt khi đó có thể chuyển lim vào dấu lim. ∞. x→x0. ∞. fk (x) =. k=0. lim fk (x). k=0. x→x0. . (2) Neáu fk lieân tuïc treân [a, b], thì coù theå chuyeån vaøo daáu b. ∞. a. k=0. fk (x) dx =. ∞. b. k=0. a. (3) Neáu fk khaû vi lieân tuïc treân [a, b] vaø chuoãi. ∞ k=0. fk (x)dx. fk. hội tụ đều trên [a, b], thì. . fk. (x) =. k=0. ∞ k=0. fk (x). 2.4 Một số dấu hiệu hội tụ đều cho chuỗi hàm. Weierstrass M-test: Neáu |fk (x)| ≤ ak , ∀x ∈ D vaø treân D.. Dirichlet: Neáu. (fk ). ∞. fk ϕk. Chứng minh: Nếu |fk (x)| ≤ ak , thì fk k=0. hoäi tuï, thì. k=0. fk. hội tụ đều. k=0. ∞. ϕk. laø chuoãi haøm coù daõy toång. hội tụ đều trên D.. Abel: Neáu (fn ) laø daõy ñôn ñieäu bò chaën vaø. ∞. ak. ∞. k=0. k=0. chuoãi. ∞. dãy giảm, hội tụ đều về 0 và. rieâng bò chaën treân D, thì. fk k=0. là một hàm khả vi trên [a, b] và có thể lấy đạo hàm vào dấu ∞. ∞. m. ∞. ϕk hội tụ đều trên D, thì. k=0. k=n. |f (x)| ≤. m k=n. ∞. fk ϕk hoäi tuï.. k=0. ak .. Theo tieâu chuaån Cauchy. hội tụ đều.. Hai tiêu chuẩn sau chứng minh như phần chuỗi số (Bài tập).. .

(8) 5. I.3 Chuỗi lũy thừa.. 3. CHUỖI LŨY THỪA. Phần này chúng ta nghiên cứu chuỗi lũy thừa là chuỗi hàm dạng quát hơn chuỗi lũy thừa tâm tại x0 , Nhaän xeùt. Khi thay bieán chuỗi lũy thừa.. ∞ k=0. k=0. ak xk ,. hay toång. ak (x − x0 )k .. z = x − x0. 3.1 Ñònh lyù Abel. Cho chuoãi S(x) =. ∞. ∞. ta đưa chuỗi lũy thừa tâm tại ak (x − x0 )k .. x0. veà daïng. Khi đó tồn tại R, 0 ≤ R ≤ +∞,. k=0. sao cho, neáu R > 0, thì (1) S(x) hoäi tuï treân khi |x − x0 | < R, phaân kyø khi |x − x0 | > R. (2) S hội tụ đều trên Dr = {x : |x − x0 | ≤ r}, với mọi 0 < r < R. Số R gọi là bán kính hội tụ của S và được tính bởi công thức Cauchy-Hadamard 1 = lim sup R k→∞. k. |ak |. Chứng minh: Như nhận xét ở trên tịnh tiến từ x0 về 0 bằng đổi biến z = x − x0 . Khi |z| ≤ r < R. Choïn ρ : r < ρ < R. Theo ñònh nghóa lim sup, toàn taïi k0 sao cho: k 1 1 r . Theo M-test S(z) hội tụ đều trên đĩa |ak | k < , ∀k > k0 . Suy ra |ak z k | < ρ ρ Dr . Từ đây cũng suy ra S(z) hội tụ khi |z| < R. Khi |z| > R. Choïn ρ : R < ρ < |z|. Theo ñònh nghóa lim sup, toàn taïi voâ soá chæ soá k:. 1 |ak | > . ρ 1 k. kieän caàn. Vaäy |ak. ∞. ak z k. k=0. zk |. . >. |z| ρ. k. với vô số chỉ số k. Suy ra ak z k → 0, nên theo điều. phaân kyø.. . Nhận xét. Do nhận xét ở phần chuỗi số, có thể dùng công thức D’Alembert để tính bán kính hội tụ (nếu giới hạn tồn tại): |ak+1 | 1 = lim R k→∞ |ak |. Ví duï. a) Chuoãi b) Chuoãi. ∞ k=0 ∞. k!xk. xk k! k=0. coù baùn kính hoäi tuï laø R =. |an | k! = lim = 0. n→∞ (k + 1)! k→∞ |an+1 | lim. coù baùn kính hoäi tuï laø ∞.. c) Định lý Abel không cho kết luận về sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi khi |x−x 0 | = R. ∞ ∞ xk ∞ xk , đều có bán kính hội tụ là 1, nhưng tính Chaúng haïn caùc chuoãi xk , 2 k=0. k=1. k. k=1. k.

(9) 6 hoäi tuï khi |x| = 1 khaùc nhau. ∞ Chuoãi xk phaân kyø khi x = ±1, theo ñieàu kieän caàn. Chuoãi Chuoãi. k=0 ∞. xk k2 k=1. hoäi tuï khi |x| = 1, theo tieâu chuaån so saùnh.. ∞. xk k k=1. phaân kyø khi x = 1, nhng hoäi tuï khi x = −1 theo tieâu chuaån Leibniz.. 3.2 Mệnh đề. Gỉa sử chuỗi lũy thừa ∞. Khi đó S(x) =. ak (x − x0 )k. ∞. ak (x − x0 )k. coù baùn kính hoäi tuï R > 0.. k=0. xaùc ñònh haøm khaû vi moïi caáp treân (x0 − R, x0 + R) vaø. k=0. ta có thể lấy đạo hàm và tích phân vào dấu tổng: ∞. ak (x − x0 ). k=0∞. k. . ak (x − x0 )k dx =. k=0. ∞. =. kak (x − x0 )k−1. k=1 ∞. ak (x − x0 )k+1 + C k + 1 k=0. Chứng minh: Suy từ Định ký Abel và các kết qủa từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm. . Ví duï. a) Ta coù. ∞. (−1)k xk =. k=0. Đạo hàm từng từ ta có Tích phân từng từ ta có b) Ta coù khai trieån. 1 , |x| < 1. 1+x ∞. (−1)k kxk−1 = −. k=1 ∞. 1 , |x| < 1. (1 + x)2. (−1)k xk+1 = ln(1 + x), |x| < 1. k+1 k=0. ∞ 1 1 2 4 6 = 1 − x = + x − x + · · · = (−1)k x2k , |x| < 1 1 + x2 1 − (−x2 ) k=0. Tích phân từng từ ta có arctan x = x −. ∞ x2k+1 x3 x5 x7 + − +··· = , |x| < 1 (−1)k 3 5 7 2k + 1 k=0. Bài tập: Áp dụng dấu hiệu Abel cho sự hội tụ đều của chuỗi với ϕk (x) = ak chứng minh Định lý Abel sau đây: Neáu chuoãi. ∞. ak k=0. lim S(x) = S .. x→1−. hoäi tuï vaø coù toång S , thì S(x) =. ∞. k=0. ak xk. f k (x) = xk. vaø. hoäi tuï khi |x| < 1 vaø.

(10) 7. I.3 Chuỗi lũy thừa.. c) Dễ thấy các chuỗi cuối ở hai ví dụ trên thỏa định lý Abel, suy ra ta có công thức tính gần đúng 1 1 1 1 (−1)n+1 + − + − ···+ + Rn 2 3 4 5 n+1. ln 2 = 1 −. Bài tập: Chứng. 1 1 1 1 (−1)n π = 1 − + − + − ···+ + Rn 4 3 5 7 9 2n + 1 minh sai số Rn ở hai công thức trên là O( n1 ).. Heä quûa. Neáu haøm f (x) =. ∞. f. có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa tại lân cận x0 , i.e.. ak (x − x0 )k ,. thì biểu diễn đó là duy nhất. Cụ thể. k=0. ak =. f (k) (x0 ) k!. k = 0, 1, 2, · · ·. Chứng minh: Qui nạp mệnh đề trên, với mọi n ∈ N và x ờ lân cận x 0 , ta có ∞. ak (x − x0 )k. (n). =. k=0. Cho x = x0 ta có công thức trên.. 3.3 Chuoãi Taylor. Cho Taylor cuûa f taïi x0. ∞. k(k − 1) · · · (k − n + 1)ak (x − x0 )k−n. k=n. . là hàm khả vi vô hạn ở một lân cận được ký hiệu và định nghĩa f. T f (x) =. ∞. ak (x − x0 )k ,. k=0. trong đó. ak =. x0.. Khi đó chuỗi. f (k) (x0 ) k!. Bài toán là khi nào thì T f (x) = f (x) ? Coù 3 khaû naêng xaûy ra: (1) T f (x) khoâng hoäi tuï. Ví duï chuoãi Taylor haøm f (x) =. ∞. sin 2k x . k! k=0 1. (2) T f (x) hoäi tuï nhöng T f (x) = f (x). Ví duï haøm f (x) = e− x2 , khi x = 0, f (0) = 0, laø haøm khaû vi voâ haïn vaø f (k)(0) = 0, ∀k. Vaäy T f (x) ≡ 0 = f (x). (3) T f (x) = f (x), |x − x0 | < R. Khi đó ta nói f là hàm giải tích trên D = {x : |x − x0 | < R}.. Mệnh đề. Nếu. f laø haøm khaû vi voâ haïn vaø toàn taïi C sao (x0 − R, x0 + R), thì f là hàm giải tích trên khoảng đó.. cho |f (k) (x)| ≤ C, ∀x ∈. Chứng minh: Theo công thức Taylor, với mỗi x ∈ (x0 − R, x0 + R), tồn tại θ ∈ (0, 1),. sao cho. f (n+1) (x + θR) CRn+1 0 n+1 (x − x0 ) |f (x) − Tn (x)| = |Rn (x)| = ≤ (n + 1)! (n + 1)!.

(11) 8 Veá phaûi tieán veà 0, khi n → ∞, neân ta coù f (x) = T f (x).. . 3.4 Chuỗi Taylor của một số hàm. Từ khai triển Taylor và bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa ta có. 1 1 = 1 + x + x2 + · · · + xn + · · · 2! n! 1 (−1)n 2n 1 x + ··· = 1 − x2 + x4 + · · · + 2! 4! (2n)! 1 (−1)n 2n+1 1 x + ··· = x − x3 + x5 + · · · + 3! 5! (2n + 1)!. ex cos x sin x 1 1−x. = 1 + x + x+ · · · + xn + · · · ,. |x| < 1. (−1)n+1. 1 1 xan + · · · , |x| < 1 ln(1 + x) = x − x2 + x3 + · · · + 2 3 n α(α − 1) 2 α(α − 1) · · · (α − n + 1) n x +··· + x + · · · , |x| < 1 (1 + x)α = 1 + αx + 2! n!. Ví dụ. Dựa vào các xchuỗi trên có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa các hàm khác: 2 a) Hàm erf(x) = e−t dt không là hàm sơ cấp. Để biểu diễn hàm này dưới dạng 0 chuỗi lũy thừa ta dựa vào biểu diễn của ex với x = −t2 : 2. e−t = 1 − t2 +. Tích phân từng từ ta có erf(x) = x −. ∞ x2 (−1)n (−1)k x3 + +···+ x2n+1 + · · · = x2k+1 3 2!5 n!(2n + 1) k!(2k + 1) k=0. x sin t. b) Haøm Si(x) = ta coù Si(x) =. x 0. 1 4 (−1)n 2n t + ···+ t + ··· 2! n!. 0. t. dt. x∈R. cũng không là hàm sơ cấp. Từ biểu diễn của hàm sin x. ∞ 1 2 1 4 (−1)n (−1)k t62n+· · · )dt = x2n+1 (1− t + t +· · ·+ 3! 5! (2n + 1)! (2k + 1)!(2k + 1) k=0. Ví dụ. Công thức sau cho tính xấp xỉ ln 2 với tốc độ nhanh hơn công thức ở ví dụ mục 4.3. Từ biểu diễn ln(1 + x) suy ra 1 xn 1 + · · · , |x| < 1 ln(1 − x) = x + x2 + x3 + · · · + 2 3 n. Laáy ln(1 + x) − ln(1 − x) ta coù . 1+x ln 1−x. . 1 x2n+1 + · · · ), |x| < 1 = 2(x + x3 + · · · + 3 2n + 1. 1 3. Thay x = ,ta coù 1 1 1 + ··· + ) + Rn ln 2 = 2( + 3 3 3.3 (2n + 1)32n+1.

(12) 9. I.4 Chuỗi lượng giác.. Trong đó sai số Rn =. (1/9)n 1 1 1 1 1 = o( n ) < = 2k+1 k (2k + 1)3 3(2n + 3) k>n 9 3(2n + 1) 1 − 1/9 9 k>n. 4. CHUỖI LƯỢNG GIÁC. Có nhiều bài toán liên quan đến hàm tuần hoàn. Phần này ta xét đến việc biểu diễn hàm tuần hoàn dưới dạng chuỗi. Vì hàm sin và hàm cos là tuần hoàn, nên biểu diễn qua chúng tự nhiên và thuận tiện hơn qua hàm lũy thừa. Một chuỗi lượng giác là chuỗi hàm dạng a0 + 2. ∞. (ak cos kx + bk sin kx). k=1. T. Nhaän xeùt. Khi haøm f coù chu kyø T , haøm ϕ(x) = f ( x) coù chu kyø 2π . Nhö vaäy, ta 2π chỉ cần xét hàm có chu kỳ 2π , rồi sau đó đổi biến.. 4.1 Tính trực giao. Trênkhô ng gian caùc haøm lieân tuïc treân π. [−π, π],. ta ñònh nghóa. tích vô hướng : < f, g >= f (x)g(x)dx, f, g ∈ C[−π, π]. −π Khi đó hệ các hàm lượng giác 1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, · · · , cos nx, sin nx, · · · là hệ hàm trực giao theo nghĩa tích vô hướng của 2 hàm bất kỳ của hệ bằng 0. Cụ thể π. −π π −π π −π. Ngoài ra, ta có π. −π. vaø. dx = 2π,. cos kx cos lxdx = 0. k=l. sin kx sin lxdx. = 0. k=l. cos kx sin lxdx. = 0. ∀k, l. π. 2. −π. cos kxdx =. π −π. sin2 kxdx = π. k = 1, 2, · · ·. 4.2 Hệ số Fourier. Gỉa sử hàm f có thể biểu diễn thành chuỗi lượng giác f (x) =. Khi đó f (x) cos lx = f (x) sin lx. =. a0 + 2. ∞. (ak cos kx + bk sin kx), x ∈ [−π, π]. k=1. a0 cos lx + 2 a0 sin lx + 2. ∞. (ak cos kx cos lx + bk sin kx cos lx). k=1 ∞. (ak cos kx sin lx + bk sin kx sin lx). k=1.

(13) 10 Lấy tích phân hình thức vào dấu tổng, từ tính trực giao nêu trên, ta có . 1 π f (x) cos kxdx, π −π π 1 f (x) sin kxdx, π −π. ak = =. bk. k = 0, 1, 2, · · · k = 1, 2, · · ·. Caùc heä soá treân goïi laø heä soá Fourier cuûa haøm f .. 4.3 Chuoãi Fourier. Cho f laø haøm khaû tích treân sau goïi laø chuoãi Fourier cuûa f F f (x) =. a0 + 2. ∞. [−π, π].. Khi đó chuỗi lượng giác. (ak cos kx + bk sin kx). k=1. trong đó ak , bk là hệ số Fourier của f được cho bởi công thức ở phần trên. Nhaän xeùt. • Neáu f laø haøm chaün, i.e. F f (x) = 12 a0 + •. k=1. Neáu f laø haøm leû, i.e. F f (x) =. •. ∞. ∞. k=1. f (−x) = f (x),. thì f (x) sin kx laø haøm leû neân bk = 0, i.e.. ak cos kx. f (−x) = −f (x),. thì f (x) cos kx laø haøm leû neân ak = 0, i.e.. bk sin kx.. Tính tuyến tính: F (af + bg) = aF f + bF g , với f, g là các hàm khả tích và a, b ∈ R.. Ví duï. Haøm f (x),. |x| ≤ π. Chuoãi Fourier F f (x). sign x. 4 π. x. 2. ∞. sin(2k + 1)x . 2k + 1 k=0 ∞. k=1. (−1)k+1. sin kx k. x2. ∞ π2 cos kx +4 (−1)k 3 k2 k=1. Ax2. ∞ ∞ π2 sin kx k cos kx A + C + 4A (−1) + 2B (−1)k+1 2 3 k k k=1 k=1. + Bx + C. Bài toán đặt ra là khi nào F f (x) = f (x) ?.

(14) 11. I.4 Chuỗi lượng giác.. Cuõng nhö chuoãi Taylor, ta cuõng coù 3 khaû naêng: (1) F f (x) không hội tụ. Người ta đã xây dựng ví dụ hàm liên tục có chu kỳ 2π mà chuoãi Fourier khoâng hoäi tuï taïi moät ñieåm. (2) F f (x) hội tụ nhưng F f (x) = f (x). Định lý về hội tụ điểm sau sẽ thấy điều đó. (3) F f (x) = f (x). Phần sau đây ta sẽ xét các điều kiện để để sự hội tụ là hội tụ đều.. F f (x) = f (x).. Hơn nữa, xét điều kiện. 4.4 Hội tụ điểm. Ký hiệu tổng riêng thứ n của chuỗi Fourier của f : a0 + 2. Fn f (x) =. n. (ak cos kx + bk sin kx). k=1. Công thức cho tổng riêng Fn f . Để đánh giá sự hội tụ ta biến đổi Fn f (x) = = =. n a0 + (ak cos kx + bk sin kx) 2 k=1 n 1 π 1 π f (u)du + f (u)(cos ku cos kx + sin ku sin kx)du 2π −π π −π k=1 n 1 1 π + f (u) cos k(u − x) du π −π 2 k=1. a+T. T. g(t)dt = Để ý nếu g có chu kỳ T , thì a phân ở trên (sau khi đổi biến t = u − x) với T 1 Fn f (x) = π. 1 + f (x + t) 2 −π. . trong đó Từ 2 sin. . π. 1 1 + Dn (t) = π 2. . n. cos kt. k=1. n. AÙp duïng cho haøm laáy tích = 2π vaø a = −π − x, ta coù 0. g(t)dt.. . cos kt dt =. π. k=1. −π. f (x + t)Dn (t)dt. goïi laø nhaân Dirac.. 1 1 t cos kt = sin(k + )t − sin(k − )t, 2 2 2. thay vaøo toång. 2n + 1 1 sin 2 t Dn (t) = π 2 sin t 2. Deã thaáy Dn laø haøm chaün, coù chu kyø 2π , vaø π. −π. Dn (t)dt = 1. Bổ đề Riemann. Gỉa sử g là hàm khả tích Riemann trên [a, b]. Khi đó lim. b. λ→+∞ a. g(t) cos λtdt = lim. b. λ→+∞ a. g(t) sin λtdt = 0.

(15) 12 Chứng minh: Trường hợp g khả vi liên tục: lim. b. λ→+∞ a. . g(t) sin λt b 1 g(t) cos λtdt = −λ λ a. b a. g (t) sin λtdt. Do g bị chặn nên biểu thức trên → 0, khi λ → +∞. Trường hợp g khả vi liên tục từng khúc: ta áp dụng chứng minh trên cho mỗi đoạn maø g lieân tuïc. Trường hợp g khả tích: từ định nghĩa tích phân với mọi > 0, tồn tại hàm bậc thang s sao cho π −π. Khi đó. b a. g(t) cos λtdt =. b a. |g − s| < . (g(t) − s(t)) cos λtdt +. b a. s(t) cos λtdt. AÙp duïng keát quûa treân cho s, do | cos λx| ≤ 1, ta coù b b |g(t) − s(t)|dt < lim g(t) cos λtdt ≤ λ→+∞ a a. Vaäy. lim. b. λ→+∞ a. g(t) cos λtdt = 0.. Giới hạn thứ hai chứng minh tương tự.. . Hàm f gọi là liên tục từng khúc trên [a, b] nếuu tồn tại hữu hạn điểm: a = a0 < a1 < · · · < as = b, sao cho f liên tục trên mỗi khoảng (a i−1 , ai ) và tồn tại − lim f (x) = f (a+ i ), lim− f (x) = f (ai ), i = 0, · · · , s. x→a+ x→a i i Khi đó đạo hàm phải và trái của f tại x, được ký hiệu và định nghĩa f+ (x) = lim. t→0+. f (x + t) − f (x6+) , t. f− (x) = lim. t→0+. f (x − t) − f (x− ) , t. nếu giới hạn vế phải tồn tại. Ví duï. Haøm f (x) = |x|, khoâng khaû vi taïi 0, nhöng f+ (0) = 1, f− (0) = −1. Hàm f (x) = sign x, không liên tục tại 0, nhưng liên tục từng khúc với f (0+ ) = 1, f (0− ) = −1, coøn f (0+ ) = f− (0) = 0.. Định lý. Gỉa sử hàm f có chu kỳ 2π, liên tục từng khúc trên [−π, π] và f+ (x), f− (x). tồn tại hữu hạn. Khi đó Fn f (x) hội tụ về giá trị trung bình cộng của f tại x, i.e. 1 F f (x) = (f (x+ ) + f (x− )) 2. Ñaëc bieät, neáu f khaû vi lieân tuïc taïi x, thì F f (x) = f (x).

(16) 13. I.4 Chuỗi lượng giác. 1 2. Chứng minh: Để cho gọn ký hiệu Af (x) = (f (x+ ) + f (x− )). Từ tính chất của. Dn ,. ta coù. π. Fn f (x) − Af (x) =. −π . (f (x + t) − Af (x))Dn (t)dt π. . . f (x + t) + f (x − t) = 2 − Af (x) Dn (t)dt 2 0π 1 g(t) sin(n + )tdt = 2 2 0 t f (x + t) − f (x+ ) + f (x − t) − f (x− ) . t 2π sin 2t 1 f+ (x), f− (x) tồn tại hữu hạn, lim g(t) = (f+ (x) − f− (x)). + π t→0. trong đó g(t) =. Vaäy g laø haøm lieân Do tục từng khúc (nên khả tích). Từ bổ đề Riemann, tích phân cuối tiến về 0 khi n → ∞, i.e. Fn f (x) → Af (x), khi n → ∞. Ví dụ. Từ định lý trên và ví dụ ở mục 5. 3, ta có 4 ∞ sin(2k + 1)π , với 0 < |x| < π . a) sign x = π. k=0. 2k + 1. Khi x = 0, −π, π chuoãi veá phaûi nhaän gía trò Khi cho x = π/2, ta coù b). 1−. 4 2 x2 = − 2 2 π 3 π. ∞. ∞. π (−1)k = . 2k + 1 4 k=0 (−1)k. k=1. cos kx , k2. với. 1 ( 2. sign (x+ ) + sign (x− )) = 0.. |x| ≤ π .. Để ý hàm vế trái nhận giá trị như nhau tại x = ±π , nên có cùng trung bình cọng tại đó. ∞ π2 1 = Khi cho x = π , ta coù 2 Khi cho x = 0, ta coù Suy ra. ∞. k=1 ∞. k=1. 6. k. (−1)k k2. 1 1 = 2 (2k − 1) 2 k=1. =−. π2 . 12. ∞. ∞ 1 (−1)k − k 2 k=1 k 2 k=1. =. π2 . 8. 4.5 Hội tụ đều. Bất dẳng thức Bessel. Nếu f 2 khả tích trên [π, π], thì a20 + 2. ∞. (a2k + b2k ) ≤. k=1. 1 π. π −π. f 2 (x)dx. Đặc biệt, chuỗi vế trái là chuỗi hội tụ. Chứng minh: Do tính trực giao nêu ở 5.1, tính. tíchphaân ta coù: π. −π. (f (x)−Fn f (x))Fn f (x)dx = 0,. π −π. (Fn f (x))2 dx = π. a20 + 2. n k=1. (a2k + b2k ). ..

(17) 14 Suy ra π −π. π. 2. f (x)dx =. −π π. =. −π. =. Vaäy. −π. (f (x) − Fn f (x) + Fn f (x))2 dx 2. (f (x) − Fn f (x)) dx +. π. −π. 2. (Fn f (x)) dx + 2. 6π(f (x) − Fn f (x))2 dx + π(. n a20 + (a2k + b2k ) ≤ 2 k=1 n → +∞ ta coù baát daúng. π −π. a20 2. +. n. π −π. (f (x) − Fn f (x))Fn f (x)dx. (a2k + b2k )). k=1. f 2 (x)dx.. Cho thức cần tìm. Do chuỗi có số hạng dương nên tính bị chaën töông ñöông tính hoäi tuï. . Định lý. Giả sử hàm f có chu kỳ 2π, liên tục và f liên tục từng khúc trên [−π, π]. Khi đó chuỗi F f hội tụ đều về f trên R.. Chứng minh: Do định lý trên ta có Fn f (x) hội tụ về f (x). Ta chứng minh sự hội tụ. đều theo M-test. Gọi ak , bk là các hệ số Fourier của f . Tích phân từng phần, ta có ak = bk. =. . 1 π f (x) cos kxdx = π −π 1 π f (x) sin kxdx = π −π. . . . 1 sin kx π 1 π 1 |−π − f (x) f (x) sin kxdx = − bk π k k −π k 1 cos kx π 1 π 1 | + −f (x) f (x) cos kxdx = ak π k −π k −π k. Suy ra 1 2 1 1 2 1 |ak cos kx + bk sin kx| ≤ |ak | + |bk | ≤ (b k + 2 ) + (a k + 2 ) 2 k 2 k. Từ bất đẳng thức Bessel tụ đều theo M-test.. ∞. 2. 2. (a k + b k ). k=0. hoäi tuï, vaø. ∞. 1 k2 k=1. hoäi tuï. Vaäy chuoãi F f hoäi . 4.6 Khai trieån Fourier. T X. • Khai triển hàm f (x) có chu kỳ T thành chuỗi hàm lượng giác: Đổi biến x = 2π T Khi đó f (x) = f ( X) là hàm có chu kỳ 2π theo biến X . Chuỗi Fourier theo biến 2π X coù daïng ∞ a0 + ( ak cos kX + bk sin kX ) 2 k=1. trong đó ak =. 1 π. π −π. f(. T X) cos kXdX, 2π. bk =. 1 π. π −π. f(. T X) sin kXdX 2π.

(18) 15. I.4 Chuỗi lượng giác.. Thay laïi X =. 2π x, T. ta có chuỗi lượng giác dạng ∞. a0 + 2. ( ak cos. k=1. 2kπ 2kπ x + bk sin x) T T. trong đó các hệ số Fourier của f là . 2 T /2 2kπ tdt, f (t) cos T −T /2 T T /2 2 2kπ tdt, f (t) sin T −T /2 T. ak = =. bk. •. Khai trieån haøm. f. xaùc ñònh treân. triển f thành hàm tuần hoàn. f˜ xaùc. [a, b]. k = 0, 1, 2, · · · k = 1, 2, · · ·. thành chuỗi lượng giác: Trước hết thác. ñònh treân R vaø coù chu kyø T. ≥ b − a,. i.e.. f˜(x + kT ) = f (x), x ∈ [a, b], k ∈ Z. Sau đó khai triển f˜ như cách đã nêu ở trên. • Khai triển chuỗi theo cos hay theo sin: Cho f xác định trên [0, l]. Khi đó: - Muốn biểu diễn f (x) dưới dạng chuỗi lượng giác chỉ có hàm cos, ta thác triển f thành hàm chẵn trên (−l, l] bằng cách xem f (x) = f (−x), nếu x ∈ (−l, 0). Sau đó khai triển Fourier hàm thác triển đó. - Muốn biểu diễn f (x) dưới dạng chuỗi lượng giác chỉ có hàm sin, ta thác triển f thành hàm lẻ trên (−l, l] bằng cách xem f (x) = −f (−x), nếu x ∈ (−l, 0). Sau đó khai triển Fourier hàm thác triển đó.. Ví duï. Khai trieån Fourier caùc haøm xaùc ñònh treân [−π, π], chu kyø 2π : a) Khai trieån haøm. 4 f (x) = signx, x ∈ [−π, π]: F f (x) = π y. −π. r. sin(2k + 1)x 2k + 1 k=0. 6. r. ∞. r -. r. π. r -. r. r -. r. r. r. -. b) Khai trieån haøm f (x) = x, x ∈ [−π, π]: F f (x) = 2. -. ∞. (−1)k+1. k=1. x. sin kx k.

(19) 16 y. 6 r. r. −π. r. r. r. π. c) Khai trieån haøm f (x) = x2 , x ∈ [−π, π]: y. F f (x) =. -. x. ∞ π2 cos kx +4 (−1)k 3 k2 k=1. 6. r. r. −π. -. x. π. Ví duï. Khai trieån Fourier caùc haøm xaùc ñònh treân [0, 2π], chu kyø 2π : Haøm f (x),. 0 ≤ x < 2π. Khai trieån Fourier F f (x) ∞. sin kx k k=1. x. π−2. x2. ∞ ∞ 4 2 cos kx sin kx π +4 − 4π 2 3 k k k=1 k=1. Ax2 + Bx + C. ∞ ∞ 4 cos kx sin kx A π 2 + Bπ + C + 4A − (4πA − 2B) 2 3 k k k=1 k=1. r. 0. r. r. 2π. F f (x) = x, 0 < x < 2π. r. r -. x.

(20) 17. I.4 Chuỗi lượng giác.. r. r. r. 0. 2π. r. r -. x. F f (x) = x2 , 0 < x < 2π. Nhận xét. Các hàm có cùng biểu thức f (x) nhưng xác định trên các miền khác nhau hay choïn chu kyø khaùc nhau, thì caùc haøm thaùc trieån noùi chung khaùc nhau. Chaúng hạn, thác triển của f (x) = x, x ∈ [−π, π] và f (x) = x, x ∈ [0, 2π] (với cùng chu kỳ 2π ) laø khaùc nhau. Vì vaäy khai trieån Fourier cuûa chuùng noùi chung laø khaùc nhau. Ví duï. Cho f (x) = x, x ∈ [0, π]. a) Muốn khai triển f (x) thành chuỗi lượng giác chỉ có cos. Thác triển f thành hàm chaün, i.e. f (x) = |x|, x ∈ [−π, π]. Khai trieån Fourier vaø do haøm f thoûa ñieàu kieän cuûa ñònh lyù veà hoäi tuï ta coù. |x| =. y @ @ @. ∞. 4 π − 2 π. cos(2k + 1)x , −π ≤ x ≤ π (2k + 1)2 k=1. 6. @ @ @. @ @ @. −π. @ @ @. @ @ @. -. x. π. b) Muốn khai triển f (x) thành chuỗi lượng giác chỉ có sin. Thác triển f thành hàm leû, i.e. f (x) = x, x ∈ [−π, π]. Khai trieån Fourier vaø do haøm f thoûa ñieàu kieän cuûa ñònh lyù veà hoäi tuï ta coù ∞. x=2. (−1)k+1. k=1. y r. −π. sin kx , −π < x < π k. 6 r. π. r. r. r. -. x.

(21) 18 Ví dụ. Từ các ví dụ trên và tính hội tụ điểm, ta có các giá trị tổng ∞. sin kx k k=1 ∞ cos kx k2 k=1 ∞. sin kx k k=1 ∞ cos kx (−1)k+1 k2 k=1 (−1)k+1. = = = =. π−x 2 3x2 − 6πx + 2π62 12 x 2 π 2 − 3x2 12. với 0 < x < 2π với 0 < x < 2π với |x| < π với |x| < π. Từ các công thức trên suy ra ∞. sin(2k + 1)x 2k + 1 k=0 ∞ cos(2k + 1)x (2k + 1)2 k=0 ∞ sin 2kx 2k k=1 ∞ cos 2kx (2k)2 k=1. = = = =. π 4 π 2 − 2πx 8 π − 2x 4 2 6x − 6πx + π 2 24. với 0 < x < π với 0 < x < 2π với 0 < x < π với 0 < x < 2π. Với các gía trị x cụ thể các công thức trên suy ra ∞. π2 1 , = k2 6 k=1. ∞. π2 (−1)k+1 , = k2 12 k=1. ∞. π (−1)k = 2k + 1 4 k=0.

(22) II. Khoâng gian. Rn. 1. KHOÂNG GIAN EUCLID Rn. 1.1 Khoâng gian vector Rn . Trong Rn = {x = (x1, · · · , xn ) : xi ∈ R, i = 1, · · · , n}. có trang bị 2 phép toán:. x + y = (x1 , · · · , xn ) + (y1 , · · · , yn ) = (x1 + y1 , · · · , xn + yn ) αx = α(x1 , · · · , xn ) = (αx1 , · · · , αxn ), α ∈ R.. Với 2 phép toán trên Rn là không gian vector n-chiều trên R. Ta thường dùng cơ sở chính taéc: e1 = (1, 0, · · · , 0), · · · , en = (0, · · · , 0, 1). n Vaäy x = (x1 , · · · , xn ) = xi ei . Ta cuõng kyù hieäu vector khoâng laø 0 = (0, · · · , 0). Ngoài cấu trúc đại số, Euclid:. i=1 Rn. còn có cấu trúc hình học xác định bởi tích vô hướng. 1.2 Tích vô hướng-Chuẩn-Metric. Cho x = (x 1 , · · · , xn ), y = (y1, · · · , yn ) ∈ Rn . Tích vô hướng: Chuaån: Metric:. < x, y >= x1 y1 + · · · + xn yn . 1 √ x = < x, x > = (x21 + · · · + x2n ) 2 . 1 d(x, y) = x − y = {(x1 − y1 )2 + · · · + (xn − yn )2 } 2 .. Sau ñaây laø caùc tính chaát cô baûn cuûa caùc aùnh xaï treân:. Tính chaát. Cho x, y, z ∈ Rn vaø α, β ∈ R.. Tính chất của tích vô hướng:. (S1) < αx + βy, z > = α < x, y > +β < x, z > . (S2) < x, y > = < y, x > . (S3) < x, x > ≥ 0, vaø < x, x >= 0 khi. Tính chaát cuûa chuaån:. (N 1) x ≥ 0, vaø x = 0 (N 2) αx = |α|x. (N 3) x + y ≤ x + y.. Tính chaát cuûa metric:. (M 1) d(x, y) ≥ 0, vaø d(x, y) = 0 (M 2) d(x, y) = d(y, x). (M 3) d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).. vaø chæ khi. x = 0.. khi vaø chæ khi x = 0.. khi vaø chæ khi x = y.. Chứng minh: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức tam giác (N 3).. Ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: | < x, y > | ≤ xy. Thực vậy, tam thức bậc 2: tx + y2 = x2 t2 + 2 < x, y > t + y2 ≥ 0, ∀t ∈ R. Suy ra ∆ =< x, y >2 −x2 y2 ≥ 0, i.e. bất đẳng thức trên đúng..

(23) 20 Vaäy x + y2 = x2 + y2 + 2 < x, y >≤ x2 + y2 + 2xy = (x + y)2 , i.e ta có bất đẳng thức (N 3). (N 3) suy ra (M 3). Coøn caùc tính chaát khaùc laø roõ raøng. Bài tập: Chứng minh | < x, y > | = xy khi và chỉ khi x, y tỉ lệ nhau. Bài tập: Hãy chứng minh bất đẳng thức đáng chú ý sau: max |xi | ≤ x ≤. 1≤i≤n. √ n max |xi |. 1≤i≤n. 1.3 Tính đủ của Rn .. Moät daõy trong X ⊂ Rn laø aùnh xaï x : N −→ X , x(k) = xk = (xk,1 , · · · , xk,n ). Thường ký hiệu dãy bởi (xk )k∈N hay ngắn gọn (xk ). Daõy (xk ) goïi laø hoäi tuï veà a ∈ Rn , kyù hieäu lim xk = a, hay xk → a, neáuu1 k→∞. ∀ > 0, ∃N : k ≥ N =⇒ d(xk , a) < .. Bài tập: Từ bất đẳng thức tam giác chứng minh giới hạn của dãy nếu có là duy nhất. Từ bất đẳng thức ở bài tập mục 1.2, ta có nguyên lý đưa về một chiều:. Mệnh đề. Cho dãy (xk ) và a = (a1 , · · · , an ) ∈ Rn . Khi đó lim xk = a. k→∞. Baøi taäp: Tính. lim xk ,. k→∞. . xk =. khi vaø chæ khi lim xk,i = ai , i = 1, · · · , n. k→∞. trong đó √ 1 1 k 100 ln k √ k k , k , p , 2, k p , √ k p k e k k!. . (p > 0).. Bài tập: Từ mệnh đề trên hãy phát biểu và chứng minh các tính chất hội tụ của dãy tổng, hiệu, tích vô hướng, chuẩn, ... của các dãy hội tụ. Daõy (xk ) goïi laø daõy Cauchy hay daõy cô baûn neáuu ∀ > 0, ∃N : k, l ≥ N =⇒ d(xk , xl ) < .. Mệnh đề. Một dãy trong Rn là hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy. Chứng minh: Trước hết nhắc lại là một dãy số trong R hội tụ khi và chỉ khi nó. là dãy Cauchy sau đó áp dụng mệnh đề trên suy ra kết qủa.. 1. Trong giáo trình này qui ước: nếuu = nếu và chỉ nếu .. .

(24) 21. II.2 Topo trong Rn .. 2. TOPO TRONG Rn. 2.1 Hình caàu. Cho a ∈ Rn vaø r > 0.. Hình cầu mở tâm a bán kính r, định nghĩa: B(a, r) = {x ∈ Rn : d(x, a) < r}. Hình cầu đóng tâm a bán kính r, định nghĩa: B(a, r) = {x ∈ Rn : d(x, a) ≤ r}. Vậy hình cầu là khái quát hóa khái niệm khoảng, đĩa tròn, hình cầu trong không gian 1, 2, 3 chiều tương ứng. Cho X ⊂ Rn và a ∈ Rn . Khi đó a goïi laø ñieåm trong cuûa X neáuu ∃r > 0 : B(a, r) ⊂ X . a goïi laø ñieåm bieân cuûa X neáuu ∀r > 0 : B(a, r) ∩ X = ∅, B(a, r) ∩ (Rn \ X) = ∅. Ví dụ. Đoạn [α, β] trong R có các điểm trong là x sao cho α < x < β , hai điểm biên laø α, β . Baøi taäp: Xaùc ñònh bieân cuûa taäp Q trong R.. 2.2 Tập mở. Tập. X ⊂ Rn gọi là tập mở nếuu mọi điểm của X là điểm trong, i.e. ∀a ∈ X, ∃r > 0 : oB(a, r) ⊂ X . Kyù hieäu int X hay X = Taäp moïi ñieåm trong cuûo a X , vaø goïi laø phaàn trong cuûa X . Nhận xét. Rõ ràng, X mở khi và chỉ khi X =X . Bài tập: Chứng minh khoảng mở trong R, hình cầu mở là các tập mở. Tìm ví dụ tập. không mở.. Mệnh đề. (i). và Rn là các tập mở (iii) Giao hữu hạn tập mở là mở. ∅. (ii) Hợp một họ tập mở là mở. Chứng minh: (i) là rõ ràng. (ii) Giả sử Ui , i ∈ I là các tập mở. Cho x ∈ U =. i∈I. Ui .. Khi đó tồn tại i0 ∈ I, x ∈ Ui0 . Do tính mở, tồn tại cầu B(x, r) ⊂ Ui0 (⊂ U ). Vậy x là điểm trong của U , nên U mở. (iii) đợc chứng minh tương tự. Nhận xét. Giao vô hạn tập mở nói chung không mở. Chẳng hạn,. . 1 1 (− , ). i i i∈N. 2.3 Tập đóng. Tập con X ⊂ Rn gọi là đóng nếuu phần bù Rn \ X là mở.. Ví dụ. Các tập hữu hạn, các tập rời rạc như Z, khoảng đóng [a, b], hình cầu đóng là các tập đóng. Khoảng mở hay Q không là tập đóng. (tại sao?) Từ Mệnh đề trên và qui tắc De Morgan suy ra. Mệnh đề. (i). và Rn là các tập đóng (ii) Giao một họ tập đóng là đóng (iii) Hợp hữu hạn tập đóng là đóng. ∅. Để hiểu các đặc trưng khác của tập đóng ta cần khái niệm: a ∈ Rn gọi là điểm tụ hay điểm giới hạn của X nếuu ∀r > 0, B(a, r) ∩ X chứa một phần tử khác a (và do đó có vô số phần tử). Ký hiệu Cl X hay X = X∪ tập mọi điểm giới hạn của X , gọi là bao đóng của X . Baøi taäp: Trong k ∈ N}, vaø Q.. R. tìm các điểm giới hạn của: tập rời rạc, khoảng. [a, b),. taäp {1/k. :.

(25) 22. Mệnh đề. Cho X ⊂ Rn . Khi đó các điều sau tương đương:. (i) X là tập đóng (ii) X = X (iii) X chứa mọi điểm giới hạn của nó (iv) Moïi daõy (xk ) trong X hoäi tuï veà x, thì x ∈ X . Chứng minh: (i) ⇒ (ii): Giả sử x là điểm giới hạn của X . Khi đó ∀r > 0, B(x, r)∩X = ∅, i.e. ∀r > 0, B(x, r) ⊂ Rn \ X . Suy ra x ∈ int(Rn \ X) = Rn \ X (do (i)). Vaäy x ∈ X. (ii) ⇒ (iii): Từ định nghĩa. (iii) ⇒ (iv): Giả sử (xk ) ⊂ X , xk → x. Nếu tập {xk } các phần tử của dãy là hữu hạn, thì tồn tại k0 , x = xk0 , do vậy x ∈ X . Nếu tập {xk } vô hạn, thì x là điểm giới haïn cuûa X , do (iii) x ∈ X . (iv) ⇒ (i): Phản chứng, giả sử Rn \ X không mở. Khi đó tồn tại x ∈ Rn \ X không là điểm trong, i.e. ∀r > 0, B(x, r) ∩ X = ∅. Vậy x là điểm giới hạn của X . Theo (iv) x ∈ X voâ lyù. . 3. TAÄP COMPACT. 3.1 Taäp compact. Taäp con. K ⊂ Rn gọi là compact nếuu K đóng và giới nội, i.e. K đóng và tồn tại R > 0 : K ⊂ B(0, R). Ví dụ. Đoạn [a, b] trong R, tập hữu hạn, hình cầu đóng B(a, r), hình hộp đóng [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ] trong Rn laø caùc taäp compact.. Để nêu các định nghĩa tương đương của tập compact, nhằm mục đích thuận tiện khi sử dụng, ta có khái niệm sau.. 3.2 Phủ mở. Họ K. là phủ mở của tập con P = {Ui , i ∈ I} (I laø taäp chæ soá) goïi của Rn nếuu mỗi i ∈ I , Ui là tập mở trong Rn và K ⊂ Ui .. 1 1 Ví dụ. Họ các khoảng (a − , b + ), k ∈ N, k k (a, a + 1), a ∈ R, là họ phủ mở của R.. i∈I. là họ phủ mở của. [a, b].. Hoï. 3.3 Định lý. Cho K là tập con của Rn. Khi đó các điều sau tương đương: (i) K đóng và giới nội. (ii) K thoả điều kiện Bolzano-Weierstrass:. Moïi daõy (xk ) trong K , toàn taïi daõy con (xσ(k) ) hoäi tuï veà x vaø x ∈ K .2 (iii) K thoả điều kiện Heine-Borel: Mọi phủ mở P = {Ui , i ∈ I} của K , tồn tại phủ con hữu hạn {Ui1 , · · · , Uis } của K .. Chứng minh: Ta chứng minh (ii) ⇔ (i) ⇔ (iii).. (i) ⇒ (ii): Giả sử (xk ) ⊂ K . Do tính giới nội, tồn tại R > 0, sao cho xk < R. Vậy các dãy tọa độ tương ứng (xk,i )k∈N , (i = 1, · · · n) là các dãy số bị chặn. Vậy theo nguyên lý Weierstrass cho R, (x k,1 ) có dãy con (xσ1 (k),1 ) hội tụ về a1 . Tương tự, 2. Một dãy con của (xk ) có dạng (xσ(k) ), với σ : N → N là một dãy tăng..

(26) 23. II.4 Taäp lieân thoâng. coù daõy con (xσ2(k),2 ) hoäi tuï veà a2 , · · · , (xσn−1(k),n ) coù daõy con (xσn (k),n ) hội tụ về an . Vậy dãy con (xσn (k) ) hội tụ về a = (a1 , · · · , an ). Do K đóng x ∈ K . (ii) ⇒ (i): Giả sử x là điểm giới hạn của K . Vậy x là giới hạn của một dãy trong K . Từ (ii) suy ra x ∈ K . Vậy K đóng. Nếu K không giới nội, thì tồn tại dãy (xk ) ⊂ K, xk > k. Dễ thấy dãy này không theå coù daõy con naøo hoäi tuï. (iii) ⇒ (i): Họ cầu mở {B(0, i), i ∈ N} phủ K , nên (iii) suy ra K có thể phủ bởi hữu hạn cầu B(0, 1), · · · , B(0, s). Vậy K giới nội. Để chứng minh K đóng, ta kiểm tra Rn \ K là mở. Cho x ∈ Rn \ K . Khi đó (xσ1 (k),2 ). . K ⊂ Rn \ {x} = Rn \ (. B(x, 1/i)) =. i∈N. Theo (iii) toàn taïi. N. sao cho. K ⊂. . (Rn \ B(x, 1/i)).. i∈N N . (Rn \ B(x, 1/i)) = Rn \ B(x, 1/N ),. i=1. i.e.. B(x, 1/N ) ⊂ Rn \ K . Vaäy x laø ñieåm trong cuûa Rn \ K . (i) ⇒ (iii): Phản chứng, giả sử P = {Ui , i ∈ I} là phủ mở của K mà mọi họ con hữu haïn cuûa noù khoâng theå phuû K . Với k = 1, do K giới nội, tồn tại hữu hạn cầu bán kính 1 phủ K . Theo giả thiết, tồn tại cầu B1 bán kính 1 sao cho K ∩ B1 không thể phủ bởi hữu hạn U i . Lập luận tương tự, với k ∈ N, tồn tại cầu Bk bán kính 1/k sao cho Bk ⊂ Bk−1 và K ∩ Bk không thể phủ bởi hữu hạn U i . Với mỗi k , chọn xk ∈ K ∩ Bk . Khi đó tồn tại lim xk = a ∈ K . Vậy tồn tại chỉ số i0 sao cho a ∈ Ui0 . Do tính mở, tồn tại r, B(a, r) ⊂ Ui0 . Mt khác, khi k đủ lớn, Bk ⊂ B(a, r). Vậy Bk ⊂ Ui0 . Điều này mâu thuẫn với tính chaát cuûa daõy Bk .. Nhận xét. Họ {Ui , i ∈ [0, 1]} với Ui = {i} là phủ tập compact phủ con hữu hạn. Để ý là Ui không mở. Bài tập: Hợp, giao, tích các tập compact có compact?. [0, 1],. khoâng coù. 4. TAÄP LIEÂN THOÂNG. 4.1 Ñònh nghóa. Taäp con. gọi là liên thông nếuu nó không thể tách bởi 2 tập mở, i.e. không tồn tại cặp tập mở U, V sao cho: C ⊂ U ∪ V, C ∩ U = ∅ = C ∩ V , vaø C ∩ U ∩ V = ∅. Nói một cách khác, với mọi cặp tập mở U, V , sao cho C ⊂ U ∪ V, C ∩ U ∩ V = ∅, thì C ⊂ U hay C ⊂ V . C ⊂ Rn. 4.2 Phân loại tập liên thông trong R.. C ⊂ R. lieân thoâng khi vaø chæ khi ∀x, y ∈. C, x < y ⇒ [x, y] ⊂ C . Nh vậy tập liên thông trong R có dạng một điểm hay khoảng < a, b >, trong đó dấu < hay > để ký hiệu ] hay [ .. Chứng minh: (⇒) Phản chứng, giả sử x, y ∈ C, x < y nhưng (x, y) ⊂ C , i.e. tồn. tại z ∈ (x, y), z ∈ C . Khi đó dễ thấy U = (−∞, z),. C.. V = (z, +∞). là các tập mở tách.

(27) 24 (⇐) Phản chứng, giả sử C không liên thông. Khi đó tồn tại các tập mở U, V tách C . Gọi x ∈ U ∩ C, y ∈ V ∩ V . Không mất tổng quát, giả sử x < y. Đt z = sup U ∩ [x, y]. Vì U mở, x < z và z ∈ U . Vì V mở, z < y và z ∈ V . Suy ra (x, y) ⊂ C . Sau đây là một tiêu chuẩn trực quan để nhận biết một tập là liên thông. Đoạn thẳng nối a, b ∈ Rn đợc định nghĩa là [a, b] = {x = a + t(b − a) : t ∈ [0, 1]}. p Một đường gấp khúc nối a, b là hợp hữu hạn đoạn: [ai , ai+1 ], a0 = a, ap+1 = b.. 4.3 Mệnh đề. Cho. i=0. . Giả sử C là tập mở. Khi đó C liên thông khi và C ⊂ chỉ khi với mọi cặp điểm a, b ∈ C tồn tại đường gấp khúc trong C nối a và b Rn. Chứng minh: Giả sử C liên thông. Cố định a ∈ C . Đt. tồn tại đường gấp khúc trong C nối a và x} và không tồn tại đường gấp khúc trong C nối a và x} . Khi đó, có thể kiểm tra là nếu U, V khác trống, thì chúng là 2 tập mở, tách C . Do C liên thông và U = ∅, suy ra V = ∅. Vậy C = U = tập có tính chất đã nêu. Ngược lại, giả sử C có tính chất nêu trên. Trước hết ta có khẳng định sau: U = {x ∈ C : V = {x ∈ C :. Neáu Li , i ∈ I, laø caùc taäp lieân thoâng vaø. . i∈I. Li = ∅. , thì. . i∈I. Li. lieân thoâng. (baøi taäp). Do 4.2, một đoạn thẳng là liên thông. Từ khẳng định trên suy ra đường gấp khúc cũng liên thông, vì là hợp hữu hạn đoạn thẳng mà 2 đoạn kề nhau có điểm chung. Bây giờ cố định a ∈ C . Mọ i x ∈ C gọi L x là đường gấp khúc trong Cnối a và x. Lx = ∅, từ khẳng định trên suy ra C = Lx laø taäp Khi đó Lx liên thông và lieân thoâng.. x∈C. Ví duï. Caùc taäp sau laø lieân thoâng:. x∈C. . Rn , B(a, r), B(a, r), [a1 , b1 ] × · · · × [an , bn ].. 5. TỔNG QUÁT HOÁ. Nhiều kết qủa trong giáo trình này không chỉ đúng cho không gian vô hướng Euclid, mà còn đúng cho các không gian tổng quát hơn.. Rn,. với tích. Không gian metric. Một không gian metric là một tập M trên đó có trang bị một. ánh xạ d : M × M → R, (x, y) → d(x, y), thoả các tính chất (M1)(M2)(M3) ở 1.2.. Khoâng gian ñònh chuaån. Moät khoâng gian ñònh chuaån laø moät khoâng gian vector V trên trường R, trên đó có trang bị một ánh xạ : V chất (N1)(N2)(N3) ở 1.2.. → R, x → x, thoả. caùc tính. Không gian có tích vô hướng. Một không gian có tích vô hướng là một không gian vector. V trên trường R, trên đó R, (x, y) →< x, y >, thoả các tính chất. coù trang bò moät aùnh xaï (S1)(S2)(S3) ở 1.2.. < , >: V × V →.

(28) 25. II.5 Toång quaùt hoùa. Baøi taäp: a) Nếu < , > là tích vô hướng trên V , thì x =< x, x >, x ∈ V , xác định một chuẩn treân V . b) Neáu laø chuaån treân V , thì d(x, y) = x−y, x, y ∈ V xaùc ñònh moät metric treân V . Trên không gian metric, không gian định chuẩn hay không gian có tích vô hướng, các khái niệm dãy, dãy hội tụ, dãy Cauchy, hình cầu, tập mở, tập đóng, · · · được định nghĩa tương tự như trong Rn . Một không gian metric mà mọi dãy Cauchy đều hội tụ gọi là không gian metric đủ . Một không gian định chuẩn đủ gọi là không gian Banach. Một không gian có tích vô hướng đủ gọi là không gian Hilbert. Như vậy Rn là không gian metric đủ, chính xác hơn nó là không gian Hilbert hữu haïn chieàu. Ví duï. a) Trong Rn ngoài chuẩn Euclid, có thể xác định nhiều chuẩn khác nhau (và vì vậy có nhiều khoảng cách khác nhau), chẳng hạn: 1 x∞ = max |xi | (chuaån max), hay xp = (|x1 |p + · · · + |xn |p ) p (p ≥ 1). 1≤i≤n Ở chương sau ta sẽ chứng minh mọi chuẩn trong Rn đều cho khái niệm hội tụ như nhau. b) Trong khoâng gian C[a, b] caùc haøm lieân tuïc treân [a, b], d(f, g) = sup |f (t) − g(t)|, f, g ∈ C[a, b], t∈[a,b]. xác định một metric (tương ứng khái niệm hội tụ đều). c) Biểu thức sau xác định một tích vô hướng trong C[a, b]: < f, g > =. b a. f (t)g(t)dt, f, g ∈ C[a, b].. Sự hội tụ ứng với metric sinh bởi tích vô hướng trên gọi là sự hội tụ trung bình. Bài tập: Hãy vẽ hình cầu trong R2 với các chuẩn cho ở ví dụ a)..

(29)

(30) III. Haøm lieân tuïc treân Rn 1. GIỚI HẠN HAØM. 1.1 Ñònh nghóa. Cho X laø taäp con cuûa Rn . AÙnh xaï f : X → Rm , x = (x1 , · · · , xn ) → f (x) = (f1 (x), · · · , fm (x)). được gọi là ánh xạ (thực) của n biến (thực) x1 , · · · , xn , với m hàm thành phần fi : X → R, i = 1, · · · , m.. Khi m = 1 ta gọi ánh xạ là hàm . Đôi lúc, do thói quen, ta dùng thuật ngữ “hàm” thay cho “aùnh xaï” khi m > 1. Khi n = 1 thường ký hiệu biến là x; khi n = 2 ký hiệu 2 biến là x, y; còn n = 3 ký hieäu 3 bieán laø x, y, z . Cho f tương đương với việc cho đồ thị của f , i.e. tập graph f = {(x, f (x)) : x ∈ X}. ⊂ R n × Rm .. Do tính trực quan đồ thị có vai trò đặc biệt quan trọng trong các trường hợp mà n + m ≤ 3, khi xeùt tính chaát cuûa aùnh xaï.. Ví duï.. . a) f (x, y) = 1 − x2 − y2 có đồ thị là nửa trên mặt cầu đơn vị trong R3 . b) f (x, y) = x2 + y2 có đồ thị là một mặt Paraboloid. Baøi taäp: haõy tìm caùch moâ taû hình hoïc cho f : R2 → R2 , f (x, y) = (x2 − y2 , 2xy).. 1.2 Giới hạn hàm. Giả sử Khi đó. gọi là có giới hạn f (x) → L, khi x → a; neáuu f. a là điểm giới L ∈ Rm khi x. haïn cuûa X ⊂ Rn vaø f : X → Rm . tieán veà a , kyù hieäu x→a lim f (x) = L hay. ∀ > 0, ∃δ > 0 : x ∈ X \ {a}, d(x, a) < δ ⇒ d(f (x), L) < .. Dễ thấy định nghĩa theo ngôn ngữ (, δ) của Cauchy ở trên hoàn toàn tương đương với định nghĩa theo dãy của Heine: lim f (x) = L. x→a. neáuu moïi daõy (xk ) ⊂ X \ {a},. lim xk = a ⇒ lim f (xk ) = L.. k→∞. k→∞. Để ý là về mặt hình thức định nghĩa trên hoàn toàn giống trường hợp hàm một biến, cùng với tính chất giới hạn dãy ta có. Mệnh đề.. lim f (x) = L = (L1 , · · · , Lm ) ⇐⇒ lim fi (x) = Li , i = 1, · · · , m.. x→a. x→a. Bài tập: Từ mệnh đề trên phát biểu và chứng minh các tính chất về giới hạn của tổng, hiệu, tích vô hướng, chuẩn, hợp các ánh xạ,.. đồng thời tính bảo toàn quan hệ thứ tự ≤ khi qua giới hạn các hàm..

(31) 28 Ví duï. a) lim. xy(x + y) = 0, (x,y)→(0,0) x2 + y 2 xy(x + y) 1 |x2 + y 2 ||x + y| ≤ |x + y| → 0, khi (x, y) → (0, 0). vì 2 2 ≤ x +y 2 |x2 + y 2 | sin xy sin xy = lim x = 1.0 = 0. b) lim x (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) xy x−y không tồn tại. Để chứng minh điều này chỉ cần chọn 2 dữay, chẳng c) lim (x,y)→(0,0) x + y hạn (xk , yk ) = ( k1 , k1 ) và (xk , yk ) = ( k1 , 0) đều tiến về (0, 0), nhng f (xk , yk ) → 0 còn f (xk , yk ) → 1.. 1.3 Giới hạn lặp. Giới hạn trên còn gọi là giới hạn đồng thời để phân biệt với. khái niệm giới hạn lặp sau đây. Cho f (x, y) là hàm hai biến (hay tổng quát hơn, hàm hai bộ biến). Giả sử (x0 , y0 ) là điểm giới hạn của miền xác định của f . Xét các giới haïn a12 = lim lim f (x, y), a21 = lim lim f (x, y), a = y→y0 x→x0. x→x0 y→y0. lim. (x,y)→(x0 ,y0 ). f (x, y).. Vấn đề: Mối quan hệ giữa các giới hạn trên ? Trả lời: lỏng lẻo, xét các ví dụ sau Ví dụ. Với x0 = 0, y0 = 0. a) f (x, y) = (x + y) sin x1 sin y1 . Ta coù a12 , a21 khoâng toàn taïi, a = 0. x2 − y 2 . Ta coù a12 = 0, a21 = 1, coøn a khoâng toàn taïi. x2 + y xy c) f (x, y) = 2 2 . Ta coù a12 = a21 = 0, coøn a khoâng toàn taïi. x +y d) f (x, y) = x sin y1 . Ta coù a12 = 0, a21 khoâng toàn taïi, a = 0.. b) f (x, y) =. Bài tập: Tìm điều kiện để các giới hạn nêu trên tồn tại và a = a 12 = a21 . Moät trong caùc ñieàu kieän laø:. Mệnh đề. Cho f : X × Y. → Rm , x0 , y0. là điểm tụ của X, Y tương ứng.. Giả sử (i) Toàn taïi y→y lim f (x, y) = g(x), ∀x ∈ X. 0 (ii) Toàn taïi x→x lim f (x, y) = h(y) đều theo y , i.e. 0. ∀ > 0, ∃δ > 0 : x ∈ X, d(x, x0 ) < ⇒ d(f (x, y), h(y)) < , ∀y ∈ Y.. Khi đó các giới hạn sau tồn tại và lim. (x,y)→(x0 ,y0 ). f (x, y) = lim lim f (x, y) = lim lim f (x, y). x→x0 y→y0. y→y0 x→x0.

(32) 29. III.1 Giới hạn.. 1.4 Giới hạn vô cùng - Giới hạn ở vô cùng. Ta còn xét các giới hạn khi x tiến ra “vô cùng” hay giới hạn “vô cùng”, và có các khái niệm tương ứng cho các ký hiệu sau: lim f (x) = L, lim f (x) = ∞,. x→∞. x→a. lim f (x) = ∞.. x→∞. Bài tập: hãy nêu các định nghĩa sao cho phù hợp với các khái niệm tương ứng của haøm moät bieán. Coù bao nhieâu “ñieåm voâ cuøng” trong R n ? Hieåu theá naøo laø hình caàu hay laân caän cuûa ñieåm voâ cuøng ?. 1.5 Kyù hieäu o vaø O. Cho. a ∈ Rn hay a = ∞. Kyù hieäu Fa (Rn , Rm ) laø gian các hàm từ lân cận của a trong Rn vào Rm . Để so sánh các hàm trong lân cận a, người ta thường dùng các ký hiệu sau. Cho f, ψ ∈ Fa (Rn , Rm ). Khi đó ký hiệu và định nghĩa: f = o(ψ). khi x → a. ⇔ lim. x→a. khoâng. f (x) = 0. ψ(x). Bài tập: Cho f, g, ψ ∈ Fa (Rn , Rm). Chứng minh: (1) Neáu f = o(ψ) vaø g = o(ψ) khi x → a, thì f + g = o(ψ) khi x → a. (2) Neáu f = o(ψ) khi x → a vaø g bò chaën, thì < f, g >= o(ψ) khi x → a. Cho f, ψ ∈ Fa (Rn , Rm ), kyù hieäu vaø ñònh nghóa: f = O(ψ). khi x → a. ⇔ ∃C > 0, r > 0 : f (x) ≤ C ψ(x) , ∀x ∈ B(a, r).. Bài tập: Cho f, g, ψ ∈ Fa (Rn , Rm). Chứng minh: (1) Neáu f = O(ψ) vaø g = O(ψ) khi x → a, thì f + g = O(ψ) khi x → a. (2) Neáu f = O(ψ) khi x → a vaø g bò chaën, thì < f, g >= O(ψ) khi x → a. Nhận xét. Như vậy ký hiệu o(ψ), O(ψ) chỉ một lớp hàm chứ không phải một hàm cụ thể nào. Chẳng hạn, từ f = o(ψ) và g = o(ψ) không thể suy ra f = g . Cho f, g ∈ Fa (Rn , R), kyù hieäu vaø ñònh nghóa: f ∼ g. khi x → a. ⇔ lim. x→a. f (x) = 1. g(x). Bài tập: Chứng minh quan hệ ∼ là quan hệ tương đương. Ví duï. Khi n → ∞, ta coù:. P (n) = ap np + ap−1 np−1 + · · · + a0 ∼ ap np (ap = 0) n(n + 1) = O(n2 ) 1 + 2 +··· + n = 2 n(2n + 1)(n + 2) = O(n3 ) 12 + 22 + · · · + n2 = 6 n+ 1 n 2 n √ n 2πn = O n! ∼ e e.

(33) 30 Baøi taäp: So saùnh 2n , np , lnq n, np lnq n khi n → +∞. Bài tập: Chứng minh với p ∈ N, ta có: 1p + 2p + · · · + np. = O(np+1 ). khi n → ∞. 2. TÍNH LIEÂN TUÏC. 2.1 Ñònh nghóa.. f : X → Rm , X ⊂ R n ,. goïi laø lieân tuïc taïi. a∈X. neáuu. lim f (x) = f (a).. x→a. Bài tập: viết định nghĩa liên tục theo ngôn ngữ (, δ), và theo ngôn ngữ dãy. Từ định nghĩa dễ thấy f liên tục tại a tương đương với điều kiện hình học: ∀ > 0, ∃δ > 0 : B(a, δ) ⊂ f −1 (B(f (a), ). Bài tập: Cho f : Rn → Rm . Chứng minh các điều sau tương đương (i) f lieân tuïc treân Rn . (ii) Mọi tập mở V ⊂ Rm , f −1 (V ) là mở. (iii) Mọi tập đóng F ⊂ Rm , f −1 (F ) là đóng. Kyù hieäu C(X, Rm ) khoâng gian caùc haøm f : X → Rm lieân tuïc taïi moïi ñieåm cuûa X. Hàm f gọi là gián đoạn tại a nếuu f không liên tục tại a. Từ tính chất giới hạn dễ suy ra. Mệnh đề. Tổng, hiệu, tích vô hướng, thương (m = 1 và mẫu khác không), hợp các haøm lieân tuïc laø lieân tuïc. Ví duï. a) Lớp các hàm sơ cấp là các hàm được lập thành bởi các hàm sơ cấp cơ bản: hàm haèng, haøm chieáu f (x1 , · · · , xn ) = xi (i = 1, · · · , n), haøm exponent ex , haøm logarithm ln x, hàm sine sin x và hàm arcsine arcsin x; bằng các phép toán số học (cộng, trừ, nhân, chia) và các phép hợp thành. Theo mệnh đề trên hàm sơ cấp là liên tục trên taäp xaùc ñònh cuûa noù. b) Hàm đa thức. f (x1 , · · · , xn ) =. 0≤i1 ···in ≤N. ai1 ,··· ,in xi11 · · · xinn ,. laø lieân tuïc treân Rn vì laø toång caùc tích caùc haøm lieân tuïc: x → xi , c) Nhaéc laïi aùnh xaï T : Rn −→ Rm goïi laø tuyeán tính neáuu. x → a.. T (αx + βy) = αT (x) + βT (y), ∀x, y ∈ Rn , α, β ∈ R.. Khi cố định cơ sở chính tắc, T hoàn toàn xác định bởi ma trận m dòng n cột (aij )m×n , m trong đó T (ej ) = aij ei , j = 1, · · · , m. i=1.

(34) 31. III.2 Tính lieân tuïc.. Nếu biểu diễn y = T x dưới dạng vector cột, ta có quan hệ theo qui tắc nhân ma trận:   . . y1. .. .. .    = . ym. ···. a1n. am1 am2 · · ·. amn. a11. .. .. a12. .. .. .. ..   . x1. .. ..   . xn. Mỗi hàm thành phần là đa thức bậc 1, suy ra mọi ánh xạ tuyến tính là liên tục. Bài tập: Cho T là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh ∃M > 0 :. Ta seõ kyù hieäu. T x ≤ M x , ∀x ∈ Rn .. T = max T x , x=1. goïi laø chuaån cuaû T. 2.2 Caùc ñònh lyù cô baûn cuûa haøm lieân tuïc treân taäp compact. Ñònh lyù (Weierstrass). Cho. f (K). compact.. f : K −→ R m .. Neáu f lieân tuïc vaø K compact, thì. Heä quûa. Neáu. f : K → R là hàm liên tục trên tập compact K ⊂ Rn , thì f đạt được max, min trên K , i.e. tồn tại a, b ∈ K sao cho f (a) = sup f (x), f (b) = inf f (x). x∈K. x∈K. Chứng minh: Giả sử (yk ) là dãy trong f (K). Gọi xk ∈ K, yk = f (xk ). Do K. compact, toàn taïi daõy con xσ(k) ) hoäi tuï veà x ∈ K . Do tính lieân tuïc cuûa f daõy con (yσ(k) = f (xσ(k) )) hoäi tuï veà f (x) ∈ f (K). Vaäy f (K) compact. Khi m = 1, theo chứng minh trên f (K) là đóng và giới nội. Từ tính giới nội, suy ra tồn tại M = sup f (K) và m = inf f (K). Từ f (K) đóng, tồn tại a, b ∈ K , sao cho f (a) = M, f (b) = m. . Ñònh lyù (Cantor). Cho tục đều trên K , i.e.. f : K −→ R m .. Neáu f lieân tuïc vaø K compact, thì f lieân. ∀ > 0, ∃δ > 0 : x, x ∈ K, d(x, x ) < δ =⇒ d(f (x), f (x )) < .. Chứng minh: Phản chứng, giả sử f không liên tục đều, i.e. ∃ > 0, ∀k ∈ N, ∃xk , xk ∈ K : d(xk , xk ) <. 1 , k. nhöng. d(f (xk ), f (xk )) ≥ .. Do K compact, tồn tại dãy con (xσ(k)) của (xk ) hội tụ về x ∈ K . Từ bất đẳng thức 1 , suy ra dãy con (xσ(k)) của (xk ) cũng hội tụ về x. Từ tính d(xσ(k) , xσ(k) )) < σ(k) lieân tuïc cuûa f suy ra d(f (xσ(k)), f (xσ(k))) hoäi tuï veà d(f (x), f (x)) = 0. Ñieàu naøy mâu thuẫn với giả thiết. Bài tập: Tìm ví dụ hàm liên tục nhưng không liên tục đều (HD: Chẳng hạn xét.

(35) 32 haøm f (x) =. 1 , x ∈ (0, +∞).) x. Ứng dụng. Mọi không gian vector hữu hạn chiều E đều tồn tại chuẩn và mọi chuẩn trong E laø töông ñöông.. Trước hết ta nêu các định nghĩa. Cho E là một không gian vector trên R. Ánh xạ N : E → R gọi là chuẩn nếuu nó thoả các điều kiện (N 1)(N 2)(N 3) cuûa tính chaát I.1.3. Chaúng haïn, trong R n , x → max1≤i≤n |xi | hay x → ni=1 |xi | laø caùc chuaån khaùc chuaån Euclid x . Nhận xét. Nếu một không gian có chuẩn, thì trên không gian đó có khái niệm hội tụ theo chuẩn đã cho. Ta noùi 2 chuaån N1 , N2 laø töông ñöông neáuu toàn taïi 2 soá döông M, m sao cho mN1 (x) ≤ N2 (x) ≤ M N1 (x), ∀x ∈ E.. Nhaän xeùt. Nhö vaäy 2 chuaån töông ñöông cho hai khaùi nieäm hoäi tuï nhö nhau, i.e. moät daõy hoäi tuï theo chuaån naøy thì cuõng hoäi tuï theo chuaån kia. Để chứng minh sự tồn tại chuẩn trên E , cố định một cơ sở f 1 , · · · , fn của E . Khi đó ñaúng caáu tuyeán tính T : E → Rn , x1 f1 + · · · + xn fn → (x1 , · · · , xn ), caûm sinh chuaån NE = T −1 ◦ N trên E từ chuẩn N trên Rn . Cũng từ đẳng cấu đó, để chứng minh mọi chuẩn trên E đều tương đương, ta chỉ cần chứng minh mọi chuẩn N trong Rn đều tương đương với chuẩn Euclid , như vậy moïi chuaån trong Rn (vaø vì vaäy treân E ) laø töông ñöông. Gọi S n−1 = {x ∈ Rn : x = 1} là mặt cầu đơn vị . Khi đó vì N liên tục (tại sao?), N (x), vaø m = min N (x). vaø S n−1 compact (taïi sao?), suy ra toàn taïi M = max n−1 n−1 x∈S. x ∈ S n−1 . Rõ ràng M, m > 0. Với mọi x ∈ \ {0}, ta có x ra bất đẳng thức cần chứng minh m x ≤ N (x) ≤ M x . Rn. x∈S. Từ tính chất (N 2) suy . 2.3 Ñònh lyù cô baûn cuûa haøm lieân tuïc treân taäp lieân thoâng. Ñònh lyù (Cauchy). Cho lieân thoâng.. f : C → Rm.. Neáu f lieân tuïc vaø C lieân thoâng, thì f (C). Heä quûa 1. Cho f : C → R. Neáu f lieân tuïc vaø C lieân thoâng, thì f (C) laø moät khoûang. Suy ra, neáu a, b ∈ C vaø µ ∈ R maø f (a) < µ < f (b), thì toàn taïi c ∈ C : f (c) = µ. Hệ qủa 2. Cho f là hàm liên tục trên tập liên thông C . Nếu f (C) là tập rời raïc (chaúng haïn f chæ nhaän caùc giaù trò nguyeân), thì f laø haøm haèng. Chứng minh: Phản chứng, giả sử f (C) không liên thông, i.e. tồn tại các tập mở. A, B tách f (C). Từ tính liên tục của f suy ra tồn tại các tập mở U, V sao cho f −1 (A) = C ∩ U và f −1 (B) = C ∩ V . Dễ kiểm tra U, V là các tập mở tách C . Vậy C khoâng lieân thoâng. Do tập liên thông trong R1 là một khỏang và tập hợp rời rạc liên thông khi và chỉ khi noù laø moät ñieåm, suy ra caùc heä quûa .

(36) 33. III.2 Tính lieân tuïc.. Bài tập: Cho f : [a, b] → [a, b] là hàm liên tục. Chứng minh tồn tại x ∗ ∈ [a, b], sao cho f (x∗ ) = x∗ . Baøi taäp: Cho f : [a, b] → R lieân tuïc vaø f (b), f (a) traùi daáu. Duøng phöông phaùp chia đôi đoạn, xây dựng dãy (xk ) hội tụ về một nghiệm của phương trình f (x) = 0. Ứng dụng. (Định lý Ulam-Borsuk) Mọi hàm liên tục. f : S n −→ R, n ≥ 1,. toàn taïi x0 ∈ sao cho f (x0 ) = f (−x0 ). (trong đó S n = {x ∈ Rn+1 : x = 1} là mặt cầu đơn vị.) Sn. đều. Để chứng minh, xét g(x) = f (x) − f (−x). Khi đó g liên tục trên S n là tập liên thông (tại sao?). Vậy g(S n ) là khoảng trong R. Mặt khác g(x)g(−x) ≤ 0, nên g(S n ) phải chứa 0. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. . 2.4 Nguyeân lyù aùnh xaï co Ñònh lyù (Banach). Cho. (theo metric d), i.e.. M ⊂ Rn. là tập đóng. Giả sử f : M → M là ánh xạ co. ∃θ, 0 < θ < 1 : d(f (x), f (y)) ≤ θd(x, y), ∀x, y ∈ M.. Khi đó tồn tại duy nhất một điểm bất động của f , i.e. ∃!x∗ ∈ M : f (x∗ ) = x∗ . Cụ thể, cho x0 ∈ M xây dựng dãy (xk ) với x1 = f (x0 ), xk+1 = f (xk ) (k = 2, 3, · · · ). Khi đó (xk ) hội tụ về điểm bất động x∗ của f . Chứng minh: Với dãy (xk ) được xây dựng nh trên, ta có d(xk+1 , xk ) = d(f (xk ), f (xk−1 ) ≤ θd(xk , xk−1 ) ≤ · · · ≤ θk d(x1 , x).. Từ đó suy ra với m = 1, 2, · · · d(xk+m , xk ) ≤ d(xk+m , xk+m−1 ) + · · · + d(xk+1 , xk ) ≤ (θk+m + · · · θk )d(x1 , x0 ) θk d(x1 , x) → 0, khi k → ∞. ≤ 1−θ. Vậy (xk ) là dãy Cauchy, nên tồn tại lim xk = x∗ . Do M đóng x∗ ∈ M . Dễ thấy f co thì f liên tục và từ cách xây dựng dãy suy ra f (x∗ ) = x∗ . Nếu x̄ ∈ M là điểm bất động của f , i.e. f (x̄) = x̄, thì d(x̄, x∗ ) = d(f (x̄), f (x∗ )) ≤ θd(x̄, x∗ ).. Do θ < 1, neân d(x̄, x∗ ) = 0, i.e.. x̄ = x∗ .. . Ví dụ. Cho f : R → R là hàm khả vi. Gỉa sử tồn tại 0 < θ < 1 sao cho |f (x)| < θ, ∀x. Khi đó theo định lý Lagrange |f (x) − f (y)| = |f (c)||x − y| ≤ θ|x − y|, ∀x, y ∈ R. Vaäy f laø aùnh xaï co. Baøi taäp: Tìm ví duï haøm f. :M →M. thoûa d(f (x), f (y)) < d(x, y), ∀x, y ∈ M, x = y,.

(37) 34 1. nhưng không phải là ánh xạ co, và không có điểm bất động. ( Hd: Xét f (x) = x + , x với x ∈ M = [1, ∞)). Baøi taäp: Cho T : Rn → Rn laø aùnh xaï tuyeán tính coù ma traän bieåu dieãn laø (tij ). Chứng minh T là ánh xạ co (đối với metric tương ứng) nếu n i,j=1. t2ij < 1 hay. n . hay. |tij | < 1. i,j=1. n max |tij | < 1 1≤i,j≤n. 3. SỰ HỘI TỤ ĐỀU. 3.1 Định nghĩa. Cho dãy hàm (fk )k∈N , trong đó fk : X → Rm ,. Dãy (fk ) gọi là hội tụ (điểm) về hàm f nếuu với mọi Dãy (fk ) gọi là hội tụ đều trên X về f nếuu. X ⊂ Rn . x ∈ X , lim f k (x) = f (x).. ∀ > 0, ∃N () : k ≥ N ⇒ d(fk (x), f (x)) ≤ , ∀x ∈ X,. noùi moät caùch khaùc, neáu ñaët. Mk = sup d(fk (x), f (x)), x∈X. thì. lim Mk = 0.. k→∞. Một chuỗi hàm trên X , là tổng hình thức dạng ∞ . với fk : X → Rm. fk = f0 + f1 + · · · + fk + · · · ,. k=0. Xét dãy hàm tổng riêng thứ k Sk = f0 + f1 + · · · + fk . Khi đó chuỗi gọi là hội tụ điểm (t.ư. hội tụ đều) trên X nếuu (S k ) hội tụ điểm (t.. hội tụ đều) trên X . Như vậy khái niệm chuỗi hàm xem là trường hợp riêng của dãy hàm. Ví duï..  . 1 1 − |x| fk (x) =  0 k. neáu |x| ≤ k, neáu |x| > k. Khi đó (fk ) hội tụ về f (x) ≡ 1. Tuy nhiên sự hội tụ là không đều vì a) Cho dãy hàm trên R xác định bởi. khi. sup |fk (x) − f (x)| = 1 → 0,. x∈R. b) Chuoãi haøm. ∞ k=0. xk. hoäi tuï ñieåm veà f (x) =. 1 , 1−x. k → ∞.. treân [−1, 1) vaø neáu 0 ≤ r < 1, thì. sự hội tụ là đều trên [−r, r]. 1 − xk+1 . Ta kieåm tra tính Để chứng minh, xét dãy hàm Sk (x) = 1 + x + · · · + xk = 1−x hội tụ đều trên [−r, r]: xk+1 rk+1 → 0, sup |Sk (x) − f (x)| = sup = 1−r |x|≤r |x|≤r 1 − x . Vậy tính hội tụ đều được chứng minh. Bài tập: Chứng minh chuỗi trên hội tụ điểm về. f. treân. khi. (−1, 1),. k → ∞.. nhưng sự hội tụ là.

(38) 35. III.3 Sự hội tụ đều.. không đều trên tập đó.. 3.2 Mệnh đề. Dãy (fk ) hội tụ đều trên X khi và chỉ khi nó thỏa điều kiện Cauchy ∀ > 0, ∃N : k, l > N ⇒ d(fk (x), fl (x)) ≤ , ∀x ∈ X.. Chứng minh: Xem như bài tập. . Nhiều hàm được định nghĩa qua dãy hàm hay chuỗi hàm. Bài tập: Dựa vào mệnh đề trên, chứng minh các chuỗi hàm sau là hội tụ trên R và hội tụ đều trên mọi đoạn [a, b]. a) b) c). 1 1 x + · · · + xk + · · · 1! k! 1 1 x2k+1 + · · · x − x3 + · · · + 3! (2k + 1)! 1+. 1+. 1 2k 1 x + ···+ x + ··· 2! 2k!. (ñònh nghóa haøm ex ) (ñònh nghóa haøm sin x) (ñònh nghóa haøm cos x). Ví dụ. Cho fk (x) = xk , x ∈ [0, 1]. Khi đó (fk ) là dãy các hàm liên tục, nhưng hàm giới hạn không liên tục. Mệnh đề sau minh họa là điều kiện hội tụ đều bảo toàn một số tính chất giải tích cuûa daõy.. 3.3 Mệnh đề. Cho. (fk ). đều về f , thì f liên tục.. là dãy hàm. Nếu fk liên tục với mọi k và (fk ) hội tụ. Chứng minh: Với mọi x0 và > 0, do tính hội tụ đều, tồn tại N sao cho khi k > N , d(f (x), fk (x)) <. 3. vaø. d(f (x0 ), fk (x0 )) <. 3. Coá ñònh k. Do tính lieân tuïc cuûa fk taïi x0 , toàn taïi δ > 0, sao cho d(fk (x), fk (x0 )) <. 3. khi. d(x, x0 ) < δ.. Vaäy d(f (x), f (x0)) ≤ d(f (x), fk (x)) + d(fk (x), fk (x0 )) + d(fk (x0 ), f (x0 )) < , i.e. f lieân tuïc taïi x0 .. . 3.4 Khoảng cách đều giữa các hàm. Ta có thể xem các hàm là các phần tử của. một không gian hàm nào đó. Hơn nữa, có thể đo khoảng cách giữa các hàm nh đo khoảng các giữa các điểm trong Rn . Tùy theo bài toán mà người ta định nghĩa khoảng cách tương ứng. Sau đây là khái niệm khoảng các tương ứng với sự hội tụ đều. Cho X ⊂ Rn . Kyù hieäu BF (X, Rn ) laø khoâng gian caùc haøm bò chaën f : X → Rn , i.e. f ∈ BF (X, Rm ) ⇔ ∃M > 0 : f (x) ≤ M, ∀x ∈ X..

(39) 36 Treân khoâng gian naøy ñònh nghóa chuaån. f = sup f (x) x∈X. .. Dễ dàng chứng minh các khẳng định sau: (i) BF (X, Rm ) là không gian định chuẩn với chuẩn đợc định nghĩa trên. Như vậy, như trong Rn , chuẩn trên cho phép đo khoảng cách giữa các hàm nhờ metric d(f, g) = f − g , f, g ∈ BF (X, Rm ). (ii) Cho f, fk ∈ BF (X, Rm). Khi đó dãy hàm (fk )k∈N hội tụ đều về f khi và chỉ khi fk → f trong BF (X, Rm ) theo metric neâu treân, i.e. d(f k , f ) → 0, khi k → ∞. (iii) Nếu X compact, thì C(X, Rm ) là không gian đủ, i.e. trong không gian này một daõy hoäi tuï khi vaø chæ khi noù laø daõy Cauchy. Khẳng định (iii) này suy từ mệnh đề 3.3, (iv) suy từ mệnh đề 3.2, với chú ý là điều kiện compact bảo đảm tính giới nội của hàm liên tục trên đó. 4. ÑÒNH LYÙ STONE-WEIERSTRASS. Phần này ta nghiên cứu việc xấp xỉ đều hàm liên tục bởi hàm đơn giản, dễ xử lý (như hàm tuyến tính từng khúc, hàm bậc thang hay hàm đa thức).. 4.1 Xấp xỉ bởi hàm tuyến tính từng khúc. Hàm liên tục g : [a, b] → R được gọi là tuyến tính từng khúc nếuu tồn tại phân hoạch a = a0 < a1 < · · · < ak = b, sao cho trên mỗi đoạn con g là hàm bậc nhất: g(x) = Ai x + Bi , x ∈ [ai−1 , ai ], i = 1, · · · , k. Do g liên tục các hệ số Ai , Bi phải thỏa hệ thức nào đó. Dễ thấy đồ thị g là một đường gấp khúc. Bài tập: Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó tồn tại dãy hàm tuyến tính từng khúc hội tụ đều về f . Hd: Với mỗi phân hoạch đoạn [a, b], xét hàm tuyến tính từng khúc mà đồ thị là đường gấp khúc nối các điểm thuộc đồ thị f ứng với các điểm chia. Dựa vào tính liên tục đều của f chứng tỏ khi phân hoạch càng mịn thì hàm tuyến tính đó càng gần đều haøm f .. 4.2 Xấp xỉ bởi hàm bậc thang. Hàm. haøm baäc thang neáuu toàn là hằng trên mỗi tập đó. tại phân hoạch K thành hữu hạn tập Bài tập: Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó tồn tại dãy hàm bậc thang hội tụ đều về f. Hd: Với mỗi phân hoạch đoạn [a, b], xét hàm bậc thang mà giá trị trên mỗi đoạn chia là một giá trị nào đó của f trên đoạn đó (chẳng hạn giá trị đầu mút hay max, min). Dựa vào tính liên tục đều của f chứng tỏ khi phân hoạch càng mịn thì hàm bậc thang đó càng gần đều hàm f . Baøi taäp: Toång quaùt baøi taäp treân cho haøm lieân tuïc treân taäp compact trong R n . g : K → R goïi laø X1 , · · · , Xk sao cho g. Phần sau ta xét đến việc xấp xỉ hàm bởi đa thức hay đa thức lượng giác..

(40) 37. III.4 Ñònh lyù Stone-Weierstrass.. 4.3 Định lý (Weierstrass). Với mọi hàm f liên tục trên đoạn [a, b] tồn tại dãy hàm đa. thức hội tụ đều về f .. Chứng minh: Cách chứng minh sau của Bernstein (1912) có tính xây dựng dãy đa. thức cụ thể hội tụ về f . Bằng phép đổi biến x = a + t(b − a), ta đưa về trường hợp [a, b] = [0, 1]. Dãy đa thức Bernstein đợc định nghĩa như sau là hội tụ đều về f : Bk (x) = Bk f (x) =. k . p Ckp f ( )xp (1 − x)k−p . k p=0. Để chứng minh, trước hết ta chuẩn bị một số đẳng thức. k . Ckp xp y k−p .. Công thức nhị thức:. (x + y)k =. Đạo hàm theo x và nhân x:. kx(x + y)k−1 =. Đạo hàm lần nữa và nhân x2 :. k(k − 1)x2 (x + y)k−2 =. p=0. k p=0. pCkp xp y k−p . k p=0. p(p − 1)Ckp xp y k−p .. Đặt y = 1 − x và rp (x) = Ckp xp (1 − x)k−p , thay vào các đẳng thức trên k . rp (x) = 1,. p=0. k . k . prp (x) = kx,. p=0. p(p − 1)rp (x) = k(k − 1)x2 .. p=0. Suy ra k . . (p − kx)2 rp (x) = k 2 x2. p=0. rp (x) − 2kx. p=0. k . prp (x) +. p=0. k . p2 rp (x) = kx. p=0. = k 2 x2 − 2kx + (kx + k(k − 1)x2 ) = kx(1 − x). Bây giờ đặt M = max |f (x)|. Cho > 0. Do tính liên tục đều tồn tại δ > 0, sao cho, |x|≤1 neáu |x − y| < δ , thì |f (x) − f (y)| < . Ta cần đánh gía f (x) − Bk (x) = f (x) −. k . k p p Ckp f ( )xp (1 − x)k−p = (f (x) − f ( ))rp (x). k k p=0 p=0. Chia toång cuoái chia thaønh 2 toång: p p 1 gồm các p : | − x| < δ . Khi đó |f (x) − f ( )| < và rp (x) ≥ 0, nên k. k. |. . 1|. ≤. k p=0. rp (x) = ..

(41) 38 . 2. p − x| ≥ δ . k. goàm caùc p : | |. . 2|. ≤ 2M. Khi đó |. p − kx | ≥ 1, kδ. . k p − kx 2. rp (x) ≤ 2M. kδ. p=0. |p−kx|≥kδ. ≤. neân. M 2M kx(1 − x) ≤ . 2 kδ 2δ 2 k. rp (x). Tóm lại, với > 0, tồn tại δ > 0, sao cho |f (x) − Bk (x)| ≤ |. Vaäy khi k ≥ M/2δ2 , ta coù:. . 1|. +|. . 2|. <+. M 2δ 2 k. sup |f (x) − Bk (x)| < 2.. . |x|≤1. Bài tập: Chứng minh giả thiết compact là cần thiết trong định lý Weierstrass. ( Hd: Chứng minh hàm f (x) = ex không thể xấp xỉ đều bởi đa thức trên R.) Bây giờ ta xét đến trường hợp tổng quát.. 4.4 Định nghĩa. Tập A các hàm xác định trên K ⊂ Rn gọi là đại số nếuu ∀f, g ∈ A, α ∈ R,. vaø. f + g, f g. αf ∈ A.. Đại số hàm A gọi là tách điểm nếuu ∀x, y ∈ K, x = y, ∃ϕ ∈ A : ϕ(x) = ϕ(y).. Ví duï. a) Tập R[x1 , · · · , xn ] các đa thức n biến thực là đại số hàm trên Rn . b) Tập các đa thức lượng giác dạng a0 +. k . (ap sin px + bp cos px), ap , bp ∈ R, k ∈ N,. p=1. là một đại số hàm trên R. c) Cho ϕ1 , · · · , ϕs : K → R. Lớp các hàm có dạng sau là một đại số hàm trên K k p1 +···+ps =0. ap1 ···ps ϕp11 (x) · · · ϕps (x),. với. ap1 ···ps ∈ R, k ∈ N.. Bài tập: Chứng minh các đại số ở ví dụ a) và b) là tách điểm.. 4.5 Định lý (Stone-Weierstrass) Cho K là tập compact trong Rn . Giả sử A ⊂ C(K) là một đại số các hàm liên tục trên K , tách điểm và chứa hàm hằng. Khi đó với mọi hàm hàm liên tục trên K có thể xấp xỉ đều bởi hàm trong A, i.e. ∀f ∈ C(K), ∃gk ∈ A : (gk )k∈N. hội tụ đều về f..

(42) 39. III.4 Ñònh lyù Stone-Weierstrass. Chứng minh: (Stone-1948) Ta chuẩn bị một số bổ đề.. Bổ đề 1. Đặt A = {g : g là giới hạn đều của dãy hàm thuộc A}. Khi đó A ⊂ C(K) là đại số, tách điểm, chứa hàm hằng. Hơn nữa, nếu dãy hàm (hk ) ⊂ A hội tụ đều về h, thì h ∈ A, i.e. A = A. Thực vậy, rõ ràng A là đại số hàm liên tục, do Mệnh đề 3.3, và tách điểm chứa hàm hằng vì chứa A. Hơn nữa, giả sử (hk ) ⊂ A hội tụ đều về h. Khi đó, với mọi k, tồn tại dãy (gk,i ) ⊂ A hội tụ đều về hk (khi i → ∞). Theo qui tắc đường chéo (Bài taäp: laäp luaän kieåu ) toàn taïi daõy (gk = gσ(k),i(k) ) ⊂ A hoäi tuï veà h. Vaäy h ∈ A. 2. Bổ đề 2. Với mọi x, y ∈ K, Để xây dựng h, do. α, β ∈ R,. A taùch ñieåm toàn ϕ(z) − ϕ(x) . Khi đó h là α + (β − α) ϕ(y) − ϕ(x). toàn taïi haøm h ∈ A, h(x) = α, h(y) = β .. taïi ϕ ∈ A, ϕ(x) haøm caàn tìm.. = ϕ(y).. Ñònh nghóa. h(z) =. Bổ đề 3. Nếu h1, h2 ∈ A, thì max(h1, h2 ), min(h1 , h2) ∈ A h + h + |h − h |. h + h − |h − h |. 1 2 1 2 vaø min(h1 , h2 ) = 1 2 , Thaät vaäy, do max(h1 , h2 ) = 1 2 2 2 nên chỉ cần chứng minh rằng: h ∈ A ⇒ |h| ∈ A. Để chứng minh điều đó, ta có h liên tục trên tập compact, nên tồn tại M > 0, sao cho |h(x)| < M, ∀x ∈ K . Theo định lý Weierstrass, tồn tại dãy đa thức (P k ) hội tụ đều về hàm [−M, M ] t → |t|. Đặt gk = Pk ◦ h. Khi đó (gk ) là dãy các hàm thuộc A và hội tụ đều về |h|.. Bây giờ ta chứng minh định lý. Cho f ∈ C(K). Từ Bổ đề 1, ta cần chứng minh: ∀ > 0, ∃g ∈ A : d(f (x), g(x)) < , ∀x ∈ K, i.e. f (x) − < g(x) < f (x) + , ∀x ∈ K.. Với mọi x, y ∈ K , theo Bổ đề 2, tồn tại hx,y ∈ A : hx,y (x) = f (x), hx,y (y) = f (y). Cố định x. Khi đó với mọi y ∈ K , do hx,y (y) = f (y), tồn tại cầu mở Uy tâm y sao cho hx,y (z) < f (z) + , ∀z ∈ Uy ∩ K . Họ Px = {Uy , y ∈ K} là một phủ mở của K , do K compact, tồn tại hữu hạn tập mở Uy1 , · · · , Uyp phủ K . Đặt hx = min(hx,y1 , · · · , hx,yp ). Theo Bổ đề 3, h x ∈ A và hx (z) < f (z) + , ∀z ∈ K.. Với mọi x ∈ K , do hx (x) = f (x) và tính liên tục, tồn tại cầu mở Vx tâm x sao cho f (z) − < hx (z), ∀z ∈ Vx ∩ K. Họ P = {Vx , x ∈ K} là phủ mở của K . Từ tính chất Heine-Borel, tồn tại hữu tập Vx1 , · · · , Vxq phủ K . Đặt g = max(hx1 , · · · , hxq ). Theo Bổ đề 3, g ∈ A và f (z) − < g(z), z ∈ K.. haïn.

(43) 40 Deã thaáy g laø haøm caàn tìm.. . 4.6 Heä quûa. Moïi haøm lieân tuïc treân. R. đa thức lượng giác Pk (x) = ak,0 +. (ak,p sin(. Nk . p=1. và có chu kỳ T có thể xấp xỉ đều bởi dãy 2πpx 2πpx ) + bk,p cos( )). T T. Chứng minh: Để ý là một hàm liên tục trên R, có chu kỳ T > 0 là thác triển của một hàm thuộc C[0, T ]. Vậy để chứng minh chỉ cần kiểm tra tập các đa thức lượng giác thỏa điều kiện định lý Stone-Weierstrass. . 4.7 Heä quûa. Moïi haøm lieân tuïc treân taäp compact trong bởi dãy hàm đa thức n biến.. 4.8 Heä quûa. Cho. đại số hàm trên. K1 ⊂ Rn1 K1 , K2 töông. Rn. đều có thể xấp xỉ đều. vaø K2 ⊂ Rn2 laø caùc taäp compact, A1 vaø A2 laø caùc ứng. Nếu A1 và A2 là tách điểm và chứa hàm hằng,. thì mọi hàm f ∈ C(K1 × K2 ) đều có thể xấp xỉ đều bởi hàm có dạng trong đó gi ∈ A1 , hi ∈ A2 , k ∈ N.. k . gi (x)hi (y). i=1. ,. Chứng minh: Chỉ cần kiểm tra các hàm có dạng trên là đại số hàm liên tục trên K1 × K2 ,. tách điểm và chứa hàm hằng, rồi áp dụng định lý Stone-Weierstrass.. . Nhận xét. Định lý Stone-Weierstrass tuy khẳng định khả năng xấp xỉ đều hàm liên tục trên tập compact bởi đa thức hay đa thức lượng giác, nhưng việc chứng minh không cho phép xây dựng tường minh dãy hàm xấp xỉ. Để tính toán cụ thể (xác định hệ số đa thức xấp xỉ) cần nhiều giả thiết hơn về hình học của tập hay về tính chất của hàm. Chẳng hạn, hàm liên tục trên đoạn [a, b] có thể xấp xỉ bởi dãy đa thức Bernstein. Toång quaùt hôn, neáu K laø hình hoäp trong R n , ta coù Bài tập: Cho f ∈ C[0, 1]n . Đa thức Bernstein thứ k của f được định nghĩa Bk (x1 , · · · , xn ) =. 0≤p1 ,··· ,pn ≤k. Ckp1 · · · Ckpn f (. pn p1 , · · · , )xp11 · · · xpnn (1−x1 )k−p1 · · · (1−xn )k−pn . k k. Chứng minh dãy (Bk ) hội tụ đều về f . Một hướng phát triển khác là việc nghiên cứu lớp các hàm có thể biểu diễn một cách địa phương như chuỗi lũy thừa: lý thuyết hàm giải tích..

(44) IV. Đạo hàm 1. ĐẠO HAØM. Trước khi đưa ra định nghĩa, ta có nhận xét sau: Cho U là tập mở trong R. Hàm f : U → R là khả vi tại a ∈ U nếu tồn tại số thực f (a), sao cho lim. x→a. i.e. i.e.. f (x) − f (a) f (a + h) − f (a) = lim = f (a) h→0 x−a h. f (a + h) = f (a) + f (a)h + o(h), f (x) có thể xấp xỉ bởi hàm bậc nhất T (x) = f (a) + f (a)(x − a),. 1.1 Ñònh nghóa. Cho khaû vi taïi. a∈U. với x đủ gần a.. là tập con mở trong Rn . Ánh xạ f : U → neáuu toàn taïi aùnh xaï tuyeán tính A : Rn → Rm , sao cho U. f (a + h) − f (a) − Ah → 0, h. khi. Rm. goïi laø. h → 0.. Khi đó, A gọi là đạo hàm của f tại a và ký hiệu Df (a) hay f (a). Nhaän xeùt. Theo ñònh nghóa, neáu f khaû vi taïi a, ta coù f (a + h) = f (a) + Df (a)h + o(h), ϕ(h). = 0. trong đó o(h) ký hiệu các hàm ϕ(h) thỏa: h→0 lim h Như vậy f khả vi tại a khi và chỉ khi f có thể xấp xỉ bậc nhất ở lân cận a, bởi ánh xạ affin T . Khi đó T (x) = f (a) + Df (a)(x − a). gọi là ánh xạ tiếp xúc với f tại a . Về mặt hình học, tính khả vi của f tại a tương đương với sự tồn tại phẳng tiếp xúc với đồ thị tại (a, f (a)). Khi đó đồ thị của f Gf = {(x, y) ∈ Rn × Rm : y = f (x), x ∈ U } ,. có phẳng tiếp xúc là đồ thị của ánh xạ tiếp xúc T Ta = {(x, y) ∈ Rn × Rm : y = T (x) = f (a) + Df (a)(x − a), x ∈ Rn }.. Vì ta coù. d((x, f (x)); Ta) ≤ d(f (x), T (x)) = o(x − a),. khi x → a..

(45) 42. Mệnh đề.. (i) Neáu f khaû vi taïi a thì aùnh xaï tuyeán tính Df (a) laø duy nhaát. (ii) Nếu f khả vi tại a, thì nó liên tục tại đó. Chứng minh: Nếu A, B là các ánh xạ tuyến tính thoả Định nghĩa 1.1, khi đó lim. h→0. A(h) − B(h) = 0. h. Từ tính tuyến tính, suy ra với mọi x ∈ R n \ 0, ta có A(tx) − B(tx) A(x) − B(x) = lim =0 t→0 x tx. Vaäy A(x) = B(x), ∀x ∈ Rn , i.e. Nếu f có đạo hàm Df (a), thì. A = B.. lim (f (x) − f (a)) = lim (f (x) − f (a) − Df (a)(x − a)) + lim Df (a)(x − a) = 0. x→a. x→a. x→a. Vaäy f lieân tuïc taïi a.. . Ví duï.. a) Đạo hàm của hàm hằng tại mọi điểm là ánh xạ tuyến tính 0. b) Đạo hàm của ánh xạ tuyến tính T tại mọi điểm là chính nó, i.e.. DT (a) = T, ∀a.. Baøi taäp: Tìm ví duï caùc haøm soá khoâng khaû vi. Nhận xét. (i) Trường hợp hàm 1 biến, để ý là mọi ánh xạ tuyến tính R → R m , đều có dạng h → < A, h >, với A ∈ Rm nào đó. Như vậy trong trường hợp này đạo hàm được đồng nhất một cách tự nhiên với vector (hay ma trận cột) A ∈ R m . f (a + h) − f (a) . Trong trường hợp này, đạo hàm hàm 1 biến được tính bởi f (a) = lim h→0. h.

(46) 43. IV.1 Đạo hàm.. (ii) Không thể tính đạo hàm bằng giới hạn nêu trên trong trường hợp số biến n > 1, y vì nói chung phép chia , với y ∈ Rm , h ∈ Rn , là không được định nghĩa. h. Theo quan điểm tính toán: mọi ánh xạ tuyến tính Rn −→ Rm được đồng nhất với một ma trận cấp m × n, khi ta cố định cơ sở trên Rn và Rm . Vậy khi sử dụng cở sở chính tắc, ma trận Jf (a) biểu diễn đạo hàm Df (a) được xác định như thế nào ? Trước hết để ý rằng với vector thứ j , e j ∈ Rn , trong cơ sở chính tắc (khi viết dới daïng ma traän coät), theo pheùp nhaân ma traän, ta coù cột thứ. Jf (a)ej =. j. cuûa ma traän. Jf (a).. Từ định nghĩa đạo hàm tại a, ta có Df (a)(tej ) = f (a + tej ) − f (a) + o(t).. Ta coù ñònh nghóa:. 1.2 Đạo hàm riêng. Đạo hàm riêng theo biến thứ j của hàm f tại a , ký hiệu Dj f (a) hay. ∂f (a), ∂xj. là giới hạn (nếu tồn tại) Dj f (a) =. ∂f f (a + tej ) − f (a) . (a) = lim t→0 ∂xj t. ∂f. tại a = (a1 , · · · , an ) ta cố định các biến xk = ak , với k = j , và Như vậy để tính ∂xj lấy đạo hàm hàm một biến xj → f (a1 , · · · , xj , · · · , an ) tại aj . Tổng quát hơn, cho e ∈ Rn \ 0, ta định nghĩa đạo hàm theo hướng e của hàm f tại a, là giới hạn (nếu tồn tại) De f (a) =. ∂f f (a + te) − f (a) (a) = lim . t→0 ∂e t. Nhận xét. Đạo hàm theo hướng đánh gía độ biến thiên của f theo hướng e tại a. Ví duï. a) Cho f (x, y) = xy . Từ công thức tính đạo hàm hàm một biến, ta có ∂f ∂f (x, y) = yxy−1 , (x, y) = xy ln y ∂x ∂y. b) Cho f (x, y) =. . |xy|.. (x, y > 0).. Tính theo ñònh nghóa, ta coù. f (t, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = lim = 0, t→0 ∂x t. tương tự. ∂f (0, 0) = 0. ∂y. 1.3 Ma traän Jacobi. Cho f (x1, · · · , xn) = (f1(x1 , · · · , xn ), · · · , fm (x1 , · · · , xn )).. Nếu f khả vi tại a ∈ U , thì ma trận biểu diễn Df (a) trong cơ sở chính tắc gọi là ma trận Jacobi của f tại a , ký hiệu Jf (a). Từ các nhận xét trên suy ra:.

(47) 44 ∂fi Mệnh đề. Nếu f khả vi tại a, thì nó có mọi đạo hàm riêng ∂x (a), (i = 1, · · · , m; j =. 1, · · · , m),. j. vaø ma traän Jacobi. .   Jf (a) =   . ∂f1 (a) ∂xn ··· ∂fm (a) ∂xn. ∂f1 (a) · · · ∂x1 ··· ··· ∂fm (a) · · · ∂x1.    .  . Như vậy Df (a) : Rn → Rm là ánh xạ tuyến tính xác định bởi  . dx = . dx1. .. .. . .    → dy = . dxn. dy1. .. .. .   = Jf (a)dx. dym. Ta coù caùch vieát vi phaân coå ñieån:    df1    . ... .       dfm. =. ∂f1 ∂f1 (a)dx1 + · · · + (a)dxn ∂x1 ∂xn. =. ∂fm ∂fm (a)dx1 + · · · + (a)dxn ∂x1 ∂xn. .. .. Ví duï. a) Haøm f : R2 −→ R3 , f (x, y) = (x2 + y2 , x + y, xy) laø khaû vi taïi moïi (x, y) ∈ R2 , vaø ma traän Jacobi   2x 2y   Jf (x, y) =  1 1  . y x. b) Xeùt haøm f (x, y) = x2 + y2 . Haøm coù haøm tieáp xuùc taïi (x0 , y0 ) laø T (x, y) = x20 + y02 + 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ). Đồ thị hàm là paraboloid cho bởi phương trình z = x2 + y2 , trong R3 . Phương trình mặt phẳng tiếp xúc với đồ thị tại (x0 , y0 , z0 ) là đồ thị hàm T z − z0 = 2x0 (x − x0 ) + 2y0 (y − y0 ).. Để ý là phương trình trên có thể suy từ vi phân. dz = 2x 0 dx + 2y0 dy .. 1.4 Quan hệ giữa đạo hàm và đạo hàm riêng.. Nếu f có đạo hàm tại a, thì f có đạo hàm riêng theo mọi hướng tại a. Nếu f có các đạo hàm riêng tại a, thì không thể suy ra f khả vi tại a. ∂f ∂f Ví dụ hàm f (x, y) = |xy|, có các đạo hàm riêng (0, 0) = (0, 0) = 0. Nhưng ∂x ∂y Df (0, 0) không tồn tại. Thật vậy, do f có các đạo hàm riêng, nên theo định nghĩa và mệnh đề trên, f khả vi tại (0, 0) khi và chỉ khi ∂f ∂f (0, 0) (0, 0) f (h, k) − f (0, 0) − ∂x ∂y √ h2 + k 2. . h k. . →0,. khi. (h, k) → (0, 0)..

(48) 45. IV.2 Caùc qui taéc cô baûn - Ñònh lyù phaàn gia. . |hk|. i.e. √ 2 2 → 0, khi (h, k) → (0, 0), ñieàu naøy khoâng coù. h +k Tuy nhieân, neáu theâm ñieàu kieän, ta coù ∂f , Mệnh đề. Cho f : U → Rm , U ⊂ Rn mở. Nếu các đạo hàm riêng ∂x i. lieân tuïc treân U , thì f khaû vi taïi moïi x ∈ U .. i = 1, · · · , n,. Chứng minh: Chỉ cần chứng minh cho m = 1 (?). Với h = (h1 , · · · , hn ) gần 0, f (x + h) − f (x) =. n . (f (x + vj ) − f (x + vj−1 )),. j=1. với. vj = (h1 , · · · , hj , 0, · · · , 0).. Với mỗi j , áp dụng định lý giá trị trung bình cho hàm 1 biến g j (hj ) = f (x + vj ), ta coù f (x + vj ) − f (x + vj−1 ) =. ∂f (cj )hj , ∂xj. với. cj = vj−1 + θj hj ej , 0 < θj < 1.. Từ giả thiết liên tục của các đạo hàm riêng tại x suy ra ∂f ∂f 1 1 ∂f |f (x + h) − f (x) − | ( (x)hj | = lim (cj ) − (x))hj | = 0, h→0 h h→0 ∂x h ∂x ∂x j j j j j. lim. i.e. haøm f khaû vi taïi x.. . 2. CAÙC QUI TAÉC CÔ BAÛN - ÑÒNH LYÙ PHAÀN GIA. Dựa vào định nghĩa đạo hàm, bằng phương pháp chứng minh như trường hợp một bieán deã daøng suy ra. 2.1 Caùc qui taéc cô baûn.. Toång : Neáu f, g khaû vi taïi x, thì f + g cuõng khaû vi taïi x vaø D(f + g)(x) = Df (x) + Dg(x). Tích : Neáu f, g khaû vi taïi x vaø m = 1, thì f g khaû vi taïi x vaø D(f g)(x) = Df (x)g(x) + f (x)Dg(x). Thöông : Neáu f, g khaû vi taïi x vaø g(x) = 0, thì. f g. khaû vi taïi x vaø. Df (x)g(x) − f (x)Dg(x) f D( )(x) = g g(x)2. Hợp : Cho f : U −→ V và g : V −→ W , U, V, W là các tập mở trong Rn , Rm , Rp tương ứng. Nếu f khả vi tại x, g khả vi tại y = f (x), thì g ◦ f khả vi tại x và Dg ◦ f (x) = Dg(f (x))Df (x).

(49) 46 Chứng minh: Ở đây chỉ trình bày chứng minh công thức đạo hàm hàm hợp.. Theo gỉa thiết, ta có f (x + h) = f (x) + Df (x)h + ϕ1 (h), với ϕ1 (h) = o(h). Tương tự, g(f (x) + k) = g(f (x)) + Dg(f (x))k + ϕ2 (k), với ϕ2 (k) = o(k). Suy ra g ◦ f (x + h) = g(f (x) + Df (x)h + ϕ1 (h)) . . . k. = g(f (x)) + Dg(f (x))Df (x)h + Dg(f (x))ϕ1 (h) + ϕ2 (Df (x)h + ϕ1 (h)). Xét 2 hạng tử cuối của đẳng thức trên. Từ bài tập II.2.1 ta có Dg(f (x))ϕ1 (h) ≤ Dg(f (x))ϕ1 (h) = o(h), ϕ2 (Df (x)h + ϕ1 (h)) = o(Df (x)h + ϕ1 (h)) = o(h).. Từ đó suy ra g ◦ f khả vi tại x và D(g ◦ f )(x) = D(g(f x))Df (x).. . Qui tắc dây chuyền: Trong thực hành công thức đạo hàm hàm hợp tương ứng phép nhaân caùc ma traän Jacobi Jh(x) = Jg(f (x))Jf (x). Cuï theå, neáu kyù hieäu vaø. f (x) = (f1 (x1 , · · · , xn ), · · · , fm (x1 , · · · , xn )), g(y) = (g1 (y1 , · · · , ym ), · · · , gp (y1 , · · · , ym )), thay biến y = f (x), ta có hàm hợp h(x) = g ◦ f (x) = (h1 (x1 , · · · , xn ), · · · , hp (x1 , · · · , xn )),. thì pheùp nhaân caùc ma traän treân laø      . ∂h1 ∂x1 ··· ∂hp ∂x1. ··· ··· ···. ∂h1 ∂xn ··· ∂hp ∂xn. . .     =    . ∂g1 ∂y1 ··· ∂gp ∂y1. ··· ··· ···. ∂g1 ∂ym ··· ∂gp ∂ym.      . ∂f1 ∂x1 ··· ∂fm ∂x1. ··· ··· ···. ∂f1 ∂xn ··· ∂fm ∂xn.      . Suy ra qui taéc sau m ∂gi ∂f1 ∂gi ∂f2 ∂gi ∂fm ∂gi ∂fk ∂hi = + +··· = ∂xj ∂y1 ∂xj ∂y2 ∂xj ∂ym ∂xj ∂yk ∂xj k=1. Ví dụ. Giả sử f (x, y) là hàm khả vi theo 2 biến x, y. Nếu x = r cos ϕ, đặt h(r, ϕ) = f (r cos ϕ, r sin ϕ). Khi đó ∂f ∂f ∂h = cos ϕ + sin ϕ, ∂r ∂x ∂y. y = r sin ϕ,. ∂h ∂f ∂f = (−r sin ϕ) + r cos ϕ. ∂ϕ ∂x ∂y. Gradient - Vector vận tốc. Cho f : Rn −→ R khả vi. Khi đó gradient của f tại x, được ký hiệu và định nghĩa là vector ∇f (x) =. grad f (x) = (. ∂f ∂f (x), · · · , (x)). ∂x1 ∂xn.

(50) IV.2 Caùc qui taéc cô baûn - Ñònh lyù phaàn gia.. 47. Với c ∈ R, tập Mc = {x ∈ Rn : f (x) = c} = f −1 (c) gọi là mặt mức (Để hình dung hãy vẽ đồ thị f và các mặt mức khi n = 2).. Cho γ : (−1, 1) −→ Rn khả vi. Khi đó ảnh của γ là một đường cong trơn trong Rn (hình dung nó mô tả qũy đạo của chuyển động nào đó theo thời gian t). Khi đó γ (t) =. dγ(t) γ(t + ∆t) − γ(t) = lim . ∆t→0 dt ∆t. Vì vậy γ (t) được gọi là vector vận tốc của chuyển động γ tại thời điểm t. Về mặt hình học, vector γ (t) là vector chỉ phương tiếp tuyến với đường cong γ tại γ(t). Nếu γ nằm trên mặt mức Mc , i.e. γ(t) ∈ Mc , ∀t, thì theo công thức đạo hàm hàm hợp (f ◦ γ) (t) = f (γ(t))γ (t) =< grad f (γ(t)), γ (t) >= 0. Về mặt hình học vector grad f (x) vuông góc với mặt mức của Mc tại x. Vậy phương trình phẳng tiếp xúc với Mc tại a = (a1 , · · · , an ) là <. grad f (a), x − a >= 0 hay. D1 f (a)(x1 − a1 ) + · · · + Dn f (a)(xn − an ) = 0.. Nhận xét. Cho v ∈ Rn . Khi đó f (a + tv) = f (a)+ < grad f (a), v > t + o(t). Vậy < grad f (a), v > quyết định sự biến thiên của f ở lân cận a theo hướng v. Theo bất đẳng thức Schwarz: | < grad f (a), v > | ≤ grad f (a)v, và dấu = xảy ra khi và chỉ khi v = λ grad f (a). Như vậy hướng ± grad f (a) chính là hướng mà hàm f biến thiên nhanh nhất (cùng hướng thì tăng nhanh nhất, ngược hướng thì giảm nhanh nhất). Vì vậy, hướng gradient thường được chọn để tìm cực trị hàm f ..

(51) 48. 2.2 Haøm khaû vi lieân tuïc. Cho. f : U −→ Rm , U ⊂ Rn mở. Ta nói f ∂f , i = 1, · · · , n, lieân tuïc treân U . liên tục trên U hay f thuộc lớp C 1 , nếuu ∂xi n m Noùi caùch khaùc aùnh xaï Df : U −→ L(R , R ) laø aùnh xaï lieân tuïc. (?). khaû vi. 2.3 Ñònh lyù phaàn gia.. Trong lyù thuyeát haøm moät bieán ta coù Định lý giá trị trung bình (Lagrange).Cho g : [a, b] −→ R liên tục. Giả sử g khả vi. trên (a, b). Khi đó. với. nào đó mà a < c < b. Trường hợp hàm nhiều biến, i.e. n > 1, m = 1, ta có thể mở rộng định lý trên: g(b) − g(a) = g (c)(b − a),. Mệnh đề. Cho f. : U → R, U ⊂ Rn mở. [x, x + h] = {x + th, t ∈ [0, 1]} ⊂ U , thì. c. Giả sử f khả vi trên U . Khi đó, nếu đoạn. f (x + h) − f (x) = Df (x + θh)h,. với. 0 < θ < 1.. Baøi taäp: AÙp duïng ñònh lyù giaù trò trung bình cho haøm 1 bieán g(t) = f (x + th) vaø coâng thức đạo hàm hợp, chứng minh mệnh đề trên. Trường hợp ánh xạ, i.e. khi m > 1, không thể có dạng đẳng thức như định lý trên. Nói chung không thể tìm được giá trị trung bình để có được đẳng thức. Chẳng hạn, hàm f : R → R2 , f (x) = (x2 , x3 ). Khi đó phương trình sau là vô nghiệm f (1) − f (0) = Df (c)(1 − 0) ⇔ (1, 1) − (0, 0) = (2c, 2c2 ). Bài tập: Cho f (x, y) = (ex cos y, ey sin y). Khi đó đẳng thức cho định lý giá trị trung bình khoâng theå coù. Tuy nhiên ta có dạng bất đẳng thức của định lý giá trị trung bình cho trường hợp tổng quaùt:. Ñònh lyù phaàn gia. Cho [x, x + h] ⊂ U ,. thì. f : U → Rm ,. là khả vi trên tập mở U ⊂ Rn . Nếu đoạn. f (x + h) − f (x) ≤ sup Df (x + th)h. t∈[0,1]. Chứng minh: Trước khi chứng minh cần nhắc lại là ở Chương I, chuẩn của ánh xạ. tuyến tính T được định nghĩa là. T = sup T h h=1. vaø ta coù. T h ≤ T h.. Để chứng minh định lý, xét g(t) = f (x + th). Khi đó g (t) = Df (x + th)h. Theo định lý cơ bản của giải tích (hay công thức Newton-Liebniz), ta có g(1) − g(0) =. 1 0. g (t)dt =. 1 0. Df (x + th)hdt,.

(52) 49. IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor.. trong đó neâu treân.. 1 0. (φ1 (t), · · · , φm (t))dt = (. Ví duï. Neáu. f≡. const .. f : U → Rm. khaû vi,. 1 0. U. φ1 , · · · ,. 1 0. φm ).. Từ đó suy ra bất đẳng thức . mở liên thông, và. Df (x) = 0, ∀x ∈ U ,. thì. Nhận xét. Nếu f : U → Rn , U ⊂ Rn , là thuộc lớp C 1 , và K là tập compact chứa trong U , thì tồn tại L > 0 sao cho f thoả điều kiện Lipschitz sau: f (x) − f (y) ≤ Lx − y, ∀x, y ∈ K.. Ñaëc bieät, neáu 0 < L < 1, vaø f : K → K , thì f laø aùnh xaï co treân K .. 3. ĐẠO HAØM CẤP CAO - CÔNG THỨC TAYLOR Nhận xét: Giả sử f : U −→ Rm khả vi trên tập mở U ⊂ Rn . Khi đó ta có ánh. xạ đạo hàm Df : U → L(Rn , Rm ), trong đó L(Rn , Rm ) ký hiệu không gian mọi ánh xạ tuyến tính Rn → Rm , nó đồng nhất với không gian các m × n-ma trận, và do vậy với không gian vector Rmn . Vậy có thể định nghĩa đạo hàm của hàm Df tại a ∈ U , và gọi là đạo hàm cấp 2. Đạo hàm cấp 2 tại a sẽ là ánh xạ tuyến tính Rn −→ L(Rn , Rm ) ≡ Rmn . Tương tự, có thể định nghĩa qui nạp cho đạo hàm cấp cao. Tuy nhiên, định nghĩa như vậy đòi hỏi phải “leo” lên các không gian: L(Rn , L(Rn , Rm )), L(Rn , L(Rn , L(Rn , Rm ))), · · · (!).. Ta sẽ định nghĩa đạo hàm cấp cao theo quan điểm tính toán, dễ tiếp cận hơn.. 3.1 Đạo hàm riêng cấp cao. Giả sử tồn tại đạo hàm riêng ∂ ∂xj. . ∂f (a), ∂xi. ∂f ∂xi. trên U . Khi đó. nếu tồn tại, gọi là đạo hàm riêng cấp 2 của hàm f theo biến thứ (i, j),. taïi a . Kyù hieäu. Dj Di f (a). ∂ 2f (a). ∂xj ∂xi ∂kf caáp k (a). ∂xik · · · ∂xi1. hay. Tương tự, có thể định nghĩa đạo hàm riêng Ta nói f khả vi liên tục cấp k trên U hay f thuộc lớp C k trên U , nếuu f có mọi đạo haøm rieâng caáp ≤ k vaø chuùng lieân tuïc treân U . Baøi taäp: Haøm f (x, y) = yx2 cos y2 coù Ví duï sau chæ ra đối xứng.. ∂2f ∂ 2f = , ∂x∂y ∂y∂x. ∂ 2f = ∂y∂x. ? ,. ∂2f = ∂x∂y. ?. i.e. nói chung đạo hàm cấp cao không có tính.

(53) 50 Xeùt f (x, y) = xy ∂2f. x2 − y 2 x2 + y 2. neáu (x, y) = (0, 0), f (0, 0) = 0.. (0, 0) = 1, coøn Khi đó ∂y∂x Tuy nhieân ta coù. ∂ 2f (0, 0) = −1 ∂x∂y. (?). Mệnh đề (tính đối xứng của đạo hàm cấp cao). Nếu f có các đạo hàm riêng cấp 2 liên tục tại x (đặc biệt khi f thuộc lớp C 2 ), thì. Keát quûa coù theå suy roäng cho. ∂ 2f ∂2f (x) = (x), ∀i, j . ∂xi ∂xj ∂xj ∂xi f ∈ C k đối với các đạo hàm riêng. caáp ≤ k.. Chứng minh: Một chứng minh đơn giản là dựa vào công thức Fubini mà ta sẽ đề. cập ở chương tích phân. (bài tập Chương IV). Ở dây chứng minh dựa vào sai phân. Chæ caàn laäp luaän cho haøm 2 bieán. Xeùt Sh,k = f (x + h, y + k) − f (x + h, y) − f (x, y + k) + f (x, y). Đặt gk (u) = f (u, y + k) − f (u, y). Khi đó theo định lý gía trị trung bình ta có Sh,k = gk (x + h) − gk (x) = gk (c)h, với c ∈ (x, x + h) ∂f ∂f (c, y))h = ( (c, y + k) − ∂x ∂x 2 ∂ f (c, d)hk, với d ∈ (y, y + k). = ∂y∂x. Hoán vị hai số hạng giữa của Sh,k . Đặt gh (v) = f (x + h, v) − f (x, v). Lập luận tương tự, ta có Sh,k =. ∂2f (c , d )kh, ∂x∂y. với. c ∈ (x, x + h), d ∈ (y, y + k).. Từ tính liên tục của đạo hàm cấp 2, qua giới hạn caàn tìm.. h, k → 0. cuûa Sh,k , ta coù keát quûa. . 3.2 Công thức Taylor.. Nhắc lại công thức Taylor cho hàm 1 biến.. Cho g : (a, b) → R ∈ C k . Khi đó nếu x, x + h ∈ (a, b), thì tồn tại θ ∈ (0, 1), sao cho g(x+h) = g(x)+. 1 1 1 1 g (x)h+ g (x)h2 +· · ·+ g (k−1) (x)hk−1 + g k (x+θh)hk . 1! 2! (k − 1)! k!. Có thể chuyển công thức trên cho hàm nhiều biến f : R n → R, bằng cách đưa về xeùt haøm moät bieán g(t) = f (x + th), t ∈ [0, 1]. Để thuận tiện cho việc phát biểu công thức, trước hết ta đa vào các ký hiệu. ∇ = (D1 , · · · , Dn ) = (. ∂ ∂ ,··· , ). ∂x1 ∂xn.

(54) 51. IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor. h = (h1 , · · · , hn ),. Neáu. ñaët h∇ = h1. ∂ ∂ + · · · + hn , ∂x1 ∂xn. n . (h∇)k =. i1 ,··· ,ik =1. hi1 · · · hik. ∂k . ∂xi1 · · · ∂xik. Ta xem các ký hiệu trên như là các “toán tử”, khi tác động vào hàm f thì biểu thức hình thức sẽ có một nội dung rõ ràng, chẳng hạn (h∇)f = h1. ∂f ∂f + · · · + hn . ∂x1 ∂xn. Toång quaùt ∂kf. (h∇)k f =. i1 ,··· ,ik. ∂xi1. ···. ∂kf hi · · · hik ∂xik 1. đa thức thuần nhất bậc. k. theo h1 , · · · , hn .. Với các ký hiệu nêu trên ta có. Ñònh lyù. Cho đoạn. f : U → R là hàm lớp C k trên [x, x + h] ⊂ U , toàn taïi θ ∈ (0, 1), sao cho. f (x + h) = f (x) + h∇f (x) + · · · +. tập mở U ⊂ Rn . Khi đó vớ mọi. 1 1 (h∇)k−1 f (x) + (h∇)k f (x + θh) (k − 1)! k!. Chứng minh: Chỉ là việc áp dụng công thức Taylor cho hàm 1 biến g(t) = f (x + th), với chú ý là theo công thức đạo hàm hợp dễ qui nạp g (k) (t) = (h∇)k f (x + th).. . Nhận xét: Công thức Taylor cho phép xấp xỉ hàm khả vi lớp C k f tại lân cận mỗi. điểm x bởi đa thức Taylor bậc k tại x:. Txk (h) = f (x) + h∇f (x) + · · · +. 1 (h∇)k f (x), k!. với phần dư Rk (x, h) =. Ta coù. 1 (h∇)k f (x + θh) − (h∇)k f (x) , 0 < θ < 1. k!. |f (x + h) − Txk (h)| = |Rk (x, h)| = o(hk ),. do f ∈ C k .. Chú ý: Nếu f ∈ C ∞ , thì ta có chuỗi Taylor của f tại x0 là chuỗi lũy thừa T f (x) =. ∞ 1. k! k=0. ((x − x0 )∇)k f (x0 )..

(55) 52 Noùi chung T f (x) khoâng hoäi tuï, chaúng haïn. f (x) =. ∞ k=0. e−k cos k 2 x.. Hơn nữa, ngay cả trong trường hợp T f (x) hội tụ không chắc ta có T f (x) = f (x). 1 Chaúng haïn f (x) = e− x2 . Trong trường hợp chuỗi Taylor của f hội tụ về chính hàm f , ta nói f giải tích tại x 0 . Chaúng haïn, haøm soá f thoûa |f (k) (x)| ≤ M k , ∀x ∈ (a, b), ∀k ∈ N, laø giaûi tích treân (a, b).. 3.3 Ứng dụng vào bài toán cực trị. Cho f : U → R,. mở. Hàm f gọi là đạt cực đại tại a ∈ U nếuu f (a) ≥ f (x) với mọi x ở lân cận a. Hàm f gọi là đạt cực tiểu tại a ∈ U nếuu f (a) ≤ f (x) với mọi x ở lân cận a. Hàm f gọi là đạt cực trị tại a nếuu f đạt cực tiểu hay cực đại tại đó. Nếu f khả vi, thì a gọi là điểm dừng hay điểm tới hạn của f nếuu Df (a) = 0. Chú ý: Hãy phân biệt max, min (có tính toàn cục) và cực tiểu, cực đại (có tính địa phöông). Phần này ta áp dụng công thức Taylor để xét cực trị địa phương của f . U ⊂ Rn. Điều kiện cần. Giả f khả vi trên U . Nếu f đạt cực trị tại a ∈ U , thì Df (a) = 0, i.e.. tập các điểm cực trị chứa trong tập các điểm dừng.. Chứng minh: Với mỗi i hàm 1 biến gi (t) = f (a + tei ) đạt cực trị tại t = 0.. Suy ra gi (0) =. ∂f (a) = 0. ∂xi. Vaäy Df (a) = 0.. . Nhaän xeùt: (i) Ñieàu kieän treân chæ laø ñieàu kieän caàn. Chaúng haïn, haøm coù ñieåm uoán. hay hàm có điểm yên ngựa f (x, y) = x2 − y2 . (ii) Trong trường hợp 1 biến để xem điểm dừng có phải là cực trị hay không, ta có thể xét chiều biến thiên của f thông qua dấu của f . Ngoài ra, khi f có đạo hàm cấp 2, nếu f (a) > 0, thì f đạt cực tiểu tại a; còn nếu f (a) < 0, thì hàm đạt cực đại tại đó. (iii) Đối với f là dạng toàn phương 2 biến, ta có các dạng chính tắc: f (x) = x3. x2 + y 2 , −x2 − y 2 , x2 − y 2 , x2 , −x2 , 0.. Hai dạng đầu (0, 0) là cực trị (điểm loại Parabol). Dạng thứ ba (0, 0) không là cực trị (điểm loại Hyperbol hay điểm yên ngựa). Các dạng còn lại suy biến. Để xem điểm dừng có là cực trị không trong trường hợp tổng quát, ta cần phần bậc hai cuûa khai trieån Taylor.. Hess. Neáu. thuộc lớp C 2 , thì Hess của phương (sinh từ đạo hàm cấp 2): f. n. 2. f. taïi. R h → Hf (a)(h) = (h∇) f (a) =. a. , kyù hieäu. n ∂ 2 f (a) i,j=1. Từ công thức Taylor suy ra. ∂xi ∂xj. Hf (a),. là dạng toàn. hi hj ∈ R..

(56) 53. IV.3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor.. Điều kiện đủ. Giả sử f thuộc lớp C 2 và Df (a) = 0. Khi đó. Nếu Hf (a) xác định dương, i.e Hf (a)(h) > 0, ∀h ∈ Rn \ 0, thì f đạt cực tiểu tại a. Nếu Hf (a) xác định âm, i.e. Hf (a)(h) < 0, ∀h ∈ Rn \ 0, thì f đạt cực đại tại a. Nếu Hf (a) không xác định dấu, thì f không đạt cực trị tại a. Chứng minh: Theo công thức Taylor, ta có 1 f (a + h) = f (a) + Df (a)h + Hf (a)(h) + o(h2 ) 2. Do. Df (a) = 0,. neáu. Hf (a) > 0,. thì toàn taïi m = min Hf (a)(h) h=1 Hf (a)(h) ≥ mh2 , ∀h ∈ Rn . Vậy f đạt cực tiểu tại a. Các trường hợp khác chứng minh tương tự.. > 0.. Suy ra . Theo giáo trình Đại số tuyến tính, ta có phương pháp Lagrange để đưa một dạng toàn phương về dạng chính tắc. Từ đó (dựa vào chỉ số quán tính) suy ra tính xác định dấu của dạng toàn phương. Ngoài ra, ta còn có tiêu chuẩn sau. Tiêu chuẩn Sylvester. Cho dạng toàn phương. n . H(h) =. aij hi hj , h ∈ Rn .. i,j=1. Xét dấu các định thức chính Dk = det(aij )1≤i,j≤k . Khi đó (i) H xaùc ñònh döông khi vaø chæ khi D1 > 0, D2 > 0, · · · , Dn > 0. (ii) H xaùc ñònh aâm khi vaø chæ khi D1 < 0, D2 > 0, · · · , (−1)n Dn > 0.. Ví dụ. Xét cực trị hàm f (x, y) = x3 + y3 − 3xy. Điểm tới hạn của f là nghiệm hệ phương trình ∂f = 3x2 − 3y = 0, ∂x. ∂f = 3y 2 − 3x = 0. ∂y. Suy ra caùc nghieäm: (0, 0) hay (1, 1). Ma traän Hess cuûa f . ∂ 2f  ∂x2 Hf =   ∂ 2f ∂y∂x. Taïi (0, 0): trò. Taïi (1, 1):. D2 = −9 < 0,. . ∂ 2f  6x −3 ∂x∂y  = ∂ 2f  −3 6y 2 ∂y. i.e Hf (0, 0) không xác định dấu. Vậy (0, 0) không là cực. D1 = 6 > 0, D2 = 27 > 0, i.e. Hf (1, 1) > 0.. Vậy f đạt cực tiểu tại (1, 1).. Nhận xét: Nếu Hess suy biến, dựa vào công thức Taylor cần xét đến đạo hàm caáp cao hôn. Bài tập: tìm điều kiện tổng quát cho bài toán cực trị đối với hàm 1 biến khả vi..

(57) 54 4. ĐỊNH LÝ HAØM NGƯỢC - ĐỊNH LÝ HAØM ẦN. Cho f : U → Rm . Nếu f khả vi liên tục, thì theo định nghĩa đạo hàm (và tính liên tục của nó), có thể đoán nhận là tính chất địa phương của f tại a, i.e. tính chất của f ở lân cận a, được xác định bởi ánh xạ tuyến tính Df (a). Cụ thể: (i) Neáu Df (a) laø ñôn aùnh, thì f ñôn aùnh treân moät laän caän cuûa a. (ii) Nếu Df (a) là toàn ánh, thì f ánh xạ một lận cận của a lên một lân cận của f (a). (iii) Nếu Df (a) là song ánh, thì f song ánh từ một lận cận của a lên một lân cận của f (a). Các đoán nhận trên được khẳng định qua định lý rất quan trọng sau.. 4.1 Ánh xạ ngược địa phương.. Nhaän xeùt : Xeùt heä phöông trình tuyeán tính: Ax = y, A ∈ M at(n, n). Theo ñònh lyù Cramer, neáu det A = 0, thì A khaû nghòch vaø ta coù theå giaûi x = A −1 y. Có thể nói gì về hệ phương trình phi tuyến ? Có thể giải x 1 , · · · , xn từ hệ    f1 (x1 , · · · , xn ). = y1.   f (x , · · · , x ) n 1 n. = yn ,. ···. theo bieán y1 , · · · , yn ? Cần chú ý thêm trong trường hợp hàm số 1 biến số f : R → R, nếu f khả vi liên tục và f (a) = 0, thì tồn tại hàm ngược f −1 tại lân cận a, hơn nữa f −1 cũng thuộc lớp C 1 . Với các nhận xét trên và ánh xạ khả vi được “xấp xỉ” bởi đạo hàm ta có. Định lý hàm ngược. Cho. f : U −→ Rn , U ⊂ Rn mở. Giả sử f thuộc lớp C k (k ≥ 1), và tại a ∈ U , det Jf (a) = 0. Khi đó tồn tại lân cận V của a, W cuả f (a), sao cho f : V −→ W có ánh xạ ngược f −1 : W −→ V . Hơn nữa, f −1 thuộc lớp C k và Df −1 (y) = (Df (x))−1 ,. y = f (x), x ∈ V.. Chứng minh: Trước hết ta có các nhận xét Nhận xét 1: Bằng phép tịnh tiến và biến đổi tuyến tính khả nghịch Df (a) −1 , ta đưa. việc chứng minh định lý về trường hợp a = f (a) = 0 và Df (0) = I n (ánh xạ đồng nhaát treân Rn ). (?) Nhận xét 2: Để xây dựng ánh xạ ngược địa phương cần giải x theo y từ phương trình y = f (x) tại lân cận 0. Với mọi y ∈ Rn xét hàm gy (x) = y + x − f (x). Nếu gy , ở laân caän 0, laø aùnh xaï co thì toàn taïi duy nhaát x sao cho gy (x) = x, i.e. phöông trình f (x) = y coù theå giaûi x theo y . Từ các nhận xét trên ta tiến hành chứng minh định lý theo các bước sau (với giả thieát cuûa nhaän xeùt 1) Bước 1: Dùng nguyên lý ánh xạ co để xây dựng ánh xạ ngược địa phương.. Xeùt g(x) = x − f (x). Ta coù Dg(0) = 0. Do g ∈ C 1 , aùp duïng ñònh lyù giaù trò trung bình ta có r > 0 đủ bé sao cho 1 g(x) − g(x ) ≤ x − x , x, x ∈ B(0, r). 2.

(58) 55. IV.4 Định lý hàmï ngược - Định lý hàm ẩn.. Suy ra với y ≤ r/2,. gy : B(0, r) −→ B(0, r),. và thoả. 1 gy (x) − gy (x ) ≤ x − x . 2. Theo nguyên lý ánh xạ co, tồn tại duy nhất x ∈ B(0, r) là điểm bất động của g y , i.e. có ánh xạ ngược địa phương f −1 : B(0, r/2) −→ B(0, r).. f. Bước 2: Chứng minh f −1 liên tục.. Cho y, y ∈ B(0, r/2). Khi đó cuûa g ta coù. x = f −1 (y), x = f −1 (y ) ∈ B(0, r).. Theo ñònh nghóa. 1 x − x ≤ f (x) − f (x ) + g(x) − g(x ) ≤ f (x) − f (x ) + x − x . 2 f −1 (y) − f −1 (y ) ≤ 2y − y . Vaäy f −1 lieân tuïc. Bước 3: Nếu r > 0 đủ bé, thì f −1 ∈ C k . Do tính lieân tuïc cuûa det, f ∈ C k , vaø det Df (a) = 0; suy ra (Df (x))−1 , ∀x ∈ B(0, r). Với y = f (x), y = f (x ), x, x ∈ B(0, r), ta có. Suy ra. với r > 0 đủ bé, tồn tại. f −1 (y) − f −1 (y ) − (Df (x))−1 (y − y ) = x − x − (Df (x))−1 (Df (x)(x − x )+ +o(x − x ) = (Df (x))−1 (ox − x ) = o(y − y ) (do bước 2) .. Vậy Df −1 (y) = (Df (x))−1, với y = f (x). 1 (Aij (x))n×n , Cuï theå hôn Jf −1 (y) = det Jf (x) trong đó Aij (x) là phần phụ đại số cuả Jf (x) = tổng các tích các đạo hàm riêng cuả f tại x. Do vậy các phần tử của ma trận Jf −1 là các hàm thuộc lớp C k−1 . Vậy f −1 thuộc lớp C k . . Vi phoâi. Moät aùnh xaï. gọi là một vi phôi lớp C k hay là một phép biến đổi lớp C nếuu f là song ánh và f, f −1 là thuộc lớp C k . Ánh xạ f gọi là vi phôi địa phương tại a nếuu f là một vi phôi từ một lân cận của a leân moät laân caän cuûa f (a). k. f : U → V. Ví duï. Xeùt phöông trình. u(x, y) = ex cos y,. giaûi x, y theo u, v moät caùch ñòa phöông vì det J(u, v) =. v(x, y) = ex sin y .. ex cos y −ex sin y ex sin y ex cos y. Khi đó có thể. = e2x = 0.. Chuù yù: (i) Ñònh lyù treân chæ khaúng ñònh tính khaû nghòch ñòa phöông. Chaúng haïn ví duï treân cho thaáy f : R2 → R2 , f (x, y) = (u(x, y), v(x, y)) laø khaû nghòch ñòa phöông taïi moãi (x, y) nhưng không khả nghịch (toàn cục), i.e. vi phôi địa phương mà không phải là vi phôi (toàn cục), dù det Jf (x, y) = 0, ∀(x, y) ∈ R2 . (Hãy kiểm tra) (ii) Định lý trên chỉ cho điều kiện cần để ánh xạ là khả nghịch ñòa phöông. Chaúng hạn, hàm f : R → R, f (x) = x3 , có hàm ngược f −1 (y) = √3 y, nhng f (0) = 0..

(59) 56. 4.2 Heä quûa. Cho. a ∈ U.. Khi đó. f : U → Rm , U ⊂ Rn. là tập mở. Giả sử f thuộc lớp C 1 và. (i) Neáu n < m vaø Df (a) laø ñôn aùnh, i.e.. rankDf (a) = n, thì toàn taïi moät vi phoâi ñòa phương g từ lân cận của f (a) lên lân cận 0 trong Rm , sao cho g ◦ f (x1 , · · · , xn ) = (x1 , · · · , xn , 0, · · · , 0). (pheùp nhuùng). (ii) Nếu n > m và Df (a) là toàn ánh, i.e. rankDf (a) = m, thì tồn tại một vi phôi địa phương h từ lân cận của 0 lên lân cận a trong Rn , sao cho f ◦ h(x1 , · · · , xn ) = (x1 , · · · , xm ). (pheùp chieáu). Chứng minh: (i) Giả sử Df (a) là đơn ánh. Bằng phép hoán vị tọa độ, có thể giả thiết. Jf (a). có n dòng đầu độc lập tuyến tính. Xét ánh xạ. Φ : U × Rm−n → Rm , Φ(x, yn+1 , · · · , ym ) = f (x) + (0, · · · , 0, yn+1 , · · · , ym ). Khi đó dễ kiểm tra Φ ∈ C 1 và JΦ(a, 0) khả nghịch. Theo định lý trên Φ là vi phôi ñòa phöông taïi (a, 0). Ta coù f (x) = Φ(x, 0). Vaäy g = Φ−1 thoûa (i). (ii) Giả sử Df (a) là toàn ánh. Có thể giả thiết Jf (a) có m cột đầu độc lập tuyến tính. Xeùt aùnh xaï Ψ : U → Rm × Rn−m , Ψ(x) = (f (x) − f (a), xm+1 − am+1 , · · · , xn − an ).. Khi đó dễ kiểm tra Ψ ∈ C 1 và JΨ(a) khả nghịch. Theo định lý trên Ψ là vi phôi địa phương tại a. Từ cách xây dựng Ψ, ta có f (x) = pr ◦ (Ψ(x) − f (a)), với pr là phép chiếu xuống m tọa độ đầu. Vậy h = (Ψ − f (a))−1 thỏa (ii). 4.3 Haøm aån. Khi xeùt haøm aån, i.e. phöông trình F (x, y) = 0, ta caàn xaùc ñònh khi naøo y coù theå giaûi theo x, y = g(x), vaø tính khaû vi cuûa g ? Bài tập: Xét cụ thể F (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0. Chứng minh: ∂F = 0 (gradF Có thể giải y = g(x) tại lân cận mỗi x = a ∈ (−1, 1) và để ý khi đó ∂y không song song với 0x). Khoâng theå giaûi y theo x taïi moïi laân caän a = ±1. Nhận xét: Trước hết xét hệ phương trình tuyến tính:    a11 x1. ···.   a x m1 1. +··· ··· +···. +a1n xn +b11 y1 + · · · ··· ··· ··· +amn xn +bm1 y1 + · · ·. Ñaët A = (aij )m×n , B = (bij )m×m . y = −B −1 Ax.. +b1m ym = 0 ··· +bmn ym = 0. Khi đó, nếu det B = 0, thì có thể giải y theo x:. Đối với hệ phương trình phi tuyến.    F1 (x, y). = 0 ···   F (x, y) = 0 m.

(60) 57. IV.4 Định lý hàmï ngược - Định lý hàm ẩn.. trong đó x ∈ Rn , y ∈ Rm . Khi nào có thể giải y theo x ? Lại dựa vào ý nghĩa của đạo hàm và định lý ánh xạ ngược ta có. Ñònh lyù haøm aån. Cho F. Giả sử F thuộc lớp. Ck. : A → Rm , A ⊂ Rn × Rm là tập mở, (a, b) ∈ A. (k ≥ 1), F (a, b) = 0, và định thức đạo hàm F theo. ∂F D(F1 , · · · , Fm ) (a, b) = det (a, b) = D(y1 , · · · , ym ) ∂y. ∂F1 (a, b) · · · ∂y1 ··· ··· ∂Fm (a, b) · · · ∂y1. ∂F1 (a, b) ∂ym ··· ∂Fm (a, b) ∂ym. bieán y = 0.. Khi đó tồn tại lân cận U ⊂ Rn của a, V ⊂ Rm của b, và ánh xạ duy nhất g : U → V thuộc lớp C k , sao cho phương trình F (x, y) = 0, (x, y) ∈ U × V ⇐⇒ y = g(x), x ∈ U, y ∈ V.. Hơn nữa, ta có Dg(x) = −. ∂F ∂y. −1. ∂F (x, g(x)), x ∈ U. ∂x. Chứng minh: Đặt f (x, y) = (x, F (x, y)), rồi áp dụng định lý ánh xạ ngược. Suy ra toàn taïi f −1 (x, z) = (x, G(x, z)), (x, z) thuoäc laân caän (a, 0). Khi đó hàm g(x) = G(x, 0) thoả kết luận của định lý. Công thức đạo hàm suy từ công thức đạo hàm hợp. (Các chi tiết xem nh bài tập) Nhận xét: Để tính đạo hàm hàm ẩn, thường ta không dùng phép nhân ma trận trên,. mà tính trực tiếp như sau. Từ F (x, g(x)) = 0, x ∈ U , áp dụng qui tắc dây chuyền suy ra đạo hàm hàm ẩn Dg , từ hệ phương trình: m ∂Fi ∂gk ∂Fi + = 0, i = 1, · · · , m; j = 1, · · · , k, ∂xj k=1 ∂yk ∂xj. Ta cũng có thể dùng công thức vi phân cổ điển để tính Dg . Chẳng hạn, với m = 1, ∂F neáu (a, b) = 0, thì y = g(x1 , · · · , xn ) taïi laân caän (a, b). Khi thay y = g(x), ta coù ∂y F (x1 , · · · , xn , y) = 0, x ∈ U , suy ra dF =. Từ suy. ∂F ∂F ∂F dy = 0. dx1 + · · · + dxn + ∂x1 ∂xn ∂y . ∂F ∂F ∂F dg = − dx1 + · · · + dxn , ∂y ∂x1 ∂xn ∂F/∂xj ∂g , j = 1, · · · , n. =− ra các đạo hàm riêng ∂xj ∂F/∂y. Ví duï. Caùc ví duï sau yeâu caàu chi tieát hoùa a) Xeùt heä phöông trình. . xu + yv 2 = 0 xv 3 + y 2 u6 = 0.

(61) 58 Theo định lý hàm ẩn, có thể giải u, v theo x, y ở lân cận x = 1, y = −1, u = 1, v = −1. Còn ở lân cận x = 0, y = 1, u = 0, v = 0 thì sao? ∂u taïi x = 1, y = −1, vaø taïi x = 0, y = 1 (neáu toàn taïi). Tính ∂x b) Khi nào thì từ phương trình f (x, y) = x2 + y2 − 1 = 0, có thể giải y = g(x). Tính đạo hàm g dựa vào công thức vi phân cổ điển. Chú ý: Rõ ràng là từ phương trình F (x, y) = x 3 − y3 = 0, có thể giải duy nhất ∂F y = x, nhöng (0, 0) = 0 : ñieàu kieän trong ñònh lyù haøm aån chæ laø ñieàu caàn. ∂y. Ứng dụng. Xét đa thức bậc n, phụ thuộc tham số u = (u0 , · · · , un−1): Pu (x) = xn + un−1 xn−1 + · · · + u1 x + u0. Giả sử khi u = a, x0 là nghiệm đơn của Pa , i.e. Pa (x0 ) = 0, Pa (x0 ) = 0. Khi đó, theo định lý hàm ẩn, tồn tại lân cận U của a và V của x0 , sao cho với mọi u ∈ U , tồn tại duy nhất nghiệm x(u) ∈ V của Pu (x) = 0. Vậy các nghiệm đơn của đa thức về mặt địa phương là các hàm lớp C ∞ của tham số. Cụ thể, xét phương trình bậc 3: x3 + px + q = 0, với p, q là tham số. Khi xét số nghiệm và nghiệm đơn đa đến biệt thức ∆ = 4p 3 + 27q2 . Treân mieàn ∆ > 0: coù 1 nghieän ñôn x∗ (p, q). Treân mieàn ∆ < 0: coù 3 nghieän ñôn x− (p, q) < x0 (p, q) < x+ (p, q). Treân nhaùnh ∆ = 0, q > 0: coù 1 nghieän ñôn x− (p, q) < 0 vaø 1 nghieäm keùp x0+ (p, q). Treân nhaùnh ∆ = 0, q < 0: coù 1 nghieän keùp x 0− (p, q) < 0 vaø 1 nghieäm ñôn x+ > 0. Taïi goác (p, q) = (0, 0): coù 1 nghieäm boäi ba x = 0. Hơn nữa, x∗ là hàm lớp C ∞ trên miền đầu, x− , x0 , x+ là các hàm lớp C ∞ trên miền thứ nhì. Nhận xét: Định lý hàm ẩn và hàm ngược thuộc loại định lý tồn tại. Ta có thể. dùng phương pháp ánh xạ co trong chứng minh để xây dựng dãy hàm hội tụ về hàm caàn tìm..

(62) V. Tích phaân Riemann 1. TÍCH PHAÂN. Xuất pháp từ bài toán trực quan về việc tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm dương trên một đoạn, ta xây dựng khái niệm tích phân Riemann sau. y. 6. sup f. S. inf f. S. a. S. b. -. x. 1.1 Tích phaân treân hình hoäp.. Moät hình hoäp trong Rn laø taäp con daïng A = [a1 , b1 ] × · · · [an , bn ]. Theå tích hình hoäp A laø giaù trò v(A) = (b1 − a1 ) · · · (bn − an ). Một phân hoạch P của hình hộp A là việc chia các đoạn [ai , bi ], i = 1, · · · , n, bởi các ñieåm ai = ci0 < ci1 < · · · < cimi = bi , roài laäp m1 m2 · · · mn hình hoäp con cuaû A: S = [c1i1 , c1i1+1 ] × · · · × [cnin , cnin+1 ].. Khi đó, lạm dụng ký hiệu, ta thường viết S ∈ P . Bây giờ giả sử f : A → R là hàm giới nội, P là một phân hoạch A. Ta định nghĩa Tổng Darboux dưới:. L(f, P ) =. Toång Darboux treân:. U (f, P ) =. . S∈P . inf f (x) v(S). x∈S. sup f (x) v(S). S∈P x∈S. Nhận xét: Rõ ràng L(f, P ) ≤ U (f, P ). Hơn nữa, nếu P là phân hoạch mịn hơn P ,. i.e. mọi điểm chia của P đều là điểm chia của P , thì mọi hộp của P đều chứa trong hộp nào đó của P , nên ta có L(f, P ) ≤ L(f, P ) vaø U (f, P ) ≤ U (f, P ). Vaäy I(f ) = sup L(f, P ) ≤ inf U (f, P ) = I(f ) P P Ñònh nghóa. f goïi laø khaû tích (Riemann) treân A , neáuu I(f ) = I(f ). Khi đó giá trị trên gọi là tích phân của f trên A , và ký hiệu: A. f. hay. A. f (x)dx. hay. b1 a1. ···. bn an. f (x1 , · · · , xn )dx1 · · · dxn.

(63) 60 Từ định nghĩa suy ra. 1.2 Tieâu chuaån Riemann. Caùc ñieàu sau töông ñöông:. (i) Haøm f khaû tích treân A. (ii) Với mọi > 0, tồn tại phân hoạch P tập A, sao cho. U (f, P ) − L(f, P ) < .. Ví duï.. a) Nếu f ≡ c (const), thì U(f, P ) = L(f, P ) = cv(A), với mọi phân hoạch P . Vaäy f khaû tích treân A vaø f = cv(A). A b) Haøm Dirichlet 0 nếu x hữu tỉ D(x) = 1 neáu x voâ tæ là không khả tích Riemann trên [0, 1], vì với mọi phân hoạch P L(D, P ) = 0, U (D, P ) = 1.. Bây giờ ta liên hệ việc xây dựng tích phân với tổng Riemann. Cho P là phân hoạch hình hộp A và họ các điểm ξP = (ξS , S ∈ P ) với ξS ∈ S . Ñònh nghóa Toång Riemann:. S(f, P, ξP ) =. . f (ξS ) v(S). S∈P. Ký hiệu |P | là chiều dài lớn nhất của các cạnh hình hộp con S ∈ P . Bài tập: mô tả hình học giá trị tổng trên, tổng dưới, tổng Riemann của hàm một và hai biến dương (Bài toán tính diện tích và thể tích). 1.3 Tieâu chuaån Darboux. Cho f. :A→R. là hàm giới nội trên hình hộp A ⊂ R n .. Khi đó các điều sau tương đương (i) Haøm f khaû tích treân A vaø f = I . A (ii) lim S(f, P, ξP ) = I, ∀ξP , theo nghĩa sau: với mọi > 0, tồn tại δ > 0, sao cho |P |→0. với mọi phân hoạch P của A mà |P | < δ , ta có |S(f, P, ξP ) − I| < . ∀ ξP. Chứng minh: Trước hết ta có: Bổ đề. Cho P0 là phân hoạch A. Khi đó với mọi > 0, tồn tại δ > 0, sao cho nếu P là phân hoạch A mà |P | < δ , thì tổng thể tích các hộp của P mà không chứa trong moïi hình hoäp cuûa P laø < .. Ta chứng minh bổ đề trên qui nạp theo n. Khi n = 1, A = [a, b]. Gỉa sử P0 có N điểm chia. Chọn δ = /N . Gọi P là phân hoạch mà |P | < δ . Khi đó độ dài các đoạn của P không chứa trong mọi đoạn của P 0 là ≤ (số cực đại các đoạn như vậy)×(chiều dài cực đại mỗi đoạn) ≤ N × δ = ..

(64) 61. V.1 Tích phaân.. Khi n > 1, gọi các hộp của P0 là V1 , · · · , Vk . Gọi T là tổng “diện tích” các mặt giữa 2 hộp kề nhau. Chọn δ = /T . Cho P là phân hoạch A mà |P | < δ . Khi đó nếu S ∈ P mà S ⊂ Vi , i = 1, · · · , k , thì S giao với các mặt của một số hộp thuộc P 0 . Dễ thấy v(S) ≤ δD, với D là tổng diện tích các mặt (của các hộp V1 , · · · , Vk ) giao với S . Vaäy v(S) < δT = . S∈P,S⊂Vi ,∀i. Chứng minh (i) ⇒ (ii): Gỉa sử |f (x)| < M, ∀x ∈ A. Theo tiêu chuẩn Riemann, tồn tại phân hoạch P0 sao cho U (f, P0 ) − I < /2 , I − L(f, P0 ) < /2. Áp dụng bổ đề, với := /2M , tồn tại δ > 0 thỏa kết luận bổ đề. Cho P là phân hoạch mà |P | < δ . Gọi P1 là các hộp của P mà chứa trong một hộp nào đó của P0 . còn P2 là các hộp của P mà không chứa trong hộp nào của P0 . Khi đó với mọi họ ñieåm ξP , ta coù . f (ξS ) v(S) ≤. S∈P. . f (ξS ) v(S) +. S∈P1. . f (ξS ) v(S). S∈P2. ≤ U (f, P0 ) + M /M I − . S∈P. Vaäy |S(f, P, ξP ) − I| < . Chứng minh (ii) ⇒ (i): Với > 0. Gọi δ > 0 và P thỏa (ii). Gọi N là số hộp của P . Với mỗi S ∈ P , chọn ξS ∈ S : |f (ξS ) − supS f | < /v(S)N . Khi đó |U (f, P ) − I| ≤ |U (f, P ) −. . f (ξS )v(S)| + |. S∈P. Do tổng thứ nhất ở vế phải <. S∈P. v(S)/v(S)N = ,. . f (ξS )v(S)I |. S∈P. suy ra. U (f, P ) − I| < 2.. Lập luận tương tự |L(f, P ) − I| < 2. Suy ra |U (f, P ) − L(f, P )| < 4. Theo tiêu chuaån Riemann f khaû tích treân A. . Ví duï. Cho f : A = [a1 , b1 ] × [an , bn ] → R laø haøm khaû tích.. là phân hoạch đều các đoạn [ai , bi ], i = 1, · · · , n, bởi N + 1 điểm chia: k(bi − ai ) , k = 0, · · · , N . Theo tieâu chuaån treân, khi N → ∞, ta coù cik = ai + Goïi. PN. N. N (b1 − a1 ) · · · (bn − an ) f (c1k1 , · · · , cnkn ) −→ f. Nn A k ,··· ,k =1 1. n. Vậy có thể tính gần đúng tích phân bởi tổng Riemann nêu trên (công thức hình chữ nhaät)..

(65) 62 Chaúng haïn. 1 0. N 1 1 k 1 N (N + 1) = lim = . 2 N →∞ N N →∞ N N 2 2 k=1. xdx = lim. 1.4 Tập đo được Jordan. Cho định nghĩa bởi. C ⊂ Rn . χC (x) =. là tập giới nội. Hàm đặc trưng của. neáu neáu. 1 0. C. x∈C x ∈ C. Gọi A là hộp chứa C . Khi đó C gọi là đo được (Jordan) nếuu χC khả tích trên A và goïi theå tích cuûa C laø v(C) =. A. χC .. Chú ý là định nghĩa trên không phụ thuộc hộp A chứa C . Từ “thể tích” được thay bởi từ “độ dài”, “diện tích” khi n = 1, n = 2 tương ứng. Về mặt hình học U (χC , P ) là tổng thể tích các hộp thuộc P có giao với C (thể tích ngoài); còn L(χC , P ) là tổng thể tích các hộp thuộc P chứa trong C (thể tích trong).. Bài tập: Gọi C là hình giới hạn bởi đường cong và A là hình chữ nhật cho ở hình trên. Phân hoạch A thành các hình chữ nhật bằng nhau. Tìm mối quan hệ giữa tổng trên, tổng dưới và số hình chữ nhật có giao với C hay nằm trọn trong C . Từ đó suy ra cách tính gần đúng diện tích một hình trên mặt phẳng hay trên màn hình.. 1.5 Tích phân trên tập giới nội. Cho C ⊂ Rn là tập giới nội, đo được, và f : A → R là hàm giới nội trên hình hộp A chứa C . Khi đó f gọi là khả tích trên C nếuu f χ C khaû tích treân A vaø ñònh nghóa tích phaân cuûa f treân C C. f=. A. f χC .. Kyù hieäu R(C) taäp moïi haøm khaû tích Riemann treân C . 2. LỚP HAØM KHẢ TÍCH RIEMANN. Lớp các hàm khả tích Riemann được hoàn toàn xác định dựa trên khái niệm sau (được Lebesgue đa ra vào khoảng 1890).. 2.1 Độ đo không. Tập. B ⊂ Rn gọi là có độ đo không, ký hiệu µ(B) = 0 hay µn (B) = 0, nếuu với mọi > 0 tồn tại hữu hạn hay đếm được các hình hộp S 1 , S2 , · · · phuû B , i.e. B ⊂ ∪i Si , vaø i v(Si ) < ..

(66) 63. V.2 Lớp hàm khả tích Riemann.. Ví duï. Taäp. là có độ đo không (?). Đường thẳng R khi xem như tập con của là có độ đo không. (?) Bài tập: Chứng minh nếu µ(B) = 0 và f : B → Rm thoả điều kiện Lipschitz, thì µ(f (B)) = 0. R2. N ⊂ R. Mệnh đề. Nếu µ(Bi) = 0,. i = 1, 2, · · ·. , thì µ(∪i Bi ) = 0.. Chứng minh: Cho > 0. Khi đó với mỗi i, tồn tại các hộp Si1 , Si2 , · · · phủ Bi . sao cho. v(Sij ) < /2i . 1 ij v(Sij ) < i i < 2 j. Ví dụ. Tập đếm được trong. Vaäy hoï hình hoäp. {Sij }. phuû. ∪i Bi. vaø coù toång theå tích . Rn. là có độ đo không.. Việc xây dựng tích phân đòi hỏi các hàm “tốt”, chẳng hạn hàm liên tục, phải khả tích. Haøm khaû tích Riemann khi vaø chæ khi noù lieân tuïc “haàu khaép nôi”. Moät caùch chính xaùc ta coù. 2.2 Ñònh lyù (Lebesgue). Haøm. giới nội trên hình hộp A ⊂ R n là khả tích Riemann khi và chỉ khi tập điểm gián đoạn của f có độ đo không. f : A → R. Chứng minh: Để đo độ gián đoạn của hàm f tại một điểm, ta có khái niệm:. Dao động của f trên tập S là số o(f, S) = sup f (x) − inf f (x). x∈S x∈S Dao động của f tại a được ký hiệu và định nghĩa bởi o(f, a) = lim o(f, B(a, r)). r→0+. Giới hạn trên là tồn tại do tính đơn điệu theo r. (Bài tập) Từ định nghĩa, ta có: o(f, a) = 0 khi và chỉ khi f liên tục tại a. (Bài tập) Đặt B = {x : o(f, x) > 0} là tập các điểm gián đoạn của f . (⇒). neân. µ(B) = 0. Với > 0, đặt B = {x : o(f, x) ≥ }. Do B ⊂ B , µ(B ) = 0. Vì B đóng và giới nội nên nó compact (bài tập). Vậy tồn tại hữu. Giả sử. haïn hoäp S1 , · · · , SN phuû B coù toång theå tích. N i=1. v(Si ) < .. P là phân hoạch A sao cho nếu S ∈ P thì hoặc S ∩ B = ∅ hoặc S ⊂ Si i ∈ {1, · · · , N } nào đó. Ñaët P1 = {S ∈ P : S ∩ B = ∅} coøn P2 = {S ∈ P : ∃i S ⊂ Si }. Neáu S ∈ P1 , thì o(f, x) < , x ∈ S . Do S compact coù theå laøm mòn P sao cho S ∈ P1 , thì supS f − inf S f ≤ 2 . Goïi. Vaäy. U (f, P ) − L(f, P ) = ( ≤. . +. S∈P1 . . S∈P2. ) (sup f − inf f )v(S) S. 2v(S) +. S∈P1. ≤ 2v(A) + M. . S∈P2 N . S. M v(S), (M = sup f − inf f ) A. v(Si ) < (2v(A) + M ).. i=1. A. với khi.

(67) 64 Theo tieâu chuaån Riemann f khaû tích treân A. (⇐) Ngược lại, giả sử f khả tích trên A. Ta có B =. k∈N. cần chứng minh µ(B k1 ) = 0, ∀k ∈ N. Cố định k. Với > 0, tồn tại phân hoạch P : U (f, P ) − L(f, P ) = . Suy ra. S∩B 1. Vì {S ∈ P. k. . 1 v(S) ≤ k ∅ = S∩B. : S ∩ B 1 = ∅} k. 1 k. S. S. . phuû B k1 vaø. k. . Theo mệnh đề 2.1 chỉ. (sup f − inf f )v(S) <. S∈P. S. S. . k. . k. (sup f − inf f )v(S) <. =∅. B1 .. v(S) < ,. S∩B 1 =∅. neân µ(B k1 ) = 0.. . k. Hệ quả 1. Tập giới nội C ⊂ là đo được khi và chỉ khi µ(∂C) = 0. Hệ qủa 2. Cho C ⊂ Rn đo được. Nếu f : C −→ R có hữu hạn hay đếm được điểm Rn. gián đoạn, thì f khả tích trên C . Heä quûa 3. Neáu f : [a, b] → R laø haøm ñôn ñieäu, thì f khaû tích.. Chứng minh: C đo được khi và chỉ khi χC khả tích. Tập điểm gián đoạn của χC. chính là biên ∂C . Vậy từ định lý suy ra hệ qủa 1. Hệ qủa 2 suy từ định lý và mệnh đề 2.1. Để chứng minh hệ qủa 3, nhận xét là do tính đơn điệu, nên với mỗi k ∈ N tập Dk = {x ∈ [a, b] : o(f, x) ≥ |f (a) − f (b)|/k} không thể có quá k phần tử. Suy ra tập các điểm gián đoạn của f là B = k Dk không quá đếm được. Vậy f khả tích. . Ví duï.. 1 x 1 2 b) Haøm f (x, y) = x +sin y. a) Haøm f (x) = sin neáu x = 0, f (0) = 0 laø khaû tích treân [−1, 1].. 2.3 Tính chaát. Cho A.. Khi đó ta có. A. neáu y = 0, f (x, 0) = 0 laø khaû tích treân A = {x2 +y2 ≤ 1}.. là tập đo được trong Rn , và f, g là các hàm khả tích trên. Tính tuyến tính: Với mọi α, β ∈ R, hàm αf + βg là khả tích trên A và . A. (αf + βg) = α. . f +β. A. . A. g. Tính phân đoạn: Nếu A1 , A2 ⊂ A là các tập đo được, thì f khả tích trên A1 , A2 và . A1 ∪A2. Tính lieân tuïc: Neáu f. ≤g. f=. . treân A, thì. A1. f+. . Ñaëc bieät, haøm |f | khaû tích treân A vaø |. A. . f≤. A. f−. A2. . A1 ∩A2. f.. . f| ≤. A . g.. A. |f |.. Ñònh lyù giaù trò trung bình: Neáu f lieân tuïc vaø A lieân thoâng , thì toàn taïi c ∈ A sao cho A. f = f (c)v(A)..

(68) 65. V.3 Các công thức tính tích phân. Chứng minh: Các tính chất đầu suy từđịnh nghĩa và định lý Lebesgue.. Từ tính liên tục suy ra inf A f v(A) ≤ f ≤ sup f v(A), rồi áp dụng định lý về hàm A A liên tục trên tập liên thông suy ra tính chất cuối. (Bài tập: Hãy nêu chứng minh chi tieát) . Ví duï.. a) Nếu A, B đo được, thì A ∪ B đo được, và v(A ∪ B) = v(A) + v(B) − v(A ∩ B). b 1 f (x)dx b) Neáu f laø haøm lieân tuïc treân [a, b], thì toàn taïi c ∈ [a, b] sao cho f (c) = b−a. a. 3. CÁC CÔNG THỨC TÍNH TÍCH PHÂN. Trước hết, là các công thức tích phân hàm 1 biến:. 3.1 Định lý cơ bản. Giả sử f : [a, b] −→ R liên tục. Khi đó ta có mối quan hệ giữa tích phân và đạo hàm d dx. x a. f = f, x ∈ [a, b].. Từ định lý trên suy ra các công thức tính tích phân cho hàm một biến: Công thức Newton-Leibniz: Nếu F là một nguyên hàm của f trên [a, b], i.e. F (x) = f (x), x ∈ [a, b], thì b a. Công thức đổi biến: Giả sử Khi đó. f = F (b) − F (a).. g : [a, b] −→ R g(b) g(a). f=. khaû vi lieân tuïc, f lieân tuïc treân g([a, b]).. b a. f ◦ g g.. Công thức tích phân từng phần: Giả sử u, v là hai hàm khả vi liên tục trên [a, b]. Khi đó b a. uv = u(b)v(b) − u(a)v(a) −. b a. u v.. Để tính tích phân hàm nhiều biến có 2 phương pháp cơ bản: • Chuyeån tích phaân boäi veà tích phaân laëp caùc haøm 1 bieán. • Đổi biến. Phương pháp đầu dựa trên gợi ý hình học sau:.

(69) 66 y. 6. g2 Cx. a. g1. x. -. b. x. Cho C là hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm g1 , g2 trên [a, b], với g1 ≤ g2 . Để tính diện tích C , với mỗi x ∈ [a, b], gọi d(x) là độ dài của đoạn thẳng Cx = x × R ∩ C = x × [g1 (x), g2 (x)]. Khi đó, ta có thể đưa tích phân 2 lớp về lặp các tích phân 1 lớp: dt(C) =. C. dxdy =. b a. d(x)dx =. b g2 (x) a. (. g1 (x). dy)dx. Tương tự, đối với việc tính thể tích. Cho f là hàm liên tục, dương trên [a, b] × [c, d]. Xét khối giới hạn bởi đồ thị f trên [a, b] × [c, d], V = {a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d, 0 ≤ z ≤ f (x, y)}. Với mỗi x ∈ [a, b], ta có d f (x, y)dy S(x) = dieän tích hình thang {(y, z) : c ≤ y ≤ d, 0 ≤ z ≤ f (x, y)} = c Theo cách xây dựng tích phân, ta có thể đưa tích phân 3 lớp về lặp các tích phân 1 lớp: tt(V ) =. V. dxdydz =. b a. S(x)dx =. b d a. (. c. f (x, y)dy)dx. Tổng quát, ta có công thức:. 3.2 Công thức Fubini. Cho C ⊂ Rn × Rm đo được, f : C → R khả tích. Goïi Ω = {x ∈ Rn : ∃y ∈ Rm , (x, y) ∈ C} laø hình chieáu cuûa C leân Rn , Cx = {y ∈ Rm : (x, y) ∈ C} nhaùt caét cuûa C taïi x. f (x, y)dy với mọi x ∈ Ω. Khi đó ta có Giả sử tồn tại Cx. C. f (x, y)dxdy =. Ω. (. Cx. f (x, y)dy)dx.. Chứng minh: Trước hết chứng minh cho C = A×B , với A, B là các hộp trong R n , Rm. tương ứng. Giả sử P, P là các phân hoạch A, B tương ứng. Khi dó P × P là phân hoạch A × B.

(70) 67. V.3 Các công thức tính tích phân.. thaønh caùc hình hoäp S × S , S ∈ P, S ∈ P . Ta coù . L(f, P × P ) =. inf{f (x, y); x ∈ S, y ∈ S }v(S × S ). S×S ×P ∈P . inf{f (x, y); x ∈ S, y ∈ S }v(S ))v(S). (. =. S∈P S ∈P . ≤. S ∈P . S∈P. . ≤. inf (. S∈P . ≤ L(. Tương tự, ta có L(f, P × P ) ≤ L(. . . inf{f (x, y); y ∈ S }v(S); x ∈ S}v(S). inf{. B. . x∈S. B. B. f (x, y)dy)v(S). f (x, y)dy, P ).. f (x, y)dy, P ) ≤ U ( . B. f (x, y)dy, P ) ≤ U (f, P × P ).. f = ( f (x, y)dy)dx. Từ đó suy ra A×B A B Với C bất kỳ, tồn tại các hộp A, B sao cho C ⊂ A × B . Thác triển f lên toàn bộ A × B bởi giá trị 0 ngoài C , rồi áp dụng trên ta có công thức. . Ví duï.. a) Giả sử g1 , g2 : [a, b] → R là các hàm liên tục, và g1 ≤ g2 . Ñaët C = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)}. Cho f laø haøm lieân tuïc treân C . Khi đó C là tập đo được (bài tập) và C. f (x, y)dxdy =. b g2 (x) a. (. g1 (x). f (x, y)dy)dx. b) Giả sử h1 , h2 : Ω → R liên tục, giới nội trên tập đo được Ω ⊂ R2 , và h1 ≤ h2 . Ñaët C = {(x, y, z) : (x, y) ∈ Ω, h1 (x, y) ≤ z ≤ h2 (x, y)}. Cho f laø haøm lieân tuïc treân C . Khi đó C là tập đo được và C. f (x, y, z)dxdydz =. Ω. (. h2 (x,y) h1 (x,y). f (x, y, z)dz)dxdy. x2 y 2 + 2 ≤ 1}, áp dụng công thức Fubini ta có: a2 b b b a2 − x2 ≤ y ≤ a2 − x2 }. Ox laø [−a, a], nhaùt caét Cx = {y : − a a. c) Để tính diện tích Ellip E = { Hình chieáu E leân Vaäy dieän tích. v(E) =. a −a. (. b a. √ a2 −x2. − ab. √ a2 −x2. = 2ab(arcsin. dy)dx =. x x2 + a a. a −a. 2. b a. a2 − x2 dx. a2 − x2 )|a−a = πab..

(71) 68 Công thức đổi biến nêu mối quan hệ của sự thay đổi thể tích của một hình A khi qua phép biến hình g (phép đổi biến). Về mặt địa phương độï co dãn hình chính là định thức của đạo hàm Dg . Cụ thể, ta có:. 3.3 Công thức đổi biến. Cho. Giả sử Khi đó. g : U −→ Rn thuộc lớp C 1 trên tập mở U ⊂ Rn . A là tập đo được có bao đóng A ⊂ U , sao cho g là 1-1 và det Dg = 0 trên A. neáu f : g(A) −→ R khaû tích, thì f ◦ g| det Dg| khaû tích treân A vaø g(A). f=. A. f ◦ g| det Dg|.. Chứng minh: Vì g ∈ C 1 nên thoả điều kiện Lipschitz trên A. Vậy g(A) đo được (xem. 2.1). Ngoài ra, theo định lý Lebesgue f ◦ g| det Dg| khả tích trên A. Để chứng minh công thức, ta dựa vào bổ đề khai triển:. Bước 1 (Bổ đề khai triển): Nếu g ∈ C 1 và det Dg(a) = 0, thì tồn tại lân cận (hộp) Ua của a sao cho trên đó g = (Φn ◦ Tn ) ◦ · · · ◦ (Φ1 ◦ T1 ), Ti (x) = a + σi (x − a), σi laø pheùp Φi (x1 , · · · , xn ) = (x1 , · · · , φi (x), · · · , xn ) (i = 1 · · · , n). ∂g Thực vậy, do det Dg(a) = 0 nên tồn tại i, n (a) = 0. ∂xi Gọi B(x) = a + σ(x − a), với σ là hoán vị n với i. ∂g ∂h Đặt h = g ◦ B . Khi đó n (a) = n (a) = 0. ∂xn ∂xi. trong đó. hoán vị toạ độ, còn. ∂h. Ñaët Φ(x) = (x1 , · · · , xn−1 , hn (x)). Ta coù Φ ∈ C 1 vaø det DΦ(a) = n (a) = 0. Theo ∂xn định lý ánh xạ ngược, tồn tại lân cận U của a trên đó Φ có ánh xạ ngược Φ −1 ∈ C 1 . Ta coù g = h ◦ B −1 = G ◦ Φ ◦ T , với T = B −1 = a + σ −1 (x − a), G(x) = (h1 (x), · · · , hn−1 (x), xn ). Tiếp tục lập luận tương tự cho G ta có biểu diễn cần tìm. Bước 2: Công thức đúng cho g(x) := T (x) = a + σ(x − a), σ là hoán vị.. Để chứng minh chỉ cần áp dụng công thức Fubini với chú ý là | det T | = 1. (?). Bước 3: Công thức đúng trên Ua cho g(x) := Φi (x) = (x1 , · · · , φi (x), · · · , xn ).. Ta chứng minh trường hợp i = n, trường hợp khác hoàn toàn tương tự. Giả sử laø hoäp trong Rn−1 . ∂φ Khi đó Φ(U ) = S × φn (U ), và det DΦ = n . ∂xn Theo công thức Fubini. Ua = S × [an .bn ], S. Φ(U ). f. = = =. . (. . S φbnn(x1 ,··· ,xn−1 ,[an ,bn ]) S U. (. an. f (x)dxn )dx1 · · · dxn−1 .. f (x1 , · · · , φn (x))|. ∂φn |dxn )dx1 · · · dxn−1 ∂xn. (công thức đổi biến 1 biến). f ◦ Φ| det DΦ|.. Bước 4: Nếu công thức đúng cho T và Φ, thì cũng đúng cho Φ ◦ T ..

(72) 69. V.3 Các công thức tính tích phân. . Thực vậy,. Φ◦T (C). =. f. = =. T (C) C C. f ◦ Φ| det DΦ|. f ◦ Φ ◦ T | det(DΦ) ◦ T || det DT | f ◦ (Φ ◦ T )| det D(Φ ◦ T )|.. Kết thúc chứng minh công thức: Do A compact nên A chứa trong hình hộp nào đó.. Tồn tại phân hoạch P hộp đó sao cho với mọi S triển nh bước 1 trên S . Suy ra: . g(A). . f=. g(A∩S). S∈P S∩A=∅. f=. . A∩S. S∈P S∩A=∅. ∈P. maø S ∩ A = ∅ thì g coù khai. f ◦ g| det Dg| =. A. f ◦ g| det Dg|.. . Trong ứng dụng có thể cần áp dụng dạng tổng quát hơn sau:. Ñònh lyù. Cho. 1 treân phaàn treân A vaø. g : U −→ Rn , U mở trong Rn . Giả sử A đo được A ⊂ U , g là 1trong intA. Khi dó nếu f khả tích trên g(A), thì f ◦ g| det Dg| khả tích g(A). f=. A. f ◦ g| det g|.. Việc chứng minh dựa vào bổ đề Sard: µ{x : det Dg(x) = A = intA ∪ ∂A, ∂g(A) ⊂ g(∂A). Caùc chi tieát xem nhö baøi taäp.. 0} = 0.. Với chú ý. Ví dụ. Sau dây là các phép đổi biến hay dùng: •. Tọa độ cực:. g : R2 −→ R2 |. cho bởi g(r, ϕ) = (r cos ϕ, r sin ϕ). cos ϕ −r sin ϕ sin ϕ r cos ϕ. D(x, y) | = | det Dg(r, ϕ)| = D(r, ϕ). = r. y. ϕ. 2π. 6. 6. g0. R. 0. -r. * r ϕ . R. -x. Nếu A ⊂ R2 đo được, g song ánh trên intA và f khả tích trên A, thì . g(A). f (x, y)dxdy =. . A. f (r cos ϕ, r sin ϕ)rdrdϕ.. Chaúng haïn coù theå chuyeån vieäc laáy tích phaân treân hình troøn thaønh vieäc tích phaân treân hình chữ nhật như ví dụ sau . x2 +y 2 ≤R2. e. −x2 −y 2. dxdy =. 2π R 0. 0. 2. 2. e−r rdrdϕ = π(1 − e−R )..

(73) 70 Bài tập: Áp dụng công thức Fubini và cho R → +∞ suy ra. ∞. 2. −∞. e−x dx =. √. π.. Tọa độ trụ: g : R3 −→ R3 , (r, ϕ, z) → (r cos ϕ, r sin ϕ, z). Ta cũng có | det g(r, ϕ, z)| = r, và nếu A ⊂ R2 đo được, g song ánh trên intA và f khaû tích treân A, thì •. . g(A). f (x, y, z)dxdydz =. . A. f (r cos ϕ, r sin ϕ, z)rdrdϕdz. Phép biến đổi này hay được sử dụng khi miền có dạng hình trụ. Chẳng hạn, với trụ A = {x2 + y 2 ≤ 1, 0 ≤ z ≤ 1}, ta coù A. z dxdydz = 1 + x2 + y 2. 1 2π 1 0. 0. 0. z rdrdϕdz = 1 + r2. 1. 2π. zdz. 0. 0. 1. dϕ. 0. π r dr = ln 2. 2 1+r 2. Tọa độ cầu: g : R3 −→ R3 , (ρ, ϕ, θ) → (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ). Định thức Jacobi: | det Dg(ρ, ϕ, θ)| = ρ2 sin θ. (?) •. z. 6 s. M. θ. ρ. s 7. y. 0 ϕ. -. x. Ta coù . g(A). f (x, y, z)dxdydz =. A. f (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ)ρ2 sin θdρdϕdθ,. trong đó A đo được, g song ánh trên intA và f khả tích. Phép đổi biến này thuận tiện khi miền tích phân có dạng hình cầu. Chẳng hạn x2 +y 2 +z 2 ≤R2. x2. +. y2. +. z 2 dxdydz. = =. R 2π π 0. R 0. 0. ρ3 dρ. 0. ρ3 sin θdρdϕdθ. 2π 0. π. dϕ. 0. sin θdθ =. R4 2π.2. 4. Ví dụ. Qua phép vị tự thể tích thay đổi thế nào? Gọi A là tập đo được trong Rn . Cho λ ∈ R. Xét phép vị tự λ : Rn → Rn , λ(x) = λx. Khi đó với phép đổi biến (y1 , · · · , yn ) = (λx1 , · · · , λxn ), ta có v(λ(A)) =. . λ(A). dy =. . A. λn dx = λn v(A).

(74) V.3 Các công thức tính tích phân.. Bài tập: Chứng minh tính chất hình học sau của định thức: Xét hình bình hành tạo bởi v1 , · · · , vn ∈ Rn A = {y ∈ Rn : y = x1 v1 + · · · + xn vn , 0 ≤ x1 , · · · , xn ≤ 1}. Khi đó thể tích. v(A) = | det(v1 , · · · , vn )| = |det(vij )1≤i,j≤n |. trong đó vi = (vi1 , · · · , vin ). 71.

(75) Baøi taäp Giaûi Tích 2. I. Daõy haøm - Chuoãi haøm Chuỗi lũy thừa - Chuỗi Taylor. 1. Laäp luaän sau cuûa Euler taïi sao sai? “Ta coù. 1 + x + x2 + x3 + · · · =. 1 1 1 1 1 + 2 + 3 + ··· = = . x x x x(1 − 1/x) x−1 1 1 1 Coäng laïi suy ra · · · + 3 + 2 + + 1 + x + x2 + x3 + · · · = 0, x x x. Vaäy. 2. Xác định bán kính hội tụ và miền của các chuỗi lũy thừa sau: ∞ ∞ ∞ ∞ xk k (x + 2)k k k (x − 1) b) k!x c) d) a) 2 k. k=1. f). k=0. ∞ (−1)k 2k+1 x. k. k=1. k+1 k=0. g). k=2. ∞ 1 x 2k k=1. k. ln k. 1 . 1−x. khi x = 0, 1.” e). ∞ 1. 2k k k=1. xk. 2. 3. Dựa vào phép lấy tích phân hay đạo hàm qua dấu tổng, tính các tổng sau: ∞ ∞ ∞ ∞ xk+1 d) (k2 + 2k − 2)xk a) xk b) (k + 1)xk c) e). k=0 ∞ . (−1)k. k=1. xk. k=0. k. f). ∞ x2k+1 k=0. 2k + 1. k=0. g). k+1. k=0. ∞ 2k 2 + 1 k x k=0. k!. 4. Đúng hay sai: nếu f khả vi vô hạn trên (a, b), thì chuỗi Taylor của f tại c ∈ (a, b) luoân hoäi tuï. 5. Đúng hay sai: chuỗi Taylor của một hàm nếu hội tụ, thì hội tụ về chính hàm đó. 1. 6. Cho haøm f (x) = e− x2 (x = 0), Chuoãi Taylor cuûa f ?. f (0) = 0.. Chứng minh. 7. Khai trieån thaønh chuoãi Taylor taïi 0 caùc haøm sau: x c) f (x) = a) f (x) = sin3 x b) f (x) = 2 d) f (x) =. √ a+x. e). (1 −x)(1 − x ) 1+x f (x) = ln 1−x 1. x. f. khaû vi voâ haïn laàn.. 1 (1 − x)n. t2. e− 2 dt. 8. Ñònh nghóa haøm sai soá: erf(x) = √ 2 0 Biểu diễn hàm dưới dạng chuỗi lũy thừa, viết 5 số hạng đầu của chuỗi đó. Dựa vào chuỗi trên tính xấp xỉ giá trị erf(1). x sin t. dt. 9. Ñònh nghóa haøm: Si(x) = t 0 Biểu diễn hàm dưới dạng chuỗi lũy thừa. Dựa vào chuỗi trên tính xấp xỉ giá trị Si(1)..

(76) 74. Baøi taäp Chuoãi Fourier. 1. Chứng minh nếu f có chu kỳ T , thì. a+T a. f (x)dx =. T 0. f (x)dx, ∀a.. 2. Cho f laø haøm khaû vi lieân tuïc treân [−π, π]. Goïi ak , bk vaø ak , bk laø caùc heä soá Fourier của f và f . Bằng cách tích phân từng phần chứng minh ak = kbk , bk = −kak . 3. Vieát chuoãi Fourier caùc haøm sau: a) f (x) = 0, neáu −π ≤ x ≤ 0; f (x) = 1, neáu 0 < x ≤ π . b) f (x) = |x|, −π ≤ x ≤ π . 4. Xét sự hội tụ và hội tụ đều của chuỗi Fourier của các hàm cho ở bài tập trên. Suy ra 1 1 1 π = 1 − + − + ··· 4 3 5 7. π2 1 1 1 = 2 + 2 + 2 + ··· 8 1 3 5. va. Taïi x := 0, ±π chuoãi Fourier coù gía trò baèng f (x)? 5. Cho t ∈ R \ Z, vaø haøm ft (x) = cos tx, a) Khai trieån Fourier ft (x). ∞ 2t 1 b) Suy ra cotan tπ = + 2 tπ. k=1. c) Đạo hàm từng từ suy ra. |x| ≤ π .. π(t − k 2 ). .. n 1 π2 = lim . t sin π n→+∞ k=−n (t − k)2. d) Tích phân từng từ suy ra. t2 t2 t2 sin tπ = lim (1 − )(1 − ) · · · (1 − 2 ) n→+∞ tπ 1 2 n. 6. Khai trieån Fourier caùc haøm: a) f (x) = ex , x ∈ [0, 2π] b) f (x) = 0, neáu x ∈ [0, l]; f (x) = 1, neáu x ∈ (l, 2l). c) f (x) = x, x ∈ (−2, 2). 7. Biểu diễn các hàm sau thành chuỗi lượng giác chỉ có cos, bằng cách thác triển chuùng thaønh haøm leû: a) f (x) = 1, neáu x ∈ [0, π/2]; f (x) = 0, neáu x ∈ (π/2, π]. b) f (x) = x(π − x), x ∈ [0, π]. 8. Biểu diễn các hàm ở bài trên thành chuỗi lượng giác chỉ có sin, bằng cách thác trieån chuùng thaønh haøm chaün. 9. Bieát khai trieån Fourier x=2. ∞ (−1)k+1 k=1. k. sin kx,. −π < x < pi. Baèng caùc laáy tích phaân suy ra khai trieån Fourier cuûa x2 , x3 , x4 , khi −π < x < π . Taïi sao coù theå tích phaân vaøo daáu toång?.

(77) 75. Baøi taäp. II. Khoâng gian Rn . 1. Chứng minh. |d(x, y) − d(y, z)| ≤ d(x, z).. 2. Xác định m, M, a, b > 0, sao cho với mọi x = (x1 , · · · , xn ) ∈ Rn a) m 1≤i≤n max |xi | ≤ x ≤ M max |xi |. 1≤i≤n b). ax ≤. n . |xi | ≤ bx.. i=1. 3. Tìm điều kiện cần và đủ cho x, y ∈ Rn để có các đẳng thức | < x, y > | = xy,. vaø. x + y = x + y.. 4. Cho f, g là các hàm liên tục trên [a, b]. Chứng minh 1/2 1/2 b b b 2 2 f g ≤ f g . a a a. T : Rn → Rm laø aùnh T (h) ≤ M h, ∀h ∈ Rn .. 5. Cho. xạ tuyến tính. Chứng minh tồn tại. M. sao cho. 6. Xác định phần trong, phần ngoài và biên các tập sau trong Rn :. {x : x ≤ 1}, {x : x = 1}, {x = (x1 , · · · , xn ) : xi ∈ Q, i = 1, · · · , n}.. 7. Cho a ∈ R v… x1 = a, xk = x2k−1 − xk−1 + 1. Với a nào thì: a) (xk ) đơn điệu. b) (xk ) bị chặn. c) (xk ) hội tụ. Khi đó tìm giới hạn. 8. Cho daõy soá döông (xk ). √ x a) Chứng minh nếu lim k+1 = L > 0, thì lim k xk = L. k→∞ xk k→∞ (HD: chứng minh ∀ > 0, ∃A, B > 0, N ∈ N : k ≥ N ⇒ A(L − )k B(L + )k .) kk k = e. b) Áp dụng a), tìm giới hạn dãy xk = , suy ra lim 1/k k→∞. k!. 9. Chứng minh nếu laø. lim xk = M ,. k→∞. < xk <. (k!). thì giới hạn của dãy trung bình cộng của (xk ). 1 (x1 + · · · + xk ) = M . k→∞ k lim. 1. 10. Cho 0 < xk < yk , xk+1 = (xk yk ) 2 và yk+1 = (xk + yk ). Chứng minh xk < yk . 2 Suy ra (xk ), (yk ) hội tụ về cùng giới hạn. 1. 1. 11. Cho dãy (xk ) trong Rn . Giả sử xk+1 − xk < 2 , ∀k. Chứng minh (xk ) là k +k daõy Cauchy neân hoäi tuï. 1. 1. 12. Dùng tiêu chuẩn Cauchy, chứng minh dãy số x k = 1 + + · · · + 2 k khoâng hoäi tuï.. (k ∈ N). laø. 13. Nêu chứng minh chi tiết: trong R tập [a, b] đóng, (a, b) mở, và (a, b] không đóng không mở..

(78) 76. Baøi taäp. 14. Chứng minh hình cầu mở B(a, r) là mở trong R n . 15. Cho A là tập con của R, chứa mọi điểm hữu tỉ thuộc [0, 1]. Chứng minh nếu A đóng, thì A chứa [0, 1]. 16. Cho Uk a) c). (k ∈ N). là mở.. b). (Rn \ Uk ). là đóng. d). Uk k∈N k∈N. là các tập mở trong Rn . Đúng hay sai Uk k∈N k∈N. là mở.. (Rn \ Uk ). là đóng.. 17. Chứng minh: a) Neáu X ⊂ Y , thì X ⊂ Y . b) X ∪ Y = X ∪ Y . c) ∂(X ∪Y ) ⊂ ∂X ∪∂Y , ∂(X ∩Y ) ⊂ ∂X ∩∂Y , v… ∂(X ×Y ) = ∂X ×Y ∪X ×∂Y. 18. Cho X là tập vô hạn và giới nội trong R n . Chứng minh X có điểm tụ. 19. Chứng minh các tập sau không compact bằng cách chỉ ra một phủ mở của nó mà không có phủ con hữu hạn: a) Z taäp caùc soá nguyeân trong R. b) {x ∈ Rn : x < 1}. 20. Hợp, giao, tích các tập compact có compact? 21. a) Chứng minh nếu X đóng và x ∈ X , thì tồn tại d x > 0 sao cho d(x, y) ≥ dx , ∀y ∈ X.. b) Chứng minh nếu X đóng, K compact, và X ∩ K = ∅, thì tồn tại d > 0 sao cho d(x, y) ≥ d, ∀x ∈ K, ∀y ∈ X.. c) Tìm ví dụ X, K đóng và X ∩ K = ∅, nhưng không tồ tại d > 0 để bất đẳng thức ở b) thoả. 22. Cho dãy tập hợp (Fk ) trong Rn là dãy compact lồng nhau thắt lại , i.e. với mọi k ∈ N, Fk compact, Fk ⊃ Fk+1 , vaø diam(Fk ) = sup{d(x, y) : x, y ∈ Fk } → 0, khi k → ∞. Chứng minh k∈N Fk có duy nhất một phần tử. 1 Giaû thieát compact khoâng theå boû, chaúng haïn daõy Ik = (0, ), k ∈ N, coù k Ik = ∅. k. 23. Caùc taäp sau compact? lieân thoâng? a) {(x, y) ∈ R2 : |x| ≤ 1}. b) {(x, y) ∈ R2 : x4 + y4 = 1}. c) {x ∈ Rn : x ≤ r}. d) {x ∈ Rn : 1 ≤ x ≤ 2}. e) {x ∈ Rn : x = 1}. f) Tập hữu hạn. g) Tập các số nguyên Z. h) Tập các số hữu tỉ trong [0, 1]. 24. Các mệnh đề sau đúng hay sai: a) Neáu K laø taäp compact trong Rn , thì Rn \ K compact. b) Neáu K laø taäp lieân thoâng trong Rn , thì Rn \ K lieân thoâng. 25. Chứng minh: Nếu Li , i ∈ I, là các tập liên thông, và Li thì Li lieân thoâng. i∈I. Lj = ∅. với mọi i, j ,.

(79) 77. Baøi taäp. 26. Chứng minh nếu C liên thông, thì bao đóng C liên thông. 27. Cho C = {(x, y) ∈ R2 : 0 < y ≤ x2 , x = 0} ∪ {(0, 0)}. Chứng minh C liên thông, nhưng không tồn tại đường gấp khúc trong C nối (0, 0) với một điểm khaùc thuoäc C . 1. 28. Cho C = {(x, y) ∈ R2 : y = sin , x = 0} ∪ {(0, y) : |y| ≤ 1}. Chứng minh C x liên thông nhưng không liên thông đường, i.e. tồn tại 2 điểm thuộc C không thể nối nhau bằng đường cong trong C . 29. Tập Cantor C được xây dựng như sau: F0 = [0, 1]. 2 1 F1 = [0, ] ∪ [ , 1], là tập từ F0 bỏ đi một phần ba khoảng mở giữa. 3 3 2 1 2 7 8 1 F2 = [0, ] ∪ [= , ] ∪ [ , ] ∪ [ , 1], 9 9 3 3 9 9. là tập từ F1 bỏ đi một phần ba khoảng. mở giữa của các đoạn. Tổng quát, Fk là tập lập từ Fk−1 bỏ đi một phần ba khoảng mở giữa của các đoạn. k k+1 Để ý Fk là hợp 2k đoạn dạng [ k , k ]. Đặt C = k Fk . Chứng minh: 3 3 ak a) Moïi x ∈ C , coù bieåu dieãn duy nhaát x = ∞ k=0 3k , vôi ak ∈ {0, 2}. b) C là vô hạn không đếm được. c) C compact d) int(C) = ∅. Để ý C có ‘độ dài’ bằng không, theo nghĩa: phần bù của C có độ dài là 1 3. + 2. 19 + · · · + 2k−1 /3k + · · · = 1. III. Lieân tuïc 1. Xét các giới hạn lặp, giới hạn tại (0, 0) của hàm. f (x, y) =. x2 y . + y2. x4. 2. Tìm ví dụ hàm hai biến có giới hạn lặp tồn tại nhưng khác nhau. 3. Chứng minh khi n → +∞, ta có √ √ n +n ∼ n , n + 1− n ∼ 2. 2. √. n , (−1)n n2 = O(n2 ), n2 +2 = o(n3 ), sin n = O(1) 2. 4. Chứng minh khi x → 0, ta có (1 + x)α ex ln(1 + x) sin x cos x. = = = = =. 1 + αx + o(x) 1 + x + o(x) x + o(x) x + o(x) 1 − 12 x2 + o(x). hay. (1 + x)α ex ln(1 + x) sin x cos x. ∼ ∼ ∼ ∼ ∼. 1 + αx 1+x x x 1 − 12 x2. 5. Khi x → ∞, hãy dùng ký hiệu o, O để so sánh: xα , xβ , ax , bx , logc x, logd x. (α, β, a, b, c, d > 0).

(80) 78. Baøi taäp. 6. Xeùt tính lieân tuïc caùc haøm: xy(x + y) , neáu (x, y) = (0, 0); f (0, 0) = 0. x2 + y 2 exy − 1 , neáu xy = 0; f (x, y) = 0, neáu xy = 0. b) f (x, y) = 2xy sin xy , neáu x = 0; f ((0, y) = y. c) f (x, y) = x. a) f (x, y) =. 7. Tìm ví dụ hàm liên tục theo từng biến nhưng không liên tục.. xy (HD: Xeùt f (x, y) = 2 2 , f (0, 0) = 0) x +y. 8. Tìm ví dụ hàm f : R2 → R liên tục khi hạn chế trên mỗi đường thẳng qua (0, 0), nhưng không liên tục tại đó. (HD: Xeùt f (x, y) =. x2 y x4 + y 2. neáu (x, y) = (0, 0), f (0, 0) = 0). 9. Cho f : R → R, thoả f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R. Chứng minh nếu f lieân tuïc taïi 0, thì f lieân tuïc. 10. Cho g : R → R, thoả g(x + y) = g(x)g(y), ∀x, y ∈ R. Chứng minh nếu g liên tuïc taïi 0, thì g lieân tuïc. 1. p. 11. Cho f : [0, 1] −→ [0, 1], f (x) = , neáu x = laø phaân soá toái giaûn; q q nếu x vô tỉ. Chứng minh f chỉ liên tục tại các điểm vô tỉ. f (x) = 0,. 12. Cho f : Rn → Rm . Chứng minh các điều sau tương đương (i) f lieân tuïc treân Rn . (ii) f −1 (V ) là mở. với mọi tập mở V ⊂ Rm . (iii) f −1 (F ) là đóng, với mọi tập đóng F ⊂ Rm . 13. Chứng minh nếu U ⊂ R là tập mở, thì 14. Cho f đóng.. : Rn → R. {(x, y) ∈ R 2 : x ∈ U }. liên tục. Chứng minh tập. 15. Tìm ví duï f : R → R lieân tuïc vaø không mở (t.ư. không đóng).. U ⊂R. là tập mở.. {x ∈ Rn : 0 ≤ f (x) ≤ 1}. laø taäp. là tập mơ (t.ư. đóng) nhưng. f (U ). 16. Chứng minh tập các ma trận khả nghịch {A ∈ M at(n, n) : det A = 0} là mở trong khoâng gian Mat(n, n) caùc ma traän vuoâng caáp n treân R. 17. Cho f : R → R liên tục. Các tập sau mở, đóng, compact, liên thông? {x : f (x) = 0} {x : f (x) > 1} {f (x) : x ≥ 0} {f (x) : 0 ≤ x ≤ 1}. 18. Cho f : R2 → R liên tục. Chứng minh {f (x, y) : x2 + y2 = 1} là một đoạn. inf d(x, y). 19. Cho X ⊂ Rn . Ñònh nghóa d(x, X) = y∈X. a) Chứng minh hàm. Rn x → d(x, X) |d(x, X) − d(x , X)| ≤ d(x, x ) ). là hàm liên tục. (HD: Chứng minh.

(81) 79. Baøi taäp. b) Chứng minh:. x∈X. khi vaø chæ khi d(x, X) = 0. d(x, X). . c) Cho X, Y là các tập đóng rời nhau. Xét hàm f (x) = d(x, X) + d(x, Y ) Chứng minh f liên tục và f −1 (1) = Y, f −1 (0) = X . Suy ra tồn tại các tập mở U, V rời nhau và X ⊂ U, Y ⊂ V . (Ta nói: trong Rn , hai tập đóng rời nhau có thể tách bởi hai tập mở). inf d(x, y). 20. Định nghĩa khoảng các giữa 2 tập con X, Y của Rn : d(X, Y ) = x∈X,y∈Y n Cho K ⊂ R compact, X đóng. Từ tính liên tụcỏua hàm K x → d(x, X), chứng minh tồn tại x0 ∈ K, y0 ∈ X sao cho d(x0 , y0 ) = d(K, X). Tìm ví duï ñieàu kieän K compact khoâng theå thieáu.. 21. Cho f : Rn → Rm liên tục. Chứng minh nếu B ⊂ Rn là tập giới nội, thì f (B) là tập giới nội. 22. Đúng hay sai: nếu f : Rn → Rm liên tục và K compact (t.ư. liên thông), thì f −1 (K) compact (t.ö. lieân thoâng). 23. Cho ví dụ hàm f liên tục, giới nội nhưng không đạt max, min. f} 24. Cho f : K → R liên tục, K compact. Chứng minh tập M = {x : f (x) = max K laø compact.. 25. Đúng hay sai: không tồn tại toàn ánh liên tục từ [0, 1] lên (0, 1). 26. Cho f : K −→ f (K) là 1-1 liên tục. Chứng minh nếu K compact, thì f −1 liên tuïc. Neáu K khoâng compact thì sao? 1. 27. Chứng minh hàm g(x) = sin liên tục và giới nội, nhưng không liên tục đều x treân (0, +∞). 28. Cho f : A → Rm , A ⊂ Rn . Ta nói f thoả điều kiện Lipschitz nếuu ∃L > 0 : f (x) − f (y) ≤ Lx − y, ∀x, y ∈ A. a) Chứng minh nếu f thoả điều kiện Lipschitz, thì f liên tục đều.. b) Xét xem tổng, tích các hàm thoả điều kiện Lipschitz có thoả điều kiện Lipschitz khoâng? 29. Chứng minh nếu thoâng.. f : R n −→ Rm. liên tục, thì đồ thị. Gf. là tập đóng và liên. 30. Cho f : C → R liên tục, C liên thông. Chứng minh nếu f (x) = 0, ∀x ∈ C , thì f (x) luôn dương hay luôn âm với mọi x ∈ C . 31. Chứng minh mọi đa thức bậc lẻ hệ số thực luôn cóít nhất một nghiệm thực. 32. Chứng minh phương trình x4 + 7x3 − 9 = 0 có ít nhất hai nghiệm thực. 33. Chứng minh phương trình: tgx = x có vô số nghiệm. 34. Cho f : [a, b] → [a, b] liên tục. Chứng minh f có ít nhất một điểm bất động, i.e. ñieåm x0 : f (x0 ) = x0 ..

(82) 80. Baøi taäp. 35. Cho. f laø haøm lieân tuïc treân [0, 2π] (0, 2π), f (c) = f (c + π).. vaø. f (0) = f (2π).. Chứng minh tồ tại. c ∈. 36. Cho f : [a, b] → R lieân tuïc, f (a)f (b) < 0. Neâu phöông phaùp xaáp xæ tìm nghieäm √ phương trình f (x) = 0. Áp dụng tính gần đúng 2 với sai số < 101 , bằng cách tìm nghieäm x2 − 2 = 0 treân [0, 2] 37. Với các giá trị nào của α ∈ R, thỉ hàm f (x) = αx, 38.. x∈R. laø aùnh xaï co? . . Cho A : → là ánh xạ tuyến tính xác định bởi ma trận A = ac db a) Chứng minh nếu a, b, c, d > 0, thì A xác định một ánh xạ: R 2+ → R2+ , R+ = {x ∈ R : x > 0}. b) Với điều kiện của a) định nghĩa f : [0, π2 ] → [0, π2 ], bởi R2. .. R2. . A. cos ϕ sin ϕ. . . = λ(ϕ). cos f (ϕ) sin f (ϕ). với. . Chứng minh f liên tục. Từ đó suy ra A có một vector riêng thuộc R 2+ . c) f coù laø aùnh xaï co? 39. Cho f : R2 → R2 , laø aùnh xaï tuyeán tính f (x, y) = (ax + by, cx + dy). Tìm ñieàu kiện của cho a, b, c, d để f là ánh xạ co trên không gian Euclid R2 . Tổng quát bài tập trên khi f : Rn → Rn , f (x) = Ax, trong đó A = (aij ) là ma traän vuoâng caáp n. 40. Cho f : [0, r] → [0, r], f (x) = x2 . Định r để f là ánh xạ co. 41. Cho f : X → X , thoả: d(f (x), f (y)) < d(x, y), ∀x, y ∈ X, x = y. a) Tìm ví dụ hàm f thoả bất đẳng thức trên nhưng không có điểm bất động. b) Chứng minh f : [0, 1] → [0, 1], f (x) = sin x, thỏa bất đẳng thức trên nhưng khoâng laø aùnh xaï co. 42. Cho f. :K →K. laø aùnh xaï co treân taäp compact.. K.. Kyù hieäu fn = f ◦ ·· · ◦ f.. Chứng minh ∩n∈N fn (K) là tập chỉ có duy nhất một điểm.. n ln. 43. Tìm caùc ví duï: Dãy hàm liên tục hội tụ về một hàm liên tục, nhưng sự hội tụ là không đều. Dãy hàm không liên tục hội tụ đều về hàm liên tục. 44. Đúng hay sai: Nếu dãy hàm (fk ) hội tụ đều về f và dãy số (x k ) hội tụ về x, thì daõy (fk (xk )) hoäi tuï veà f (x). 1. . 45. Cho dãy đa thức Pk (x) = 1 + x + · · · + xk , k ∈ N, và hàm f (x) = 1−x Chứng minh với mọi 0 < c < 1, (Pk ) hội tụ đều về f trên [0, c], nhưng không hội tụ đều về f trên (0, 1). 46. Ta nói g là hàm tuyến tính từng khúc trên [a, b] nếuu tồn tại cacù điểm: a = a0 < a1 < · · · < an = b, sao cho g(x) = Ak x + Bk , x ∈ [ak−1 , ak ],. k =.

(83) 81. Baøi taäp 1, · · · , n.. Tìm các hệ thức mà các hệ số Ak , Bk phải thỏa để g liên tục. Chứng minh mọi hàm liên tục trên [a, b] là giới hạn đều của dãy hàm tuyến tính từng khúc. 47. Viết đa thức Berstein Bk (f ), của hàm f (x) = x2 , với x ∈ [0, 1]. Tìm k sao cho 1 . Bk (f ) − f = sup (|Bk (f )(x) − x2 |) < 1000. x∈[0,1]. 48. Viết đa thức Berstein Bk (f ), của hàm (Bk (f )) hội tụ đều về f .. f (x) = x3 , x ∈ [0, 1].. Chứng minh. 49. Chứng minh hàm f (x) = ex , x ∈ R, không là giới hạn đều của dãy hàm đa thức. (Định lý Weierstrass không đúng cho khoảng mở). 50. Cho A laø taäp caù haøm coù daïng:. h(x) =. n . ai ebi x , n ∈ N, ai , bi ∈ R.. i=0. Khi đó mỗi f ∈ C[0, 1], có là giới hạn đều của dãy hàm thuộc A hay không? 51. Nếu có một dãy đa thức hội tụ đều về f trên [a, b], thì f có khả vi? 1 P0 (x) = 0, Pk+1 (x) = Pk (x) + (x − Pk (x)2 ). 2 √ √ √ 2 x 2 √ , neân 0 ≤ x − Pk (x) ≤ . Chứng minh qui nà: 0 ≤ x − Pk (x) ≤ 1 + k√ x k Từ đó suy ra (Pk ) hội tụ về hàm [0, 1] x → x. √ (Đây là một chứng minh khác cho điều: hàm f (t) = |t| = t2 , t ∈ [−1, 1], là. 52. Cho dãy đa thức (Pk ):. giới hạn đều của dãy hàm đa thức).. 1. 53. Cho f ∈ C[0, 1]. Giả sử với mọi k = 0, 1, · · · f (x)xk dx = 0. Chứng minh 0 f ≡ 0. (HD: Chứng minh tích phân của tích f vớimọi đa thức đều bằng không. 1 Sau đó áp dụng định lý Weierstrass chứng minh f 2 = 0). 0. 54. Cho f : [0, 1] → R không là đa thức. Giả sử (Pk ) là dãy hàm đa thức hội tụ đều về f trên [0, 1]. Chứng minh bậc của các P k không bị chặn. (HD: Một đa thức P (x), bậc ≤ n, được xác định một cách duy nhất bởi giá trị tại n + 1 điểm x0 , · · · , xn và có biểu diễn qua công thức nội suy Lagrange P (x) =. n i=0. . P (xi )πi (x),. πi (x) = . j=i (x. − xj ) ) j=i (xi − xj ). IV. Đạo hàm 1. Cho f : Rn −→ Rm thoả: ∃M sao cho f (x) ≤ M x2 . Chứng minh f khả vi taïi 0 vaø Df (0) = 0. Neáu f (x) < M x, thì f coù khaû vi?.

(84) 82. Baøi taäp. 2. Vieát ma traän Jaconi cuûa: a) f (x, y) = (xy, y/x). b) f (x, y, z) = (x4 y, xez ). c) f (x, y, z) = (z xy , x2 , tgxyz). d) f (x, y, z) = (ez sin x, xyz). 3. Tính grad f cuûa caùc haøm: a) f (x, y, z) = x sin y/z . b) f (x, y, z) = ex2 +y2+z2 . 4. Viết phương trình mặt phẳng tiếp xúc của các mặt cho bởi phương trình: a) z = x3 + y4 , taïi x = 1, y = 3, z = 82. b) x2 −y2 + xyz = 1, taïi (1, 0, 1). √ c) z = x2 + 2xy − y2 + 1, taïi (1, 1, 3). d) ax2 + 2bxy + cy2 + dx + ey + f = 0, taïi (x0 , y0 , z0 ). 5. Tính góc tạo bởi hai mặt cong sau tại (2, −1, 2): S1 : x2 + y 2 + z 2 = 9. vaø. S2 : z = x2 + y 2 − 3.. 6. Trong R3 cho hai mặt cong xác định bởi các phương trình: S1 : x2 + y 2 + z 2 = 3. vaø. S2 : x3 + y 3 + z 3 = 3.. Chứng minh S1 , S2 tiếp xúc với nhau tại (1, 1, 1). 7. Trong R3 cho hai mặt cong xác định bởi các phương trình: S1 : ax2 + by 2 + cz 2 = 1. vaø. S2 : xyz = 1.. Tìm các tham số a, b, c sao cho S1 , S2 vuông góc với nhau tại các giao điểm. 8. Tìm vector tiếp xúc với các đường cong tham số hoá: a) c(t) = (3t2 , et, t + t2 ), tại điểm ứng với t = 1. b) c(t) = (2 cos t, 2 sin t, t), tại điểm ứng với t = π/2. 9. Tìm hướng mà f (x, y, z) = x2 y sin z , tăng nhanh nhất tại lân cận (3, 2, 0). 10. Tìm hướng mà f (x, y) = ex2 y, giảm nhanh nhất tại lân cận (0, 0). Vẽ các đường mức. 11. Đúng hay sai: Một hàm f xác định trên (a, b), khả vi tại c, và f (c) > 0, (HD: Xét hàm: f (x) = x nếu x hữu tỉ, f (x) = sin x nếu x vô tỉ. Chứng minh f (0) > 0, nhưng f không đơn điệu ở lân cận 0) 12. Chứng minh tính chất Darboux: Nếu f khả vi trên [a, b], thì f nhận mọi giá trị nằm giữa f (a), f (b). (HD: Cho γ là một giá trị nằm giữa f (a) và f (b). Chứng minh g(x) = f (x)−γx đạt cực trị tại c ∈ (a, b)). 1. 13. Cho f (x) = x2 sin neáu x khoâng lieân tuïc.. x = 0, f (0) = 0.. Chứng minh. f. khaû vi, nhöng. f.

(85) 83. Baøi taäp. 14. Chứng minh hàm số sau có các đạo hàm riêng tại (0, 0) nhưng không liên tục f (x, y) =. x , y. neáu y = 0; f (x, y) = 0, neáu y = 0.. 15. Hàm f gọi là khả vi theo hướng v ∈ Rn tại a nếuu tồn tại f (a + tv) − f (a) . t→0 t. Dv (a) = lim. a) Chứng minh nếu f khả vi tại a, thì f có đạo hàm theo mọi hướng tại a, và Dv f (a) =< grad f (a), v >. b) Chứng minh f có đạo hàm theo mọi hướng chưa chắc f khả vi. xy neáu x2 = −y, f (x, y) = 0 neáu x2 = −y. (HD: Xeùt haøm f (x, y) = 2 Hay haøm. x +y x2 y neáu (x, y) = (0, 0); f (0, 0) = 0. f (x, y) = 4 x + y2. 16. Xeùt tính khaû vi cuûa caùc haøm a) f (x, y) = 3 x3 + y3 . xy b) f (x, y) = 2 2 neáu x, y = 0, f (0, 0) = 0. x +y. c) f (x, y) =. x2 y 2 x2 y 2 + (y − x)2. neáu x, y = 0, f (0, 0) = 0.. d) f (x, y) = |x| + |y|.. 17. Kiểm tra công thức đạo hàm hàm hợp: a) f (u, v, w) = u2 v + v2 w, với u = xy, v = sin x, w = ex . b) f (u, v) = u2 + v sin u, với u = xeu , v = yz sin x. 18. Cho f : R → R và F : R2 → R là các hàm khả vi. Giả sử ∂F/∂x ∂F = 0. Chứng minh f = − , với y = f (x). ∂y. F (x, f (x)) ≡ 0,. ∂F/∂y. 19. Xét phép đổi biến tọa độ cực: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Cho f : R2 → R khả vi, vàF (r, ϕ) = f (x, y). Chứng minh (D1 F (r, ϕ))2 +. 1 (D2 F (r, ϕ))2 = (D1 f (x, y))2 + (D2 f (x, y))2 r2. 20. Qua phép quay góc θ, tọa độ cũ (x, y) và mới (u, v) có quan hệ sau x = u cos θ − v sin θ, y = u sin θ + v cos θ. Cho f : R2 → R khả vi, và F (u, v) = f (x, y). Chứng minh (D1 F (u, v))2 + (D2 F (u, v))2 = (D1 f (x, y))2 + (D2 f (x, y))2. vaø.

(86) 84. Baøi taäp. 21. Cho f là hàm khả vi. Chứng minh ∂F a) F (x, y) = f (x2 + y2 ), thoả x ∂y. −y. ∂F =0 ∂x. ∂F ∂F −y =0 ∂x ∂y ∂F ∂F −b = 0. F (x, y) = f (ax + by), thoả a ∂y ∂x. b) F (x, y) = f (xy), thoả x c). 22. Cho f, g : R → R thuộc lớp C 2 . a) Với c ∈ R,đặt u(x, y) = f (x + cy) − g(x − cy). Chứng minh u thoả phương trình soùng:: c2. ∂2u ∂2u = ∂x2 ∂y 2. b) Cho v(x, y) = f (3x + 2y) + g(x − 2y). Chứng minh 4. ∂2v ∂2v ∂ 2v − 3 − 4 =0 ∂x2 ∂x∂y ∂y 2. 23. Cho f : R2 −→ R2 khả vi liên tục và thoả điều kiện Cauchy-Riemann ∂f2 ∂f1 ∂f2 ∂f1 = , =− . ∂x ∂y ∂y ∂x. a) Chứng minh: det Jf (x, y) = 0 nếu và chỉ nếu Df (x, y) = 0. b) Chứng minh nếu f khả nghịch thì ánh xạ ngược cũng thoả điều kiện CauchyRiemann. 24. Haøm f : Rn → R goïi laø thuaàn nhaát baäc R+ . Giả sử f khả vi. Chứng minh f. thuaàn nhaát baäc m. 25. Cho f : Rn → R thuộc lớp C k. ⇔. n . xi. i=1. (k > 1).. f (x) = f (0) +. n . m. neáuu f (tx) = tm f (x), ∀x ∈ Rn , t ∈. ∂f (x) = mf (x), ∀x ∈ Rn . ∂xi. Chứng minh. gi (x)xi , gi ∈ C k−1 (Rn ).. i=1. 26. Cho f : R → R khả vi. Giả sử |f (x)| ≤ L, ∀x. Chứng minh f thoả điều kiện Lipschitz: |f (x) − f (y)| ≤ L|x − y|, ∀x, y ∈ R. Suy ra điều kiện để hàm khả vi f : Rn → Rn là ánh xạ co. Tìm ví dụ. : [a, b] → R là hàm khả vi. Giả sử 0 < m < f (x) ≤ M , ∀x ∈ [a, b], và f (a) < 0 < f (b). Sau ñaây laø moät phöông phaùp tìm nghieäm cuûa f . a) Chứng minh g(x) = x − M1 f (x) xác định một ánh xạ co trên [a, b]. b) Cho x0 ∈ [a, b] và xk+1 = xk − M1 f (xk ), k ∈ N. Chứng minh dãy (xk ) hội tụ veà nghieäm duy nhaát x∗ cuûa f . |f (x0 )| m k ∗ 1− c) Chứng minh sai số: |xk+1 − x | ≤ m M. 27. Cho f.

(87) 85. Baøi taäp. 28. Giả sử f : R → R khả vi liên tục, f (a) = b, và f (a) = 0. Gọi δ là số dương: 1 nếu |x − a| < δ , thì |f (x) − f (a)| ≤ |f (a)|. Đặt η = 2δ |f (a)|. Chứng minh 2 neáu |ȳ − b| < η, thì daõy x0 = a, xk+1 = xk −. f (xk ) − ȳ (k ∈ N) f (a). hoäi tuï veà nghieäm duy nhaát cuûa phöông trình:. f (x) = ȳ, x ∈ [a − δ, a + δ].. 29. Áp dụng tính chất của đạo hàm, rút gọn biểu thức: f (x, y) = arctg x + arctg y − arctg. x+y . 1 − xy. 30. Giả sử f : Rn → Rm , có đạo hàm Df (x) = A, ∀x, trong đó A là ánh xạ tuyến tính. Chứng minh f là ánh xạ affin, i.e. f (x) = Ax+ const. f : U → R là hàm khả vi trên hình cầu U ⊂ R n . Chứng D1 f (x) = 0, ∀x ∈ U , thì f không phụ thuộc biến thứ nhất, i.e.. 31. Cho. minh neáu. f (x1 , x2 , · · · , xn ) = f (x1 , x2 , · · · , xn ), ∀(x1 , · · · , xn ), (x1 , · · · , xn ) ∈ U. 32. Cho f (x, y) = xy. x2 − y 2 x2 + y 2. nếu x, y = 0, f (0, 0) = 0. Chứng minh ∂ 2f ∂2f (0, 0) = (0, 0). ∂x∂y ∂y∂x. 33. Khai triển Taylor đến cấp 2 các hàm: a) f (x, y) = x2 +2 y22, taïi (0, 0); vaø taïi (1, 2). b) f (x, y) = e−x −y2 cos xy, taïi (0, 0). c) f (x, y) = e(x−1) cos y, taïi (1, 0) 1. 34. Khai trieån Taylor taïi 0 haøm: f (x) = e− x2 neáu x = 0, f (0) = 0. Chuoãi Taylor coù hoäi tuï veà f hay khoâng? Haøm f coù laø haøm giaûi tích khoâng? 35. Xét phép biến đổi lớp C 1. u = f1 (x, y) v = f2 (x, y). Chứng minh biến đổi trên là khả nghịch địa phương tại (x 0 , y0 ) nếu ∆=. ∂f1 ∂f2 ∂f1 ∂f2 − ∂x ∂y ∂y ∂x. khác 0 tại (x0 , y0 ), và khi đó phép biến đổi ngược x = x(u, v), y = y(u, v) có các đạo hàm riêng thoả ∂x ∂u. =. 1 ∂v ∆ ∂y. ∂x ∂v. = −. 1 ∂u ∆ ∂y. ∂y ∂u. = −. 1 ∂v ∆ ∂x. ∂y ∂v. =. 1 ∂u ∆ ∂x.

(88) 86. Baøi taäp. 36. Cho. f (x, y) = (. (0, 1).. xy x2 − y 2 , 2 ). 2 2 x + y x + y2. Xeùt tính khaû nghòch ñòa phöông cuûa. f. taïi. 37. Xét tính khả nghịc địa phương của các phép biến đổi a) Tọa độ cực: R2 (r, ϕ) → (r cos ϕ, r sin ϕ) ∈ R2 . b) Tọa độ cầu: R3 (ρ, ϕ, θ) → (ρ cos ϕ sin θ, ρ sin ϕ sin θ, ρ cos θ) ∈ R3 . Mô tả hình học và tìm các miền màcác phép biến đổi trên là song ánh. 38. Cho f : R2 \ {(0, 0)} → R2 \ {(0, 0)}, f (x, y) = (x2 − y2 , 2xy). a) Chứng minh det Df (x, y) = 0, ∀(x, y), nhưng f không khả nghịch trên R 2 \ {(0, 0)}. b) Chứng minh f là đơn ánh trên A = {(x, y) : x > 0}. Tìm f (A). c) Tính Dg(1, 0),trong đó g là ánh xã ngược địa phương của f . 39. Cho f : Rn → Rn , f (x) = x2 x. Chứng minh f ∈ C ∞ , và là song ánh từ hình caàu ñôn vò leân chính noù, nhöng f −1 khoâng khaû vi. 1 x + x2 sin nếu x = 0, f (0) = 0. Chứng 2 x f (0) = 0, nhöng f khoâng khaû nghòc ñòa phöông taïi 0.. 40. Cho. f (x) =. minh. f. khaû vi vaø. Điều này có mâu thuẫn gì với định lý hàm ngược không?. 41. Cho f : Rn → Rn thuộc lớp C 1 và f (x) ≤ c < 1, ∀x Đặt g(x) = x + f (x). Chứng minh g là song ánh. (HD: Hãy chứng minh gy (x) = y − f (x) là ánh xạ co, rồi dùng nguyên lý điểm bất động.) 42. Cho f : Rn+k → Rn là hàm lớp C 1 . Giả sử f (a) = 0 và Df (a) có hạng Chứng minh với mọi c đủ gần 0, phương trình f (x) = c luôn có nghiệm.. n. 43. Cho f : R → R thuộc lớp C 1 . Xét phép biến đổi u = f (x) v = −y + xf (x). Chứng minh nếu f (x0 ) = 0, thì biến đổi trên khả nghịc địa phương tại x0 , y0 ) và biến đổi ngược có dạng x = f −1 (u), y = −v + uf −1 (u). 44. Tại những giá trị nào của x mà từ phương trình F (x, y) = y 2 + y + 3x + 1 = 0, có thể giải y = y(x) là hàm khả vi tại lân cận điểm đó. Trong trường hợp đó dy haõy tính . dx. 45. Cho (x0 , y0 , z0 ) laø moät nghieäm cuûa heä: z 2 + xy − a = 0, z 2 + x2 − y 2 − b = 0.. Tìm điều kiện để có thể giải tại lân cận nghiệm trên x = f (z), y = g(z) là các hàm khả vi. Trong trường hợp đó hãy tính f (z), g (z). 46. Cho f : R3 → R, g : R2 → R laø caùc haøm khaû vi. Xeùt F (x, y) = f (x, y, g(x, y)). a) Tính DF (x, y) theo các đạo hàm riêng của f và g . b) Nếu F (x, y) = 0 với mọi x, y, tính D1 g, D2 g theo các đạo hàm riêng của f ..

(89) 87. Baøi taäp. 47. Xeùt heä phöông trình. . (x4 + y 4 )/x = u sin x + cos y = v. Khi naøo coù theå giaûi x, y nhö caùc haøm khaû vi cuûa u, v taïi laân caän x = π/2, y = π/2. ∂x Tính (π 3/4, 1). ∂u. 48. Có thể giải x, y, z theo u, v, w tại lân cận (0, 0, 0) từ hệ phương trình sau?    u(x, y, z). = x + xyz v(x, y, z) = y + xy   w(x, y, z) = z + 2x + 3z 2. 49. Chứnh minh từ hệ phương trình . x2 − y 2 − u3 + v 2 + 4 = 0 2xy + y 2 − 2u2 + 3v 4 + 8 = 0. có thể giải u, v theo x, y tại lân cận x = 2, y = −1 thoả u(2, −1) = 2, v(2, −1) = Tính các đạo hàm riêng của các nghiệm u, v tại đó.. 1.. 50. Xét tính giải được của u, v theo x, y từ hệ phương trình . xu + yv 2 = 0 xv 3 + y 2 u6 = 0. taïi laân caän x = 1, y = −1, u = 1, v = nghiệm u = u(x, y), v = v(x, y) tại đó.. −1.. Tính các đạo hàm riêng của các. 51. Xét tíng giải được của u, v, w theo x, y, z từ hệ phương trình   . 3x + 2y + z 2 + u + v 2 = 0 4x + 3y + z + u2 + v + w + 2 = 0   x + z + u2 + w + 2 = 0. tại lân cận x = 0, y = 0, z = 0, u = 0, v = 0, w = −2. Tính các đạo hàm riêng của các nghiệm u = u(x, y, z), v = v(x, y, z), w = w(x, y, z) tại đó. 52. Chứng minh phương trình sin tx + cos tx = t, |t| < x = ϕ(t), với ϕ là hàm khả vi vô hạn. Hãy viết khai triển Taylor đến cấp 2 của ϕ tại 0.. 1 √ , 2. toàn taïi duy nhaát nghieäm. 53. Cho dạng toàn phương Q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 (a = 0). Chứng minh: a) Q xaùc ñònh döông khi vaø chæ khi a > 0 vaø ac − b2 > 0. b) Q xaùc ñònh aâm khi vaø cæ khi a < 0 vaø ac − b2 > 0. c) Q khoâng xaùc ñònh daáu khi vaø chæ khi ac − b2 < 0. 54. Xét cực trị các hàm: a) f (x, y) = x2 + 2xy + y2 + 6. b) f (x, y) = (x2 + y2 )e−x2−y2 ..

(90) 88. Baøi taäp. c) f (x, y) = x3 − 3xy2 . (đồ thị hàm này có dạng ‘lưng khỉ’). d) f (x, y, z) = x2 + y2 + 2z 2 + xyz . e) f (x, y, z) = xy 2 z 3 (a − x − 2y − 3z), (x, y, z > 0 vaø a > 0). f) f (x, y, z) = cos 2x sin y + z 2 . 55. Cho a1 , · · · , an ∈ R. Xaùc ñònh x sao cho. n . (x − ai )2. i=1. −ât min.. 56. Bài toán xấp xỉ bậc n, bình phương bé nhất: Cho hai đại lượng x, y mà quan hệ giữa chúng được cho bởi bảng dữ liệu sau (nhờ quan trắc thực nghiệm chẳng haïn) x y. x1 y1. ··· ···. x2 y2. xm ym. a) Tìm đa thức bậc n, p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , sao cho Q(a0 , · · · , an ) =. m . (p(xi ) − yi )2 → min. i=1. b) Chứng minh đa thức p(x) = a0 + a1 x xấp xỉ bình phương bé nhất cho bộ dữ liệu trên thoả a1 a1. 2 i xi. + a0 x + na0 i i. i xi. = =. i xi yi i yi. c) Áp dụng tìm xấp xỉ bậc 1 hay bậc 2, khi các dữ liệu là x -2 -1 1 2 x 0 3 6 y 1 4 5 y 2 1 1 2 Vẽ đồ thị các hàm tìm được. So sánh với đa thức nội suy Lagrange. 57. Cho f : [0, 1] → R ta muoán tìm A, B, C sao cho 1 0. (f (x) − Ax2 − Bx − C)2 dx. đạt. min. Chứng minh A, B, C là nghiệm hệ phương trình tuyến tính   1 1 1    5A + 4B + 3C    1 4A. =. + 13 B + 12 C =.        1A + 1B + C 3 2. =. 1 01 01 0. x2 f (x)dx xf (x)dx f (x)dx. Đa thức Ax2 + Bx + C gọi là xấp xỉ bậc 2 trung bình bình phương bé nhất của f . Tổng quát hoá cho xấp xỉ bậc n, trung bình bình phương bé nhất cho hàm lieân tuïc treïn [a, b]..

(91) 89. Baøi taäp. V. Tích phaân Riemann 1. Phân hoạch đều [a, b] thành n đoạn rồi tính tổng trên cà tổng dước của các hàm: a) f (x) = x2 , x ∈ [0, 1]. b) f (x) = sin x, x ∈ [0, π/2]. Tính các tổng vừa tìm khi n → +∞. Nêu ý nghĩa hình học. 2. Chứng minh nếu f liên tục trên [0, 1], thì. k k 1 f( ) = n→∞ n n k=1. lim. 1 0. f.. tập mở, đo được và f : A →R liên tục, không âm. Giả sử f > 0. f (x0 ) > 0 tại một điểm x0 ∈ A. Chứng minh. 3. Cho. A ⊂ Rn. 4. Đúng hay sai: Nếu f liên tục trên [0, 1] và. 1 0. A. f 2 = 0,. thì f ≡ 0.. 5. Đúng hay sai: Mọi tập con trong R2 ≡ R2 × 0 đều có độ đo không trong R3 . 6. Chứng minh nếu g là hàm liên tục trên [a, b], thì đồ thị của g có độ đo không. Suy ra neáu g1 , g2 lieân tuïc treân [a, b] vaø g1 ≤ g2 , thì taäp {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g1 (x) ≤ y ≤ g2 (x)} là đo được trong R2 . 1. 7. Cho f (x, y) = x2 + sin , nếu y = 0, và f (x, 0) = x2 . Chứng minh f khả tích y treân A = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}. 8. Đúng hay sai: Nếu |f | khả tích thì f khả tích. 9. Đúng hay sai: Nếu f khả tích trên [a, b] và f (x) == g(x) trên một tập có độ ño khoâng, thì g khaû tích. . 10. Cho f, g : A −→ R khả tích và |f − g| = 0. Chứng minh f (x) = g(x) với A mọi x ngoại trừ một tập có độ đo không. 11. Chứng minh nếu f : [a, b] −→ R đơn điệu, thì f khả tích. 12. Cho f, g : [0, 1] → R là các hàm khả tích. Chứng minh hàm h(x, y) = f (x)g(y), (x, y) ∈ [0, 1] × [0, 1], khaû tích. 13. Cho f : [a, b] −→ R khaû vi lieân tuïc, f (a) = 0, f (b) = −1, vaø minh toàn taïi c sao cho f (c) = 0. 14. Cho f (x) = x +. n . (ak sin kx + bk cos kx).. k=1. b a. f = 0.. Chứng. AÙp duïng ñònh lyù giaù trò trung bình,. chứng minh f có nghiệm trên (−π, π). 15. Cho f : A → R vaø g : B → R laø caùc haøm khaû tích. Cho F (x, y) = f (x) + g(y). F = f v(B) + gv(A). Chứng minh A×B. A. B.

(92) 90. Baøi taäp. 16. Dùng công thức Fubini chứng minh tính đối xứng của đạo hàm riêng cấp 2: ∂2f ∂2f = . Neáu f ∈ C 2 (R2 ), thì. ∂xi ∂xj ∂xj ∂xj 2 ∂ 2f ∂ f (a) − (a) > 0. Khi đó, do f ∈ C 2 , D(x) > 0 (HD: Giả sử D(a) = ∂xi ∂xj ∂xj ∂xj trên một lân cận hộp của a. Áp dụng công thức Fubini đưa ra điều vô lý). 17. Tính a) b). A A. dxdy ,. với A là tam giác giới hạn bởi các đường:. (x + y + z)2 dxdydz ,. x = 0, y = 0, x + y = 1.. với A = {(x, y, z) : x + y + z ≤ 1, x, y, z ≥ 0}.. 18. Cho g : [0, 1] → R là hàm khả tích. Chứng minh 1 1 0. 19. Tính π a). y. sin x dxdy . x. y2. √ dxdy . x. 0. c). π. 1 1 x e 0. x. 2 2. b) d). . g(t)dt dx =. 0. x. 0. tg(t)dt.. 1 2. e− 2 y dydx.. ln 16 4 ex/2. 0. 1. 1 dydx. ln y. (Caùc haøm trong daáu tích phaân coù nguyeân haøm khoâng laø haøm sô caáp!) 20. Đưa về tích phân một lớp các tích phân sau: a) b). x 0. ξ. dξ. 1 0. 1. dx. 21. Tính: 1 a) b). 0. η. dη. 1. 0. 0. 0. y. 0. 0. f (ζ)dζ.. x+y. dy. 0. f (z)dz.. (x4 − y 4 )dxdy ,. bằng phép đổi biến u = x2 − y2 , v = 2xy.. (x2 + y 2 )dxdy ,. bằng phép đổi biến x = u + v, y = u − v.. 1 1. 22. Dùng phép đổi biến thích hợp, tính: a) b) c) d). . 2 −y 2. D. e−x. dxdy ,. ln(x2 + y 2 )dxdy , trong đó D = {x, y ≥ 0, a2 ≤ x2 + y 2 ≤ b2 } (0 < a < b).. D V V. trong đó D = {x2 + y2 ≤ 1}.. z x2 + y 2 dxdydz , 2 +y 2 +z 2 )3/2. e(x. trong đó V. dxdydz ,. = {1 ≤ x2 + y 2 ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 2}.. trong đó V. = {x2 + y 2 + z 2 ≤ 1}.. 23. Dùng biến đổi tọa độ trụ thích hợp để tính. 1 1 √1−y 2 0. −1 −. √. 1−y 2. z(x2 + y 2 )dzdydx..

(93) 91. Baøi taäp. 24. Cho ϕ là hàm khả vi trên [a, b], f là hàm liên tục trên ϕ[a, b]. Chứng minh d dx. ϕ(x) ϕ(a). f (t)dt = f (ϕ(x))ϕ (x).. 25. Tính đạo hàm của F khi a) F (t) = b) F (t) =. 0≤x,y≤t. tx 2 e y dxdy.. . x2 +y 2 +z 2 ≤t2. (HD: Đổi biến x = tu, y = tv).. f (x2 + y 2 + z 2 )dxdydz ,. trong đó f là hàm lớp C 1 .. 26. Tính dieän tích hay theå tích a) D = {(x, y) : x2 < y < 1 − x2 }. b) V = {x2 + y2 + z 2 < 1, z < 1/2}. 27. Hình bình hành căng bởi v1 , · · · , vn ∈ Rn , được định nghĩa là tập: P = {x ∈ Rn : x = t1 v1 + · · · + tn vn , t1 , · · · , tn ∈ [0, 1]}. Chứng minh thể tích của P :. v(P ) = | det(v1 , · · · , vn )|.. 28. Cho S là tập đo được trong Rn , và λ > 0. Xét tập R = {(λx : x ∈ S} là biến đổi vị tự của S . Chứng minh thể tích của S và R có quan hệ: v(R) = λ n v(S). 29. Cho. ϕ : [0, ∞) → R laø haøm lieân tuïc, taêng, khoâng bò chaën vaø ϕ(0) = 0. Ñaët ψ = ϕ−1 . a) Cho α, β > 0. Dựa vào diện tích [0, α] × [0, β] và diện tích giới hạn bởi các trục tọa độ và ϕ, chứng minh bất đẳng thức Young: αβ ≤. b) Cho p, q ≥ 1 vaø. 1 1 + = 1. p q. α 0. ϕ+. β. ψ. 0. AÙp duïng a) cho ϕ(x) = xp−1 suy ra αβ ≤. αp β q + p q. c) Từ đó chứng minh bất đẳng thức Hölder: n i=1. |ai bi | ≤ (. n . 1. |ai |p ) p (. i=1. n . 1. |bi |q ) q. i=1. 30. Cho [α, β] ⊂ [0, 2π] vaø f : [α, β] → R lieân tuïc, f ≥ 0. Xeùt hình quaït D = {(r cos ϕ, r sin ϕ) : α ≤ ϕ ≤ β, 0 ≤ r ≤ f (ϕ)}. Chứng minh công thức diện tích S(D) =. 1 2. β α. f 2 (ϕ)dϕ.

(94) 92. Baøi taäp. 31. Cho f : [a, b] → R lieân tuïc, f ≥ 0. Goïi D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)}. Xeùt caùc khoái troøn xoay khi quay D quanh truïc x hay truïc y trong R3 : X = {(x, y cos θ, y sin θ) : (x, y) ∈ D, 0 ≤ θ ≤ 2π}. Y = {(x cos θ, y, x sin θ) : (x, y) ∈ D, 0 ≤ θ ≤ 2π}. Chứng minh các công thức tính thể tích v(X) = π. b a. 2. f (x)dx. vaø. v(Y ) = 2π. b a. xf (x)dx. 32. Baøi taäp naøy nhaèm tính theå tích hình caàu B n (r) = {x ∈ Rn : x ≤ r}. a) Chứngminh v(B n (r)) = λn rn , trong đó λn = v(B n (1)). n−2 b) Tính 2 2 (1 − x21 − x22 ) 2 dx1 dx2 . x1 +x2 ≤1. c) Suy ra biểu thức quan hệ giữa λn và λn−2 . d) Tính λn . Từ đó suy ra v(B n (r)) πn 2n+1 π n (ÑS: λ2n = , λ2n+1 = ) 1.3 . . . (2n + 1). n!. 33. Cho T là song ánh tuyến tính trên R n . Chứng minh . B(0,r). Cho r → ∞, suy ra Ñaëc bieät, ta coù. e−<T x,T x> dx =. . +∞ R −∞. n. . 2. T (B(0,r)). e−<T x,T x> dx = 2. e−x dx =. √. π. e−x | det T −1 |.. π n/2 . | det T |.

(95)

Giao trinh Toan cao cap Giai tich 2 cua Ta Le Loi

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về