Một số định lý xấp xỉ trong giải tích và ứng dụng
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (392.08 KB, 45 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
TRƯƠNG THỊ MAI TRANG
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XẤP XỈ
TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC
Bình Định - Năm 2020
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN
TRƯƠNG THỊ MAI TRANG
MỘT SỐ ĐỊNH LÝ XẤP XỈ
TRONG GIẢI TÍCH VÀ ỨNG DỤNG
Chun ngành: Tốn giải tích
Mã số: 8460102
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN
TS. NGUYỄN NGỌC QUỐC THƯƠNG
Mục lục
1 Kiến thức cơ sở
3
1.1
Giới hạn và liên tục của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
1.2
Tính khả vi của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
2 Một số định lý xấp xỉ trong giải tích
2.1
2.2
2.3
2.4
12
Định lý xấp xỉ Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.1.1
Giới thiệu đa thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.1.2
Định lý xấp xỉ Weierstrass . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
Định lý xấp xỉ Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
2.2.1
Định lý về giá trị trung bình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
18
2.2.2
Đa thức Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
Định lý xấp xỉ Stone . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
2.3.1
Khái niệm và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
2.3.2
Các hệ quả của định lý Stone . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
Định lý xấp xỉ Newman . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
3 Ứng dụng trong giải tốn sơ cấp
35
3.1
Tính giới hạn của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
3.2
Chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
Kết luận
41
Tài liệu tham khảo
42
Mở đầu
Lý thuyết xấp xỉ là một trong những chủ đề quan trọng và nhận được nhiều sự
quan tâm trong giải tích tốn học cũng như tốn ứng dụng. Ngay cả khái nhiệm cơ
bản nhất trong giải tích là khái niệm giới hạn (giới hạn dãy số, giới hạn hàm số) cũng
xuất phát từ ý tưởng xấp xỉ. Trong giải tích cũng như trong nhiều bài tốn ứng dụng
khi cho một hàm số bất kỳ, người ta mong muốn xấp xỉ nó bởi một hàm số có tính
chất "tốt hơn", chẳng hạn hàm đa thức, hàm lượng giác, hàm phân thức hữu tỉ,...
Luận văn nhằm nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống một số định lý xấp
xỉ quan trọng giải tích, bao gồm Định lý xấp xỉ Weierstrass, Định lý xấp xỉ Taylor,
Định lý xấp xỉ Stone, Định lý xấp xỉ Newman,... Luận văn cũng đề cập đến một số
ứng dụng quan trọng của các định lý xấp xỉ và giới thiệu một số bài toán nâng cao
phù hợp với việc bồi dưỡng học sinh giỏi ở bậc trung học phổ thơng.
Ngồi Lời nói đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo thì Luận văn được cấu trúc
thành ba chương. Chương 1 trình bày một số kết quả cơ sở của giải tích cổ điển bao
gồm giới hạn, liên tục và khả vi của hàm số. Chương 2 trình bày các định lý xấp xỉ
quan trọng trong giải tích. Chương 3 dành cho việc giới thiệu một số ứng dụng của
định lý xấp xỉ Taylor trong các bài tốn sơ cấp thơng qua nhiều ví dụ và bài tập minh
hoạ.
Luận văn sẽ là tài liệu tham khảo bổ ích cho những ai quan tâm và muốn tìm hiểu
sâu hơn các vấn đề liên quan đến xấp xỉ trong giải tích..
Luận văn được hồn thành tại Khoa Tốn và Thống kê, Trường Đại học Quy Nhơn
dưới sự hướng dẫn tận tình của TS. Nguyễn Ngọc Quốc Thương. Nhân đây tơi xin
được bày tỏ lịng cảm ơn sâu sắc đến thầy. Tôi cũng biết ơn tất cả các thầy cơ Khoa
Tốn và Thống kê đã dạy dỗ, dìu dắt tôi trong suốt 2 năm học Thạc sỹ. Tôi xin gửi
lời cảm ơn đến tất cả các bạn trong lớp Cao học Toán K21 (2018-2020) đã quan tâm,
động viên, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua. Cuối cùng tôi xin được bày tỏ lịng
kính trọng, biết ơn đối với bố, mẹ và gia đình và người thân của tơi.
Mặc dù đã rất cố gắng nhưng do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận văn
1
2
khơng thể trách khỏi những thiếu sót. Rất mong q thầy cơ, bạn đọc góp ý để luận
văn được hồn thiện hơn.
Bình Định, tháng 8 năm 2020
Học viên
Trương Thị Mai Trang
Chương 1
Kiến thức cơ sở
Trong chương này chúng tôi nhắc lại một số kiến thức cơ sở của giải tích cổ điển,
bao gồm giới hạn và liên tục của hàm số, tính khả vi của hàm số. Phép chứng minh
chi tiết có thể tham khảo trong [3].
1.1
Giới hạn và liên tục của hàm số
Định nghĩa 1.1. Cho tập hợp E ⑨ R. Số x0 R được gọi là điểm giới hạn hay điểm
tụ của tập E nếu với mọi ε-lân cận Vε ♣x0 q ✏ tx R : ⑤x ✁ x0 ⑤ ➔ ε✉ của x0 thỏa mãn
Ví dụ 1.2.
ra, bs.
rVε♣x0q ❳ E s③tx0✉ ✏ tx E : 0 ➔ ⑤x ✁ x0⑤ ➔ ε✉ ⑧✏ ❍.
1. Mọi x ra, bs đều là điểm giới hạn của các tập ♣a, bq, ra, bq, ♣a, bs,
2. Số 0 là điểm giới hạn duy nhất của tập t1④n : n N✉.
Nhận xét 1.3.
1. Điểm giới hạn của một tập E có thể thuộc hoặc có thể khơng
thuộc tập E.
2. Một điểm của tập E có thể là điểm giới hạn và cũng có thể khơng là điểm giới
hạn của tập E. Chẳng hạn, số 3 E1 ✏ ♣2, 3s là điểm giới hạn của E1 , trong khi
đó 3 E2 ✏ ♣1, 2q ❨ t3✉ không là điểm giới hạn của E2 .
Điểm x E gọi là điểm cô lập của E nếu x không là điểm giới hạn của E.
Định nghĩa 1.4. Cho c là điểm giới hạn của D ⑨ R, và f : D Ñ R là hàm số xác
định trên D. Số R được gọi là giới hạn của hàm số f khi x tiến đến c nếu
❅ε → 0, ❉δ ✏ δ♣εq → 0, ❅x D, 0 ➔ ⑤x ✁ c⑤ ➔ δ ùñ ⑤f ♣xq ✁ ⑤ ➔ ε.
3
4
Ký hiệu lim f ♣xq ✏
x
Ñc
hoặc f ♣xq Ñ
khi x Ñ c.
Ta biết rằng sự tồn tại hay không tồn tại của lim f ♣xq phụ thuộc vào “dáng điệu”
x
Ñc
của f ở cả hai phía của c. Ta có tình huống đơn giản hơn là trường hợp giới hạn một
phía. Ta có thể hình dung giới hạn bên trái của hàm số f là số mà f ♣xq dần về nó khi
x tiến đến c từ phía bên trái; và giới hạn bên phải của hàm số f là số mà f ♣xq dần về
nó khi x tiến đến c từ phía bên phải.
Giả sử D
⑨ R, c R là điểm giới hạn của D. Ta ký hiệu
DL ✏ tx D : x ➔ c✉; DR ✏ tx D : x → c✉.
Chú ý rằng DL , DR có thể bằng rỗng.
Định nghĩa 1.5. Cho f là hàm số xác định trên DL
bên trái của f tại c nếu
⑧✏ ❍. Số
được gọi là giới hạn
❅ε → 0, ❉δ → 0, ❅x DL, c ✁ δ ➔ x ➔ c ñ ⑤f ♣xq ✁ ⑤ ➔ ε.
Ký hiệu
lim✁ f ♣xq ✏ ,
x
Ñc
hoặc
x
lim f ♣xq ✏ ,
Ñ c✁0
Cho f là hàm số xác định trên DR
tại c nếu
⑧✏ ❍. Số
hoặc f ♣c✁q ✏ .
được gọi là giới hạn bên phải của f
❅ε → 0, ❉δ → 0, ❅x DR , c ➔ x ➔ c δ ñ ⑤f ♣xq ✁ ⑤ ➔ ε.
Ký hiệu
lim f ♣xq ✏ ,
x
Ví dụ 1.6.
Đc
x
lim f ♣xq ✏ ,
Đ c 0
hoặc f ♣c q ✏ .
1. Dễ thấy lim✁ sign♣xq ✏ ✁1 và lim sign♣xq ✏ 1.
x
2.
hoặc
Đ0
x
Đ0
❄
Ta có lim x ✏ 0. Thật vậy, với mọi ε → 0 tồn tại δ ✏ ε2 → 0 để với mọi x → 0
xÑ 0
❄
❄ ❄
mà x ➔ δ ✏ ε2 ta có ⑤ x ✁ 0⑤ ✏ x ➔ δ ✏ ε.
Định lý 1.1 (Quan hệ giữa giới hạn và giới hạn một phía). Giả sử f là hàm số xác
định trên D và c là điểm giới hạn của DL và DR . Khi đó
❉ xlim
f ♣xq ✏
Đc
Ví dụ 1.7.
ðđ ❉ xlim
f ♣xq ✏
Ñ c✁
1. Cho hàm số
g ♣xq ✏
✩
✫x2
✪❄ x
và
❉ xlim
f ♣ xq ✏
Đ c
nếu x ➔ 0,
nếu x → 0.
Vì lim✁ g ♣xq ✏ lim g ♣xq ✏ 0 nên tồn tại lim g ♣xq ✏ 0.
x
Ñ0
x
Ñ0
x
Ñ0
.
5
2. Cho hàm số
k ♣xq ✏
✩
✫1
✪x
nếu x ↕ 0,
nếu x → 0.
Vì lim✁ k ♣xq ✏ 1 ✘ 0 ✏ lim k ♣xq nên khơng tồn tại lim k ♣xq.
x
Đ0
x
Đ0
x
Định nghĩa 1.8. Cho f là hàm số xác định trên D
Đ0
⑨ R. Ta nói rằng
D nếu
❅ε → 0, ❉δ ✏ δ♣εq → 0, ❅x D, ⑤x ✁ x0⑤ ➔ δ ùñ ⑤f ♣xq ✁ f ♣x0q⑤ ➔ ε.
❼ f liên tục tại x0
❼ f liên tục trên ♣a, bq ⑨ D nếu f liên tục tại mọi x ♣a, bq.
Nhận xét 1.9.
1. Trong định nghĩa giới hạn hàm số lim f ♣xq, ta khơng địi hỏi
x
Đ x0
f xác định tại x0 , và nếu f xác định tại x0 thì giá trị f ♣x0 q khơng ảnh hưởng
đến giới hạn này mà nó chỉ bị chi phối bởi các giá trị của f tại những điểm gần
với x0 . Tuy nhiên, trong trường hợp hàm số liên tục, ngoài các giá trị của f tại
những điểm gần với x0 thì yêu cầu f xác định tại x0 và giá trị f ♣x0 q là có ý nghĩa
quyết định.
2. Nếu x0
D là điểm giới hạn thì f liên tục tại x0 khi và chỉ khi
lim f ♣xq ✏ f ♣x0 q.
xĐ x
0
3. Như vậy khi nói f khơng liên tục tại x0 có nghĩa là x0 là điểm giới hạn của D
(vì tại mọi điểm cơ lập của D hàm f ln ln liên tục). Khi đó hoặc không tồn
tại lim f ♣xq, hoặc giới hạn này tồn tại nhưng khơng bằng f ♣x0 q. Nói cách khác
x
Ñ x0
❉ε → 0, ❅δ → 0, ❉xδ D : ⑤xδ ✁ x0⑤ ➔ δ ñ ⑤f ♣xδ q ✁ f ♣x0q⑤ ➙ ε.
Định nghĩa 1.10. Cho f là hàm số xác định trên ra, bs ⑨ R. Ta nói rằng
❼ f liên tục trái tại b nếu lim✁ f ♣xq ✏ f ♣bq;
xÑ b
❼ f liên tục phải tại a nếu lim f ♣xq ✏ f ♣aq;
xÑ a
❼ f liên tục trên ra, bs nếu f liên tục trên ♣a, bq, liên tục phải tại a và liên tục trái
tại b.
Hàm số liên tục trên đoạn ra, bs có nhiều tính chất đặc biệt mà nói chung hàm số
không liên tục cũng như liên tục trên một khoảng ♣a, bq khơng có. Ở phần này ta sẽ
trình bày một số tính chất quan trọng đó.
6
Định lý 1.2 (Weierstrass 1 - Tính bị chặn). Giả sử f liên tục trên ra, bs. Khi đó f bị
chặn trên ra, bs. Tức là,
❉A, B R : A ↕ f ♣xq ↕ B, ❅x ra, bs.
Định lý 1.3 (Weierstrass 2 - Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất). Giả sử f liên tục
trên ra, bs. Khi đó f đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên ra, bs. Tức là,
❉x1, x2 ra, bs : f ♣x1q ↕ f ♣xq ↕ f ♣x2q, ❅x ra, bs.
Định lý 1.4 (Bolzano - Cauchy 1 - Giá trị trung gian). Giả sử f liên tục trên ra, bs
và f ♣aq.f ♣bq ➔ 0. Khi đó tồn tại c ♣a, bq để f ♣cq ✏ 0.
Định lý 1.5 (Bolzano - Cauchy 2 - Giá trị trung gian). Giả sử f liên tục trên ra, bs.
Khi đó f nhận mọi giá trị trung gian giữa f ♣aq và f ♣bq. Tức là,
❅C
✏
✘
mintf ♣aq, f ♣bq✉, maxtf ♣aq, f ♣bq✉ , ❉c ra, bs : f ♣cq ✏ C.
Hệ quả 1.6. Giả sử f liên tục trên ra, bs và m, M lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá
trị lớn nhất của f trên ra, bs. Khi đó f nhận mọi giá trị trung gian giữa m và M. Tức
là,
❅C rm, M s, ❉c ra, bs : f ♣cq ✏ C.
1.2
Tính khả vi của hàm số
Định nghĩa 1.11. Cho hàm số y ✏ f ♣xq xác định trên ♣a, bq. Cho x0
gia ∆x đủ nhỏ sao cho x ✏ x0 ∆x ♣a, bq. Nếu tồn tại giới hạn
f ♣x0 ∆xq ✁ f ♣x0 q
∆xÑ0
∆x
lim
♣a, bq một số
f ♣xq ✁ f ♣x0 q
✏ xlim
Đx
x ✁ x0
0
thì ta nói f có đạo hàm tại x0 . Giới hạn này gọi là đạo hàm của f tại x0 và được ký
hiệu là f ✶ ♣x0 q.
Chú ý rằng giới hạn này phụ thuộc vào x0 nên nếu f có đạo hàm tại mọi x D ⑨
♣a, bq thì ta sẽ có một hàm số f ✶ xác định trên D và gọi là đạo hàm của hàm f trên D.
Ví dụ 1.12.
1. Xét hàm số f ♣xq ✏ x2 . Với mọi x0
f ♣ xq ✁ f ♣ x0 q
lim
xĐ x0
x ✁ x0
Vậy f có đạo hàm tại mọi x0
x2 ✁ x20
✏ xlim
Ñ x0 x ✁ x 0
R ta có
✏ xlim
♣x x0q ✏ 2x0.
Đx
R và f ✶♣x0q ✏ 2x0.
0
7
2. Xét hàm số f ♣xq ✏ sin x. Với mọi x0
lim
x
Đ x0
R ta có
f ♣xq ✁ f ♣x0 q
sin x ✁ sin x0
✏
lim
x
Ñ
x
x ✁ x0
x ✁ x0
♣x x0q sin x ✁ x0
2 cos
2
2
✏ xlim
Ñx
x ✁ x0
✏ lim cos ♣x x0q ✏ cos x .
0
0
x
Vậy f có đạo hàm tại mọi x0
Ñ x0
2
0
R và f ✶♣x0q ✏ cos x0.
Vì đạo hàm được định nghĩa thơng qua khái niệm giới hạn, do đó một cách tự nhiên
ta cũng có khái niệm đạo hàm một phía.
Định nghĩa 1.13. Hàm số f xác định trên ♣a, bq được gọi là có đạo hàm phải tại
x0 ♣a, bq nếu tồn tại giới hạn phải
lim
∆x
Ñ0
f ♣x0 ∆xq ✁ f ♣x0 q
∆x
✏
lim
x
Ñ x0
f ♣xq ✁ f ♣x0 q
.
x ✁ x0
Ta gọi giới hạn này là đạo hàm phải của hàm f tại x0 và ký hiệu là f ✶ ♣x0 q hay f ✶ ♣x0 q.
Định nghĩa tương tự cho khái niệm đạo hàm trái của hàm f tại x0 và ký hiệu là
f✁✶ ♣x0 q hay f ✶ ♣x0 ✁q.
Ví dụ 1.14.
1. Xét hàm số f ♣xq ✏ ⑤x⑤. Ta có
lim✁
x
Đ0
f ♣xq ✁ f ♣0q
x
và
lim
Đ0
x
nên f ✶ ♣0q ✏ 1 và f✁✶ ♣0q ✏ ✁1.
✁x ✏ ✁1
✏ xlim
✁
Ñ0 x
f ♣xq ✁ f ♣0q
x
x
✏ xlim
✏1
Ñ0✁ x
✩
✫x sin 1
nếu x ✘ 0,
2. Xét hàm số
f ♣xq ✏
✪0
x
nếu x ✏ 0.
Ta có
1
x sin
f ♣xq ✁ f ♣0q
x ✏ sin 1 .
✏
x
x
x
Rõ ràng không tồn tại lim✁ sin♣1④xq cũng như lim sin♣1④xq nên f khơng có đạo
x
Đ0
hàm phải và đạo hàm trái tại x ✏ 0.
x
Ñ0
8
Từ Định lý 1.1 về quan hệ giữa giới hạn và giới hạn một phía ta có định lý sau.
Định lý 1.7 (Quan hệ giữa đạo hàm và đạo hàm một phía). Hàm số f xác định
trên ♣a, bq có đạo hàm tại x0 ♣a, bq nếu và chỉ nếu f có các đạo hàm một phía và
f✁✶ ♣x0 q ✏ f ✶ ♣x0 q. Hơn nữa, lúc đó f✁✶ ♣x0 q ✏ f ✶ ♣x0 q ✏ f ✶ ♣x0 q.
Ví dụ 1.15. Xét hàm số
f ♣ xq ✏
Vì
lim
x
Đ0
✩
✫0
✪x 2
f ♣xq ✁ f ♣0q
x
nếu x ↕ 0,
nếu x → 0.
2
x
✏ xlim
✏ lim x ✏ 0
Ñ0 x xÑ0
và
f ♣xq ✁ f ♣0q
✏ xlim
0✏0
Ñ0
xÑ 0
x
nên f✁✶ ♣0q ✏ f ✶ ♣0q ✏ 0. Do đó f có đạo hàm tại 0 và f ✶ ♣0q ✏ 0.
lim✁
Nhận xét 1.16.
1. Từ định lý trên ta suy ra nếu f khơng có một trong hai đạo
hàm trái hoặc phải hoặc có cả hai đạo hàm trái và phải nhưng khơng bằng nhau
tại x0 thì f khơng có đạo hàm tại x0 . Trong trường hợp sau, điểm ♣x0 , f ♣x0 qq sẽ
là điểm góc của đồ thị hàm số f.
2. Với cùng một phương pháp chứng minh như trong Định lý 1.8 ta nhận được
(a) Nếu f có đạo hàm trái (phải) tại x0 thì f liên tục trái (phải) tại x0 ;
(b) Nếu f có đạo hàm trái và phải tại x0 thì f liên tục tại x0 .
Định lý 1.8 (Quan hệ giữa đạo hàm và tính liên tục). Nếu hàm số f có đạo hàm tại
x ♣a, bq thì f liên tục tại x.
Nhận xét 1.17. Điều ngược lại của định lý trên nói chung khơng đúng. Thật vậy, ta
xét hàm số f ♣xq ✏ ⑤x⑤. Rõ ràng f ♣xq liên tục tại x ✏ 0 nhưng f khơng có đạo hàm tại
x ✏ 0.
Định lý 1.9 (Đạo hàm hàm hợp). Nếu g có đạo hàm tại x và f có đạo hàm tại g ♣xq
thì hàm hợp f ✆ g có đạo hàm tại x và
✟
♣f ✆ gq✶♣xq ✏ f ✶ g♣xq .g✶♣xq.
Định lý 1.10 (Đạo hàm hàm ngược). Cho f là hàm đơn điệu nghiêm ngặt trên ♣a, bq
và có đạo hàm tại x ♣a, bq với f ✶ ♣xq ✘ 0. Khi đó hàm ngược f ✁1 của f có đạo hàm
tại y ✏ f ♣xq và
♣f ✁1q✶♣f ♣xqq ✏ f ✶♣1xq .
9
✏ f ♣xq có đạo hàm tại x. Khi đó
f ♣x ∆xq ✁ f ♣xq
✏
y ✶ ✏ f ✶ ♣xq ✏ lim
Giả sử hàm số y
∆x
Đ0
∆x
∆y
.
∆xĐ0 ∆x
lim
Khi đó, rõ ràng đại lượng
a✏
∆y
∆x
q ✁ f ♣xq ✁ f ✶♣xq
✁ y✶ ✏ f ♣x ∆x
∆x
là một vô cùng bé khi ∆x Đ 0. Do đó đại lượng
rf ♣x ∆xq ✁ f ♣xqs ✁ f ✶♣xq∆x ✏ a∆x
là một vô cùng bé bậc cao hơn so với ∆x khi ∆x Ñ 0. Tức là ta có thể viết
∆y
✏ f ♣x ∆xq ✁ f ♣xq ✏ f ✶♣xq∆x o♣∆xq
khi ∆x Đ 0.
(1.1)
Mặt khác, vì f ✶ ♣xq khơng phụ thuộc vào ∆x nên f ✶ ♣xq∆x là một đại lượng tỷ lệ
với ∆x. Vậy ta có kết luận: Nếu hàm số f có đạo hàm tại điểm x thì tại điểm đó số
gia ∆y có thể phân tích thành tổng của một đại lượng tỷ lệ với số gia ∆x và một đại
lượng vô cùng bé bậc cao hơn so với ∆x khi ∆x Ñ 0.
Ngược lại, nếu số gia ∆y tại x có thể viết dưới dạng
∆y
✏ f ♣x ∆xq ✁ f ♣xq ✏ A∆x o♣∆xq
khi ∆x Đ 0,
(1.2)
trong đó A khơng phụ thuộc vào ∆x, thì f có đạo hàm tại x và f ✶ ♣xq ✏ A. Thật vậy,
từ (1.2) suy ra
∆y
∆x
✏ A o♣1q ùđ
∆y
∆xĐ0 ∆x
lim
✏ A ùđ ❉f ✶♣xq ✏ A.
Tóm lại ta có kết quả sau.
Định lý 1.11. Hàm số f có đạo hàm tại điểm x nếu và chỉ nếu tại x số gia ∆y có thể
phân tích thành tổng của một đại lượng tỷ lệ với số gia ∆x và một đại lượng vô cùng
bé bậc cao hơn so với ∆x khi ∆x Ñ 0. Hơn nữa
∆y
✏ f ♣x ∆xq ✁ f ♣xq ✏ f ✶♣xq∆x o♣∆xq
khi ∆x Ñ 0.
(1.3)
Định nghĩa 1.18. Đại lượng f ✶ ♣xq∆x trong (1.3) được gọi là vi phân của hàm số f
tại x và ký hiệu là dy, tức là dy ✏ f ✶ ♣xq∆x.
Hàm số f được gọi là khả vi tại x nếu nó có vi phân tại x. Nếu hàm số f khả vi tại
mọi x D ⑨ Df ta nói f khả vi trên D.
10
Đặc biệt, nếu xét hàm số y ✏ f ♣xq ✏ x, thì do dy
thể viết vi phân của f dưới dạng
dy
✏ dx ✏ f ✶♣xq∆x ✏ ∆x nên ta có
✏ f ✶♣xqdx.
Chính vì vậy mà ta có thể biểu diễn đạo hàm qua ký hiệu sau
f ✶ ♣ xq ✏
dy
.
dx
Định lý 1.12 (Quan hệ giữa đạo hàm và vi phân). Hàm số f khả vi tại x khi và chỉ
khi f có đạo hàm tại x.
Định nghĩa 1.19. Giả sử hàm số f ♣xq có đạo hàm f ✶ ♣xq trong ♣a, bq. Khi đó rõ ràng
f ✶ ♣xq là một hàm số xác định trên ♣a, bq.
Nếu hàm số f ✶ ♣xq có đạo hàm tại x0 ♣a, bq thì đạo hàm của hàm số f ✶ tại x0 gọi
là đạo hàm cấp hai của f tại x0 . Ký hiệu
f ✷ ♣x0 q ✏ ♣f ✶ q✶ ♣x0 q.
Nếu f có đạo hàm cấp hai tại mọi x ♣a, bq ta nói f có đạo hàm cấp hai trên ♣a, bq.
Hàm số đạo hàm cấp hai của f được ký hiệu là f ✷ ♣xq.
Tổng quát, đạo hàm cấp n của f là đạo hàm cấp một của hàm đạo hàm cấp ♣n ✁ 1q
của f, và ký hiệu là f ♣nq ♣xq. Tức là ta có
f ♣nq ♣xq ✏ ♣f ♣n✁1q q✶ ♣xq.
Rõ ràng đạo hàm f ♣nq tồn tại khi và chỉ khi đạo hàm f ♣n✁1q tồn tại và khả vi.
Định nghĩa 1.20. Hàm số f được gọi là
❼ khả vi liên tục cấp n trên I ⑨ R nếu f khả vi cấp n trên I và hàm số f ♣nq liên
tục trên I. Lúc đó ta nói f thuộc lớp C n trên I và viết f C n ♣I q. Trong trường
hợp n ✏ 1 ta nói f khả vi liên tục trên I.
❼ khả vi vô hạn trên I ⑨ R nếu f khả vi vô hạn lần trên I. Lúc đó ta nói f thuộc
lớp C ✽ trên I và viết f C ✽ ♣I q.
Chú ý, ta quy ước sẽ nói f là đạo hàm cấp khơng của nó, tức là f ♣xq ✏ f ♣0q ♣xq.
Định lý 1.13 (Các quy tắc tính đạo hàm cấp cao). Giả sử các hàm số f và g khả vi
cấp n tại x0 . Khi đó
11
1. Hàm f
g cũng khả vi cấp n tại x0 và
♣f gq♣nq♣x0q ✏ f ♣nq♣x0q g♣nq♣x0q;
2. Hàm f g cũng khả vi cấp n tại x0 và
♣f gq♣nq♣x0q ✏
n
➳
✏
Cnk f ♣kq ♣x0 qg ♣n✁kq ♣x0 q.
(1.4)
k 0
Công thức (1.4) được gọi là công thức Leibniz.
Các định lý giá trị trung bình của phép tính vi phân đóng một vai trị quan trọng
trong giải tích tốn học. Trong phần này ta sẽ giới thiệu và chứng minh ba định lý giá
trị trung bình, đó là Định lý Rolle, Định lý Lagrange và Định lý Cauchy.
Định lý 1.14 (Rolle). Giả sử hàm số f liên tục trên ra, bs, khả vi trên khoảng ♣a, bq
và f ♣aq ✏ f ♣bq. Khi đó tồn tại c ♣a, bq sao cho f ✶ ♣cq ✏ 0.
Định lý 1.15 (Lagrange). Giả sử hàm số f liên tục trên ra, bs, khả vi trên khoảng
♣a, bq. Khi đó tồn tại c ♣a, bq sao cho
f ♣bq ✁ f ♣aq
b✁a
✏ f ✶♣cq.
Hệ quả 1.16. Giả sử hàm số f liên tục trên ra, bs và f ✶ ♣xq ✏ 0 với mọi x ♣a, bq. Khi
đó f là hàm hằng trên ra, bs.
Dưới đây là một kết quả tổng quát hơn so với Định lý Lagrange.
Định lý 1.17 (Cauchy). Giả sử các hàm số f và g liên tục trên ra, bs, khả vi trên
khoảng ♣a, bq và g ✶ ♣xq ✘ 0 với mọi x ♣a, bq. Khi đó tồn tại c ♣a, bq sao cho
f ♣bq ✁ f ♣aq
g ♣bq ✁ g ♣aq
✏ fg✶♣♣ccqq .
✶
Chương 2
Một số định lý xấp xỉ trong giải tích
Ý tưởng xấp xỉ là một trong những ý tưởng quan trọng nhất của giải tích tốn học.
Trong chương này chúng tơi trình bày một số định lý xấp xỉ cổ điển và quan trọng của
giải tích tốn học.
2.1
2.1.1
Định lý xấp xỉ Weierstrass
Giới thiệu đa thức đại số
Định nghĩa 2.1. Các hàm số có dạng
Pn ♣ x q ✏
n
➳
✏
k
ak x ,
Qn ♣xq ✏
k 0
trong đó ak , bk R (k
lượng giác bậc n.
n
➳
✏
♣ak cos kx bk sin kxq,
k 0
✏ 0, 1, ..., n), được gọi lần lượt là đa thức đại số bậc n và đa thức
Cho hàm số f ♣xq liên tục trên đoạn ra, bs. Câu hỏi đặt ra là liệu chúng ta có thể
xấp xỉ hàm số này bởi một đa thức đại số với độ chính xác cho trước hay khơng? Nghĩa
là, với mọi ε → 0, liệu có tồn tại đa thức P thỏa mãn đánh giá
⑤f ♣xq ✁ P ♣xq⑤ ➔ ε ❅x ra, bs.
Một câu hỏi tương tự được đặt ra là liệu chúng ta có thể xấp xỉ một hàm số liên
tục, tuần hoàn bởi một đa thức lượng giác hay khơng?
Cả hai câu hỏi này đều đã có câu trả lời nhờ vào các định lý xấp xỉ Weierstrass.
12
13
Trước khi phát biểu và chứng minh các kết quả chính của phần này, ta trình bày
một lược đồ tổng quát để xây dựng đa thức đại số và đa thức lượng giác tiện lợi cho
việc biểu diễn xấp xỉ của các hàm số. Một số bất đẳng thức liên quan đến hàm số sin t
cũng được đưa ra.
1. Cho
n
➳
K n ♣ xq ✏
✏
ak x k
k 0
là một đa thức bậc n. Khi đó với mọi hàm số f khả tích trên đoạn ra, bs, tích
chập
➺b
f ♣tqKn ♣x ✁ tq dt
P ♣xq :✏
a
là một đa thức đại số với bậc
theo biến x có dạng
↕ n. Điều này là do Kn♣xq là một đa thức bậc n
Kn ♣x ✁ tq ✏
n
➳
✏
cj ♣tqxj .
j 0
Các hệ số cj ♣tq của đa thức này cũng là đa thức theo biến t có bậc không lớn hơn
n ✁ j.
Cùng một cách như vậy, nếu
n
➳
Kn ♣tq ✏
✏
♣ak cos kt bk sin ktq
k 0
là một đa thức lượng giác bậc n thì với mọi hàm số f khả tích trên đoạn r0, 2π s,
tích phân
➺ 2π
Tn ♣tq
f ♣uqKn ♣t ✁ uq du
0
↕ n có được từ đa thức hạt nhân Kn.
Nói tóm lại, các đa thức P ♣xq và Tn ♣xq nhận được nhờ vào nhân đa thức Kn .
là một đa thức lượng giác có bậc
2. Các bất đẳng thức quan trọng sau đây đúng.
⑤ sin nt⑤ ↕ n⑤ sin t⑤ ❅t ♣✁✽, ✽q,
sin t ➙
2
t
π
sin t ↕ t
tan t ➙ t
❅t
π✙
0, ,
2
✑
❅t ➙ 0,
❅t
(2.1)
✑
0,
π✠
.
2
(2.2)
(2.3)
(2.4)
14
2.1.2
Định lý xấp xỉ Weierstrass
Định lý 2.1 (Weierstrass, [5]). Cho hàm số f liên tục trên đoạn ra, bs và ε
đó tồn tại một đa thức đại số P ♣xq sao cho
→ 0. Khi
⑤f ♣xq ✁ P ♣xq⑤ ➔ ε ❅x ra, bs.
Chứng minh. Trên đoạn
(2.5)
r✁1, 1s, xét đa thức Chebyshev bậc 2n 1 dạng
T2n 1 ♣xq ✏ cos♣2n 1q arccos x.
Vì T2n 1 ♣0q ✏ 0 nên đa thức T2n 1 ♣xq chia hết cho x. Do vậy ta xét đa thức Kn ♣xq bậc
4n có dạng
✒
✚2
1 cos♣2n 1q arccos x
Kn ♣xq ✏
,
(2.6)
γn
x
trong đó
γn
✏
➺1 ✒
✁1
cos♣2n 1q arccos x
x
✚2
dx.
(2.7)
Đa thức Kn ♣xq đóng vai trị của một nhân và có các tính chất sau:
➺1
1.
✁1
Kn ♣xqdx ✏ 1.
Tính chất này được suy ra trực tiếp từ (2.6) và (2.7)
2. Vì
T2n 1 ♣✁xq ✏ cos♣2n 1q arccos♣✁xq ✏ cos♣2n 1q♣π ✁ arccos xq
✏ ✁ cos♣2n 1q arccos x
✏ ✁T2n 1♣xq
nên T2n 1 là lẻ và Kn là chẵn bậc 4n.
3. γn
→ n,
n ✏ 1, 2, ...
Thật vậy, theo cách xác định γn từ (2.7), T2n 1 là lẻ (tính chất 2) và các bất đẳng
15
thức (2.2) và (2.3) ta có
γn
➺1✒
✏2
0
➺1✒
✏2
✏
0
➺π✓
0
➺
cos♣2n 1q♣ π2
x
✁ arcsin xq ✚2 dx ♣do arccos x ✏ π ✁ arcsin xq
sin♣2n 1q arcsin x
x
1qt
sin ♣2n
2
sin 2t
✛2
✚2
t
cos dt →
2
✒ 2t 2n 1 ✚2
➺
2
dx ♣x :✏ sin
➺
π
2n 1
0
✒
✓
1qt
sin ♣2n
2
sin 2t
2n 1
1
→
dt ✏ 2
t
2
π
0
0
2
2
✏ 2 ♣2nπ 2 1q ♣2nπ 1q ✏ 2 2nπ 1 → n
4. Với bất kì δ
➺1
δ
π
2n 1
π
2
♣0, 1q,
Kn ♣xqdx ✏
π
2n 1
➺1✒
δ
✛2
t
cos dt
2
✚2
n ✏ 1, 2, ..., ta có
1
γn
t
q
2
cos♣2n 1q arccos x
dx
x
dt
✚2
↕
1
n
➺1
δ
dx
x2
➔ nδ1
(2.8)
Ta đã chứng minh định lý Weierstrass trên đoạn r✁1, 1s.
Trên đoạn r✁2, 2s, hàm số f được thác triển liên tục bằng cách đặt
f ♣xq ✏
✩
✫f
♣✁1q
✪f ♣1q
nếu x r✁2, ✁1s ,
nếu x r1, 2s .
Hàm số f liên tục trên r✁2, 2s nên liên tục đều trên đoạn đó. Với bất kì ε → 0, tồn tại
0 ➔ δ ➔ 1 sao cho với mọi x✶ và x✷ thuộc r✁2, 2s và ⑤x✶ ✁ x✷ ⑤ ➔ δ, ta có
⑤f ♣x✶q ✁ f ♣x✷q⑤ ➔ 2ε .
Với n ✏ 1, 2, ..., ta xác định đa thức Pn bậc nhỏ hơn hoặc bằng 4n bằng cách đặt
Pn ♣xq ✏
Bằng phép đổi biến
t✁x
3
➺
✁t ✁ x✠
1 2
f ♣tqKn
dt.
3 ✁2
3
✏ η, ta được
Pn ♣ x q ✏
➺ 2✁ x
3
♣✁2✁xq
f ♣3η xqKn ♣η qdη.
3
Từ tính chất 1 ta được
f ♣xq ✏ f ♣xq.1 ✏ f ♣xq
➺1
✁1
Kn ♣η qdη
✏
➺1
✁1
f ♣xqKn ♣η qdη.
16
Với x r✁1, 1s ta kết luận
⑤f ♣xq ✁ Pn♣xq⑤ ➔
➺
δ
3
✁δ
⑤f ♣xq ✁ f ♣3η xq⑤Kn♣ηqdη
3
✄➺
δ
3
✁1
➺ 1☛
δ
3
✄➺ ✁ δ
♣✁ ✁ q
3
⑤f ♣xq⑤Kn♣ηqdη
➺ 2✁ x ☛
2 x
3
3
δ
3
Sử dụng tính chất của đa thức Kn và hàm số f liên tục trên
nhất, gọi M là giá trị lớn nhất của hàm ⑤f ⑤ ta thu được
⑤f ♣xq ✁ Pn♣xq⑤ ↕
↕
➺
ε 1
Kn ♣η qdη 2M
2 ✁1
3
ε
4M .
2
nδ
➺1
δ
3
⑤f ♣3η xq⑤Kn♣ηqdη,
r✁2, 2s nên đạt giá trị lớn
Kn ♣η qdη 2M
➺1
δ
3
Kn ♣η qdη
Hơn nữa, với n đủ lớn thì với mọi x r✁1, 1s ta có thể viết
⑤f ♣xq ✁ Pn♣xq⑤ ➔ ε.
Như vậy Định lý Weierstrass đã được chứng minh trong trường hợp a ✏ ✁1 và b ✏ 1.
Tiếp theo ta chứng minh định lý cũng đúng trong trường hợp a, b là 2 số bất kì. Ta
đổi biến
x✏a
b✁a
♣u 1q,
2
(2.9)
khi đó
u✏
2x ✁ a ✁ b
b✁a
(2.10)
Khi đó với x ra, bs thì u r✁1, 1s.
Xét hàm số
là hàm liên tục trên
cho
Đặt
✑
ϕ♣uq ✏ f a
✙
b✁a
♣u 1q
2
r✁1, 1s. Theo chứng minh trên, ta có thể tìm được đa thức πn sao
⑤ϕ♣uq ✁ πn♣uq⑤ ➔ ε.
Pn ♣ x q ✏ πn
✁ 2x
✁ a ✁ b✠
b✁a
17
và từ (2.9) và (2.10) ta kết luận
⑤f ♣xq ✁ Pn♣xq⑤ ✏ ⑤ϕ♣uq ✁ πn♣uq⑤ ➔ ε.
Nhận xét 2.2. Định lý trên có thể được chứng minh theo một cách khác bằng cách
sử dụng đa thức Bernstein. Cụ thể là, cho hàm số f C r0, 1s. Đa thức bậc n được cho
bởi
n
✁k✠
➳
Cnk xk ♣1 ✁ xqn✁k
Bn ♣f ; xq ✏
f
n
k ✏0
được gọi là đa thức Bernstein. Khi đó Bn ♣f ; xq hội tụ đều đến hàm số f ♣xq trên đoạn
r0, 1s (Xem [6, Problem 8.1])
Tiếp theo, ta trình bày một kết quả về xấp xỉ đều một hàm số liên tục, tuần hoàn
bởi một đa thức lượng giác.
Định lý 2.2 ([6]). Cho hàm số f : R Đ R liên tục, tuần hồn với chu kỳ 2π và ε → 0.
Khi đó tồn tại đa thức lượng giác
Qn ♣xq ✏
n
➳
✏
♣ak cos kx bk sin kxq
k 0
sao cho
⑤f ♣xq ✁ Qn♣xq⑤ ➔ ε ❅x R.
(2.11)
Chứng minh. Với mọi hàm liên tục tuần hoàn với chu kì 2π, ta viết
f ♣xq ✏ f ♣xq f✁ ♣xq,
trong đó
f✟ ♣xq ✏
f ♣xq ✟ f ♣✁xq
.
2
(2.12)
Các hàm f✟ ♣xq cũng là hàm số liên tục, tuần hồn có cùng chu kì với f ♣xq và thỏa
mãn
f ♣xq ✏ f ♣✁xq, f✁ ♣xq f✁ ♣✁xq ✏ 0.
Lưu ý rằng
f✁ ♣kπ q ✏ 0
❅k Z.
Với mọi ε → 0, ta có thể lấy hàm lẻ, liên tục và tuần hồn φ♣xq với chu kì 2π sao cho
⑤f✁♣xq ✁ φ♣xq⑤ ➔ ε ❅x R
18
đồng thời φ♣xq bằng 0 tại mọi điểm thuộc lân cận đủ nhỏ của kπ.
✏ arccos y là một phép đồng phôi từ đoạn r✁1; 1s vào r0, πs nên các
φ♣arccos y q
f ♣arccos y q và
sin♣arccos y q
liên tục trên đoạn r✁1, 1s. Do vậy bằng cách áp dụng định lý xấp xỉ Weierstrass cho
các hàm số này, ta tìm được các đa thức P ♣y q và Q♣y q thỏa mãn
✞
✞
✞
✞
✞f ♣xq ✁ P ♣cos xq✞ ➔ ε và ✞φ♣xq ✁ ♣sin xqQ♣cos xq✞ ➔ ε
với mọi 0 ↕ x ↕ π. Hơn thế nữa các bất đẳng thức trên cũng đúng với mọi x R nhờ
vào tính chất chẵn của f ♣xq, P ♣cos xq và nhờ vào tính chất lẻ của φ♣xq, ♣sin xqQ♣cos xq
Vì ánh xạ x
hàm số
và nhờ vào tính chất tuần hồn của các hàm này. Từ đó suy ra
✞
✞f x
✞
♣ q ✁ P ♣cos xq ✁ ♣sin xqQ♣cos xq✞
✞
✞ ✞
✞
↕ ✞f ♣xq ✁ P ♣cos xq✞ ✞f✁♣xq ✁ φ♣xq✞
✞
✞
✞φ♣xq ✁ ♣sin xqQ♣cos xq✞
➔ 3ε
với mọi x R.
Dễ dàng nhận thấy mỗi hàm cosk x có thể được viết dưới dạng tổ hợp tuyến tính
của 1, cos x, . . . , cos kx và mỗi hàm ♣sin xq cosk x có thể được viết dưới dạng tổ hợp
tuyến tính của sin x, sin 2x, . . . , sin kx. Định lý được chứng minh.
2.2
2.2.1
Định lý xấp xỉ Taylor
Định lý về giá trị trung bình
Định lý 2.3 (Giá trị trung bình của tích phân). Nếu f ♣xq và g ♣xq là liên tục trên
đoạn ra, bs và g ♣xq ➙ 0 thì
➺b
f ♣xqg ♣xqdx ✏ f ♣cq
a
➺b
g ♣xqdx
a
với ít nhất 1 điểm c thuộc ra, bs.
Bổ đề 2.4. Nếu f ♣xq và g ♣xq ➙ 0 liên tục trên đoạn ra, bs thì
✞➺ b
✞
✞
✞
✞ f x g x dx✞
✞
✞
a
♣q♣q
↕
✞➺ b
✞
✞
✞
max f x ✞✞ g x dx.✞✞
xra,bs
⑤ ♣ q⑤
a
♣q
19
2.2.2
Đa thức Taylor
Định nghĩa 2.3 ([4]). Giả sử hàm số y
Khi đó đa thức
Pna ♣xq ✏ f ♣aq f ✶ ♣aq♣x ✁ aq
✏ f ♣xq có đạo hàm đến cấp n tại điểm x ✏ a.
f ✷ ♣aq
f ♣nq ♣aq
♣
x ✁ aq2 ☎ ☎ ☎
♣x ✁ aqn
2!
n!
được gọi là đa thức Taylor bậc n của f tại x ✏ a.
Lưu ý rằng biểu thức Pna bao gồm các đa thức Taylor dạng P0a , P1a , P2a , . . . , Pna✁1 .
Trong nhiều trường hợp ta dễ dàng tính được giá trị các đa thức này. Ví dụ nếu
❄
f ♣xq ✏ x, n ✏ 3 và a ✏ 100 thì
P3100 ♣xq ✏ 10
♣x ✁ 100q ✁ ♣x ✁ 100q2 ♣x ✁ 100q3 .
20
8000
1600000
Đặt ∆x ✏ x ✁ a, ta sẽ so sánh độ lệch về giá trị của f ♣xq tại a ✏ 100 khi chọn hai giá
trị ∆x ✏ 2 và ∆x ✏ 20. Ta thấy với ∆x ✏ 2
P3100 ♣xq ✏ 10
❄
2
20
2
3
2
2
✁ 8000
1600000
✏ 10.099505
❄
và 102 ✏ 10.099504938362 . . . Ta có bảng so sánh giá trị của
của f ♣xq tương ứng khi n ✏ 0, 1, 2, 3.
Bậc n
0
1
2
3
Số hạng Pn,100 ♣2q
10
10
0.1
10.1
-0.0005
10.0995
0.000005 10.099505
❄
102 với đa thức Taylor
❄
Error:= 102 ✁ Pn,100 ♣2q
0.0995 ☎ ☎ ☎ ✓ 1 ✂ 10✁1
✁0.000495 ☎ ☎ ☎ ✓ ✁5 ✂ 10✁4
0.000004938 ☎ ☎ ☎ ✓ 5 ✂ 10✁6
✁0.0000000616 ☎ ☎ ☎ ✓ ✁6 ✂ 10✁8
Tương tự, với ∆x ✏ 20, 120 ✏ 10.95445115 . . . .Ta có bảng so sánh giá trị của
với đa thức Taylor của f ♣xq tương ứng khi n ✏ 0, 1, 2, 3.
Bậc n
0
1
2
3
Số hạng
10
1
-0.05
0.005
Pn,100 ♣2q
10
11
0.00445. . .
-0.000548. . .
❄
Error:= 102 ✁ Pn,100 ♣2q
0.954 ☎ ☎ ☎ ✓ 1 ✂ 100
✁0.0455 ☎ ☎ ☎ ✓ ✁5 ✂ 10✁2
0.000004938 ☎ ☎ ☎ ✓ 4 ✂ 10✁3
✁0.0000000616 ☎ ☎ ☎ ✓ ✁5 ✂ 10✁4
Từ việc so sánh giá trị của Error ở 2 bảng, ta nhận thấy
Error
✏ f ♣xq ✁ Pna♣xq
❄
120
20
phụ thuộc vào ∆x và n, càng gần đến 0 khi ∆x càng nhỏ và n càng lớn. Đa thức Taylor
của f ♣xq với n ✏ 0, P0a ♣xq ✏ f ♣aq cho ta xấp xỉ
Error
✏ f ♣xq ✁ f ♣aq ✓ f ✶♣aq♣x ✁ aq ✏ f ✶♣aq∆x.
Với 0 ↕ t ↕ 1, ta có
✟
✟
f ♣xq ✁ f ♣aq ✏ f ✶ a t♣x ✁ aq ♣x ✁ aq ✏ f a t∆x ∆x
(2.13)
Mặt khác
➺1
0
✶
✟
f a t∆x ∆xdt ✏ f a
✞
✟✞1
t∆x ✞✞
0
✏ f ♣a ∆xq ✁ f ♣aq ✏ f ♣xq ✁ f ♣aq
(2.14)
Từ (2.13) và (2.14)suy ra
➺1
f ♣xq ✏ f ♣aq
0
f ✶ ♣a t∆xq∆xdt ✏ P0a ♣xq R0a ♣xq
với cách đặt
R0a
♣xq ✏ ♣x ✁ aq
➺1
0
f ✶ ♣a t♣x ✁ aqqdt ✏ ∆x
➺1
0
f ✶ ♣a t∆xqdt
Đây là trường hợp cụ thể của Định lý Taylor
Định lý 2.5 (Taylor, [4]). Nếu hàm số f ♣xq có đạo hàm liên tục đến cấp n 1 trong
một khoảng chứa a và x thì
f ♣xq ✏ f ♣aq f ✶ ♣aq♣x ✁ aq
trong đó
Rna
f ♣nq ♣aq
f ”♣aq
♣
x ✁ aq2 ☎ ☎ ☎
♣x ✁ aqn Rna ♣xq, (2.15)
2!
n!
➺
✘
♣
x ✁ aqn 1 1 ♣n 1q ✏
a t♣x ✁ aq ♣1 ✁ tqn dt.
♣ xq ✏
f
n!
0
Chứng minh. Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp, bắt đầu với n ✏ 0
P0a ♣xq ✏ f ♣aq
f ♣xq ✏ f ♣aq ∆x
➺1
0
f ✶ ♣a t∆xqdt
bằng cách đặt ϕ♣tq ✏ f ♣a t∆xq và sử dụng tính chất
ϕ♣1q ✏ ϕ♣0q
➺1
0
ϕ✶ ♣tqdt
(2.16)
21
rồi sử dụng tích phân từng phần
➺β
udv
α
Với u ✏ f ✶ ♣a t∆xq, dv
số tùy ý . Khi đó
R0a
♣xq ✏ ∆x
➺1
0
✏
✞β
✞
uv ✞✞
✁
α
➺β
vdu
α
✏ dt suy ra du ✏ f ”♣a t∆xq∆xdt và v ✏ t C với C là hằng
f ✶ ♣a t∆xqdt
✞1
✞
✏ ∆xf ✶♣a t∆xq♣t C q✞
✞
0
➺1
✁ ∆x ♣t C qf ”♣a t∆xq∆xdt
0
✏ ∆xf ✶♣a ∆xq♣1 C q ✁ ∆xf ✶♣aqC ✁ ♣∆xq2
Chọn C
✏ ✁1, khi đó
R0a
♣xq ✏ f ✶♣aq∆x ♣∆xq2
➺1
0
f ♣xq ✏ f ♣aq
♣xq ✏ f ♣aq f ✶♣aq∆x ♣∆xq2
❧♦♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♦♥
♣q
P1a x
0
♣t C qf ”♣a t∆xqdt
f ”♣a t∆xq♣1 ✁ tqdt
Và
R0a
➺1
➺1
f ”♣a t∆xq♣1 ✁ tqdt
0
❧♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♥
♣q
R1a x
Ta chứng minh định lý Taylor cho trường hợp n ✏ 1. Từ
f ♣xq ✏ P1a ♣xq R1a ♣xq
✏ f ♣aq f ✶♣aq∆x ♣∆xq2
➺1
0
f ”♣a t∆xq♣1 ✁ tqdt
Áp dụng tích phân từng phần với u ✏ f ”♣a t∆xq, dv
R1a
♣xq ✏ ♣∆xq
➺1
2
0
✏ ♣1 ✁ tqdt ta được
f ”♣a t∆xq♣1 ✁ tqdt
✞
➺1
1
2
♣
1 ✁ tq2 ✞✞
2
2
✏ ✁♣∆xq f ”♣a t∆xq 2 ✞ ♣∆xq f ♣3q♣a t∆xq∆x ♣1 ✁2 tq dt
0
0
3 ➺1
✏ f ”♣aq ♣∆xq2 ♣∆xq f ♣3q♣a t∆xq♣1 ✁ tq2dt
2
2
0
Vì vậy
f ”♣aq
f ♣xq ✏ f ♣aq f ✶ ♣aq∆x
♣∆xq2 ♣∆xq
3
➺1
2
❧♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♥
f ♣3q ♣a t∆xq♣1 ✁ tq2 dt
2
0
❧♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♠♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♦♥
P2a x
R2a x
♣q
♣q
22
Giả sử định lý Taylor đúng với n ✏ k nghĩa là f ♣xq ✏ Pka ♣xq Rka ♣xq. Ta chứng minh
định lý đúng với n ✏ k 1 tức là f ♣xq ✏ Pka 1 ♣xq Rka 1 ♣xq. Vì
Rka
➺
♣
∆xqk 1 1 ♣k 1q
♣xq ✏ k!
f
♣a t∆xq♣1 ✁ tqk dt
0
➺
f ♣k 1q ♣aq
♣
∆xqk 2 1 ♣k 2q
k 1
✏ ♣k 1q! ♣∆xq ♣k 2q! f ♣a t∆xq♣1 ✁ tqk 1dt
0
Do đó
f ♣xq ✏ Pka 1 ♣xq Rka 1 ♣xq
❄
❄
Trở lại ví dụ về xấp xỉ 102 và 120 với dự đoán Error Rna ♣xq nhỏ khi x ✁ a nhỏ.
Tuy nhiên từ định lý ta thấy Error nhỏ hơn nhanh hơn ∆x hay Rna ♣xq tiến đến 0 nhanh
hơn ♣x ✁ aqn 1 . Điều trên là hoàn toàn đúng, để hiểu vì sao chúng ta viết lại Rna ♣xq ở
dạng khác.
Hệ quả 2.6 (Phần dư Lagrange, [4]). Với x ✓ a, tồn tại θ ✏ θ♣x, aq với 0 ↕ θ
cho
♣n 1q ✏a θ♣x ✁ aq✘
f
Rna ♣xq ✏
♣x ✁ aq♣n 1q.
♣n 1q!
↕ 1 sao
(2.17)
Chứng minh. Từ định lý ♣2.3q ta có
Rna
➺
♣
∆xqn 1 1 ♣n 1q
f
♣a t∆xq♣1 ✁ tqndt
♣ xq ✏
n!
✏ ♣∆xqn 1
0
➺
f ♣n 1q ♣a θ∆xq 1
♣
1 ✁ tqn dt
n!
0
✞1
♣
n 1q
♣
a θ∆xq ♣1 ✁ tqn 1 ✞✞
n 1 f
✏ ♣∆xq
♣✁ n 1 q✞
n!
0
♣
n 1q
q ♣∆xqn 1
✏ f ♣n♣a 1qθ∆x
!
Nếu ta viết theo dạng Taylor của hàm f với n
được
✏
✏ 0 và sử dụng số dư Lagrange ta
✘
f ♣xq ✏ f ♣aq f ✶ a θ♣x ✁ aq ♣x ✁ aq
Hệ quả 2.7 ([4]). Với x ✓ a, ta có
Rna ♣xq ✓
f ♣n 1q ♣aq
n 1
♣n 1q! ♣x ✁ aq .
(2.18)
