Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P3 ppt

3.2. Chuỗi hàm và sự hội tụ đều 93
3.2.32.
Cho
f(x)=
1
X
n=1
(Ă1)
n+1
1
p
n
arctan
x
p
n
;x2 R;
Chứng minh rằng
f
khả vi liên tục trên
R
.
3.2.33.
Chứng minh hàm
f(x)=
1
X
n=1
sin (nx
2
)

1+n
3
;x2 R;
khả vi liên tục trên
R
.
3.2.34.
Cho
f(x)=
1
X
n=1
p
n(tan x)
n
;x2 (Ă
ẳ
4
;
ẳ
4
):
Chứng minh
f
khả vi liên tục trên
(Ă
ẳ
4
;
ẳ

4
):
3.2.35.
Định nghĩa
f(x)=
1
X
n=0
e
Ănx
1+n
2
;x2 [0; 1):
Chứng minh rằng
f 2 C([0; 1))
,
f 2 C
1
(0; 1)
và
f
0
(0)
không tồn tại.
3.2.36.
Hy chỉ ra rằng hàm
f(x)=
1
X
n=1

jxj
x
2
+ n
2
liên tục trên
R
.Nócókhảvitrên
R
không?
3.2.37.
Chứng minh rằng hàm

Riemann xác định bởi
(x)=
1
X
n=1
1
n
x
thuộc
C
1
(1; 1)
.
94 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.2.38.
Giả thiết rằng
f 2 C

1
([0; 1])
thoả mnnhữngđiềukiệnsau:
(1)
f 6 0
,
(2)
f
(n)
(0) = 0
với
n =0; 1; 2;:::;
(3) với mỗi dysốthực
fa
n
g
, chuỗi
1
P
n=1
a
n
f
(n)
(x)
hội tụ đều trên
[0; 1]:
Chứng minh rằng
lim
n!1

n!a
n
=0:
3.2.39.
Với
x 2 R
đặt
f
n
(x)
là khoảng cách từ
x
đến phân số gần nhất có
mẫu số là
n
(tử số và mẫu số không nhất thiết phải là nguyên tố cùng nhau).
Tìm tất cả
x 2 R
để chuỗi
1
P
n=1
f
n
(x)
hội tụ.
3.2.40.
Cho
g(x)=jxj
với

x 2 [Ă1; 1]
và mở rộng định nghĩa
g
cho mọi số
thực
x
bằng cách đặt
g(x +2)=g(x)
. Chứng minh rằng hàm Weierstrass
f
xác định bởi
f(x)=
1
X
n=0
à
3
4
ả
n
g(4
n
x)
liên tục trên
R
và không khả vi tại mọi điểm.
3.3 Chuỗi luỹ thừa
3.3.1.
Chứng minh rằng mỗi chuỗi luỹ thừa
1

P
n=0
a
n
(x Ă x
0
)
n
đều tồn tại
R 2
[0; 1]
sao cho
(1) chuỗi luỹ thừa hội tụ tuyệt đối với
jxĂx
0
j <R
và phân kỳ với
jxĂx
0
j >R
,
(2)
R
là cận trên đúng của tập h ợ p tất cả những
r 2 [0; 1)
để
fja
n
jr
n

g
là
dybịchặn,
(3)
1=R = lim
n!1
n
p
ja
n
j
(ở đây
1
0
=+1
và
1
1
=0
).
3.3. Chuỗi luỹ thừa 95
R
đợc gọi là bán k ính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
(x Ă x
0

)
n
.
3.3.2.
Xác định miền hội tụ của các chuỗi luỹ thừa sau:
(a)
1
X
n=1
n
3
x
n
;
(b)
1
X
n=1
2
n
n!
x
n
;
(c)
1
X
n=1
2
n

n
2
x
n
;
(d)
1
X
n=1
(2 + (Ă1)
n
)
n
x
n
;
(e)
1
X
n=1
à
2+(Ă1)
n
5+(Ă1)
n+1
ả
n
x
n
;

(f)
1
X
n=1
2
n
x
n
2
;
(g)
1
X
n=1
2
n
2
x
n!
;
(h)
1
X
n=1
à
1+
1
n
ả
(Ă1)

n
n
2
x
n
:
3.3.3.
Tìm miền hội tụ của các chuỗi sau:
(a)
1
X
n=1
(x Ă 1)
2n
2
n
n
3
;
(b)
1
X
n=1
n
n +1
à
2x +1
x
ả
n

;
(c)
1
X
n=1
n4
n
3
n
x
n
(1 Ă x)
n
;
(d)
1
X
n=1
(n!)
2
(2n)!
(x Ă 1)
n
;
(e)
1
X
n=1
p
n(tan x)

n
;
(f)
1
X
n=1
à
arctan
1
x
ả
n
2
:
3.3.4.
Chứng minh rằng nếu
R
1
và
R
2
lần lợt là bán kính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
và

1
P
n=0
b
n
x
n
thì
(a) bán kính hội tụ
R
của
1
P
n=0
(a
n
+ b
n
)x
n
bằng
min fR
1
;R
2
g
,nếu
R
1
6= R

2
.
Có thể nói gì về
R
nếu
R
1
= R
2
?
(b) bán kính hộ i tụ
R
của
1
P
n=0
a
n
b
n
x
n
thoả mn
R á R
1
R
2
.Bằngvídụchỉ
ra rằng bất đẳng thức là chặt.
96 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm

3.3.5.
Cho
R
1
và
R
2
lần lợt là bán kính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
và
1
P
n=0
b
n
x
n
.
Chứng minh
(a) nếu
R
1
,
R

2
2 (0; 1)
thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
1
X
n=0
a
n
b
n
x
n
;b
n
6=0;n =0; 1; 2;:::;
thoả mn
R
R
1
R
2
,
(b) bán kính hội tụ
R
của chuỗi tích Cauchy ( xem I, 3.6.1) của những chuỗi
đ cho thoả mn
R á min fR
1
;R
2

g
.
Bằng ví dụ chỉ ra rằng các bất đẳng thức (a) và (b) là chặt.
3.3.6.
Tìm bán kính hội tụ
R
của
1
P
n=0
a
n
x
n
,nếu
(a) có
đ
và
L>0
sao cho
lim
n!1
ja
n
n
đ
j = L
,
(b) tồn tại các s ố dơng
đ

và
L
sao cho
lim
n!1
ja
n
đ
n
j = L
,
(c)
lim
n!1
ja
n
n!j = L; L 2 (0 ; 1)
.
3.3.7.
Giả sử rằng bán kí nh hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
là
R
và

0 <R<1
.Ước
lợng bán kính hội tụ của:
(a)
1
X
n=0
2
n
a
n
x
n
;
(b)
1
X
n=0
n
n
a
n
x
n
;
(c)
1
X
n=0
n

n
n!
a
n
x
n
;
(d)
1
X
n=0
a
2
n
x
n
:
3.3.8.
Tìm tất cả các chuỗi luỹ thừa hội tụ đều trên
R
.
3.3.9.
Tìm bán kính hội tụ
R
của chuỗi luỹ thừa
1
X
n=0
x
2n+1

(2n +1)!!
và chỉ ra rằng hàm tổng
f
củanóthoảmnphơng t rình
f
0
(x)=1+xf(x);x2
(ĂR; R)
.
3.3. Chuỗi luỹ thừa 97
3.3.10.
Chứng minh rằng chuỗi
1
P
n=0
x
3n
(3n)!
hội tụ trên
R
và hàm tổng
f
thoả
mnphơng trình
f"(x)+f
0
(x)+f(x)=e
x
;x 2 R
.

3.3.11.
Cho
R>0
là bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
1
P
n=0
a
n
x
n
và đặt
S
n
(x)=
n
P
k=0
a
k
x
k
;n =0; 1; 2;:::
. Chứng minh rằng nếu
f
là hàm tổng của
chuỗi và
x
0
2 (ĂR; R)

sao cho
S
n
(x
0
) <f(x
0
);n=0; 1; 2;:::
,thì
f
0
(x
0
) 6=0
.
3.3.12.
Cho
fS
n
g
là dytổngriêngcủa
1
P
n=0
a
n
và đặt
T
n
=

S
0
+S
1
+ÂÂÂ+S
n
n+1
. Chứng
minh nếu
fT
n
g
bị chặn thì các chuỗi luỹ thừa
1
P
n=0
a
n
x
n
,
1
P
n=0
S
n
x
n
,
1

P
n=0
(n+1)T
n
x
n
hộitụvới
jxj < 1
và
1
X
n=0
a
n
x
n
=(1Ăx)
1
X
n=0
S
n
x
n
=(1Ă x)
2
1
X
n=0
(n +1)T

n
x
n
:
3.3.13.
Cho
f(x)=
1
P
n=0
x
2
n
; jxj < 1
. Chứng minh rằng có số
M>0
sao cho
jf
0
(x)j <
M
1 Ăjxj
; jxj < 1:
3.3.14.
Chứng minh định lý Abel sau. Nếu
1
P
n=0
a
n

hộitụvề
L
thì
(1)
1
P
n=0
a
n
x
n
hội tụ đều trên
[0; 1]
,
(2)
lim
x!1
Ă
1
P
n=0
a
n
x
n
= L
.
3.3.15.
Chứng minh định lý Abel tổng quát sau. Nếu
fS

n
g
là dy các tổng
riêng của
1
P
n=0
a
n
và chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
có bán kính hội tụ bằng 1
thì
lim
n!1
S
n
lim
x!1
Ă
f(x) lim
x!1
Ă

f(x) lim
n!1
S
n
:
98 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.3.16.
Chứng minh định lý Tauber. Giả thiết rằng bán kính hội tụ của chuỗi
luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1.Nếu
lim
n!1
na
n
=0
và
lim
x!1
Ă
f(x)=L; L 2 R
thì chuỗi số
1

P
n=0
a
n
hộitụvề
L
.
3.3.17.
Bằng ví dụ chỉ r a rằng giả thiết
lim
n!1
na
n
=0
trong định lý Tauber
là không thể thiếu.
3.3.18.
Giả sử rằng
fa
n
g
là dysốdơng và bán kính hội tụ của
f(x)=
1
P
n=1
a
n
x
n

là 1. Chứng minh
lim
x!1
Ă
f(x)
tồn tại v à hữu hạn nế u và chỉ n ếu
1
P
n=1
a
n
hội tụ.
3.3.19.
Chứng minh sự tổng quát sau của định lý Tauber. Giả thiết rằng
bán kính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1.Nếu
lim
n!1
a
1
+2a
2
+ ÂÂÂ+ na

n
n
=0
và
lim
x!1
Ă
f(x)=L; L 2 R;
thì chuỗi
1
P
n=0
a
n
hội tụ về
L
.
3.3.20.
Giả thiết rằng bán kính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1. C hứng minh nếu
1
P
n=1

na
2
n
hội tụ và
lim
x!1
Ă
f(x)=L; L 2 R
thì
1
P
n=0
a
n
hộitụvàcótổngbằng
L
.
3.3.21.
Giả thiết
a
n
;b
n
> 0;n =0; 1; 2;:::;
và các chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a

n
x
n
;g(x)=
1
P
n=0
b
n
x
n
có cùng bán kính hộ i tụ là 1. Hơn nữa giả thiết
lim
x!1
Ă
f(x) = lim
x!1
Ă
g(x)=+1
. C hứng minh nếu có
lim
n!1
a
n
b
n
= A 2 [0; 1)
thì
cũng có
lim

x!1
Ă
f(x)
g(x)
= A
.
3.3.22.
Chứng minh kết q uả tổng quát sau của bài toán trên (3.3.21). Giả
thiết cả hai chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
và
g(x)=
1
P
n=0
b
n
x
n
có cùng bán
kính hội tụ bằng 1. Hơn nữa giả thiết rằng
S
n

= a
0
+ a
1
+ ÂÂÂ+ a
n
và
T
n
= b
0
+ b
1
+ ÂÂÂ+ b
n
;n2 N
đều dơng và h ai chuỗi
1
P
n=0
S
n
và
1
P
n=0
T
n
phân kỳ.
Nếu

lim
n!1
S
n
T
n
= A 2 [0; 1)
thì
lim
x!1
Ă
f(x)
g(x)
= A
.
3.4. Chuỗi Taylor 99
3.3.23.
Bằng ví dụ chỉ r a rằng chiều ngợc lại của định lý trên là sai. Nghĩa
là, từ
lim
x!1
Ă
f(x)
gx)
= A
không suy ra đợc sự tồn tại
lim
n!1
S
n

T
n
.
3.3.24.
Cho bán kính hội t ụ của chuỗi l uỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
với các hệ số
không âm là 1 và đặt
lim
x!1
Ă
f(x)(1 Ăx)=A 2 (0; 1)
. Chứng minh có các số
dơng
A
1
và
A
2
sao cho
A
1
n S

n
= a
0
+ a
1
+ ÂÂÂ+ a
n
A
2
n; n 2 N:
3.3.25.
Chứng minh định lý Hardy v à Littlewood sau. Cho bán kính hội
tụ của chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
với các hệ số không âm là 1 và đặt
lim
x!1
Ă
f(x)(1 Ă x)=A 2 (0; 1)
.Khiđó
lim
n!1
S

n
n
= A;
ởđây
S
n
= a
0
+ a
1
+ ÂÂÂ+ a
n
.
3.3.26.
Cho bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1.
Chứng minh nếu dysốfna
n
g bị chặn và lim
x!1
Ă
f(x)=L; L 2 R thì chuỗi

1
P
n=0
a
n
hộitụvàcótổngbằng
L
.
3.3.27.
Cho bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1.
Chứng minh rằng nếu
lim
x!1
Ă
f(x)(1 Ăx)
tồn tại và khác 0 thì
fa
n
g
không thể
hộitụvề0.

3.4 Chuỗi Taylor
3.4.1.
Giả thiết hàm
f
thuộc
C
1
([a; b])
. Chứng minh rằng nếu tất cả các
đạo hàm
f
(n)
bị chặn đều trên
[a; b]
thì với mỗi
x
và
x
0
thuộc
[a; b]
ta đề u có
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0

)
n!
(x Ă x
0
)
n
:
100 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.4.2.
Định nghĩa
f(x)=
ẵ
e
Ă
1
x
2
nếu
x 6=0
,
0
nếu
x =0:
Đẳng thức
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)

(0)
n!
x
n
có thoả mnvới
x 6=0
không?
3.4.3.
Định nghĩa
f(x)=
1
P
n=0
cos (n
2
x)
e
n
;x 2 R
. Chứng minh
f
thuộc
C
1
(R)
và
đẳng thức
f(x)=
1
X

n=0
f
(n)
(0)
n!
x
n
chỉ thoả mntại
x =0
.
3.4.4.
Chứngminhrằngnếu
đ 2 RnN
và
jxj < 1
thì
(1 + x)
đ
=1+
1
X
n=1
đ(đ Ă 1) ÂÂÂ(đ Ă n +1)
n!
x
n
:
Và nó đợc gọi là côn g t hức nhị thức Newton.
3.4.5.
Chứngminhrằngvới

jxj 1
ta luôn có
jxj =1Ă
1
2
(1 Ă x
2
) Ă
1
X
n=2
(2n Ă3)!!
(2n)!!
(1 Ă x
2
)
n
:
3.4.6.
Chứng minh nếu chuỗi luỹ thừa
1
P
n=1
a
n
x
n
có bán kính hội tụ
R
dơng

và
f(x)=
1
P
n=1
a
n
x
n
với
x 2 (ĂR; R)
thì hàm
f
thuộc
C
1
(ĂR; R)
và
a
n
=
f
(n)
(0)
n!
;n=0; 1; 2;::::
3.4.7.
Chứngminhrằngnếu
x
0

thuộc vào khoảng hội tụ
(ĂR; R);R >0
của
chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
thì
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0
)
n!
(x Ă x
0
)
n
với
jx Ă x
0

j <RĂjx
0
j:
3.4. Chuỗi Taylor 101
3.4.8.
Giả thiết rằng các chuỗi
1
P
n=0
a
n
x
n
và
1
P
n=0
b
n
x
n
cùng hội tụ trong khoảng
(ĂR; R)
.Đặt
A
là tập tất cả
x 2 (ĂR; R)
mà
1
X

n=0
a
n
x
n
=
1
X
n=0
b
n
x
n
:
Chứng minh nếu
A
có đi ểm tụ thuộc khoảng
(ĂR; R)
thì
a
n
= b
n
với
n =
0; 1; 2;::::
3.4.9.
Tìm chuỗi Taylor của hàm
f
tại điểm 0 khi

f(x)=sinx
3
;x2 R;(a)
f(x)=sin
3
x; x 2 R;(b)
f(x)=sinx cos 3x; x 2 R;(c)
f(x)=sin
6
x +cos
6
x; x 2 R;(d)
f(x)=
1
2
ln
1+x
1 Ăx
;x2 (Ă1; 1);(e)
f(x)=ln(1+x + x
2
);x2 (Ă1; 1);(f)
f(x)=
1
1 Ă 5x +6x
2
;x2 (Ă1=3; 1=3);(g)
f(x)=
e
x

1 Ă x
;x2 (Ă1; 1):(h)
3.4.10.
Tìm chuỗi Taylor của các hàm
f
sau tại điểm x=1:
f(x)=(x +1)e
x
;x2 R;(a)
f(x)=
e
x
x
;x6=0;(b)
f(x)=
cos x
x
;x6=0;(c)
f(x)=
ln x
x
;x>0:(d)
102 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.4.11.
Với
jxj < 1
, thiết lập các đẳng thức sau:
arcsin x = x +
1
X

n=1
(2n Ă 1)!!
(2n)!!(2n +1)
x
2n+1
;(a)
arctan x =
1
X
n=0
(Ă1)
n
1
2n +1
x
2n+1
:(b)
Hy dùng những đồng nhất thức trên để chỉ ra rằng
ẳ
6
=
1
2
+
1
X
n=1
(2n Ă 1)!!
2
2n+1

(2n)!!(2n +1)
và
ẳ
4
=
1
X
n=0
(Ă1)
n
1
2n +1
:
3.4.12.
Tìm chuỗi Taylor của hàm
f
tại điểm 0 khi
f(x)=x arctan x Ă
1
2
ln (1 + x
2
);x2 (Ă1; 1);(a)
f(x)=x arcsin x +
p
1 Ăx
2
;x2 (Ă1; 1):(b)
3.4.13.
Tìm tổng của những chuỗi sau:

(a)
1
X
n=1
(Ă1)
n+1
n(n +1)
; (b)
1
X
n=0
(Ă1)
n
n
(2n +1)!
;
(c)
1
X
n=2
(Ă1)
n
n
2
+ n Ă 2
;
(d)
1
X
n=1

(Ă1)
nĂ1
n(2n Ă 1)
;
(e)
1
X
n=1
(Ă1)
n
(2n Ă 1)!!
(2n)!!
;
(f)
1
X
n=0
3
n
(n +1)
n!
:
3.4.14.
Tìm tổng của chuỗi
1
P
n=1
((nĂ1)!)
2
(2n)!

(2x)
2n
với
jxj 1
.
3.4.15.
Dùng công thức Taylor với phần d tích phân (xem 2.3.4) để chứng
minh định lý Bernstein sau. Giả s ử
f
khả vi vô hạn lần trên khoảng mở
I
và
tất cả các đạo hàm cấp cao
f
(n)
đều không âm trên
I
.Khiđóhàm
f
là hàm
giải tích thực trên
I
, nghĩa là với mỗi
x
0
2 I
có lân cận
(x
0
Ă r; x

0
+ r) ẵ I
sao cho
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0
)
n!
(x Ă x
0
)
n
với
jx Ă x
0
j <r:
3.4. Chuỗi Taylor 103
3.4.16.
Giả sử
f
khảvivôhạnlầntrênkhoảngmở
I
. Chứng minh rằng n ếu
với mỗi
x

0
2 I
có khoảng m ở
J ẵ I
với
x
0
2 J
, và có những hằng số
C>0
và
ẵ>0
sao cho
jf
(n)
(x)j C
n!
ẵ
n
với x 2 J;
thì
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0
)

n!
(x Ă x
0
)
n
với
x 2 (x
0
Ăẵ; x
0
+ ẵ) \J:
3.4.17.
Giả thiết rằng
f
là hàm giải tích thực trên khoảng mở
I
. Chứng
minh với mỗi
x
0
2 I
có khoảng mở
J
,với
x
0
2 J ẵ I
,vàcónhữnghằngsố
dơng
A; B

sao cho
jf
(n)
(x)j A
n!
B
n
với
x 2 J:
3.4.18.
áp dụng công thức Faà di Bruno (xem 2.1.38) để chứng minh rằng
với mỗi số nguyên dơng
n
và mỗi
A>0
ta luôn có
X
k!
k
1
!k
2
! ÂÂÂk
n
!
A
k
= A(1 + A)
nĂ1
;

ởđây
k = k
1
+ k
2
+ ÂÂÂ+ k
n
và tổng đợc lấy trê n tất cả các
k
1
;k
2
;:::;k
n
thoả
mn
k
1
+2k
2
+ ÂÂÂ+ nk
n
= n
.
3.4.19.
Cho
I
,
J
là những khoảng mở, và

f : I ! J
,
g : J ! R
là các hàm
giải tích thực trên các tập
I
,
J
tơng ứng. Chứng minh
h = g f
là hàm giải
tích thực trên
I
.
3.4.20.
Cho hàm
f
thuộc
C
1
trên khoảng mở
I
và
(Ă1)
n
f
(n)
(x) á 0
với
x 2 I

và
n 2 N
. Chứng minh rằng
f
là hàm giải tích thực trên
I
.
3.4.21.
áp dụng công thức Faà di Bruno để chứng minh rằng với mỗi số
nguyên dơng
n
ta đều có
X
(Ă1)
k
k!
k
1
!k
2
! ÂÂÂk
n
!
à
1
2
1
ả
k
1

à
1
2
2
ả
k
2
ÂÂÂ
à
1
2
n
ả
k
n
=2(n +1)
à
1
2
n +1
ả
;
ởđây
k = k
1
+ k
2
+ ÂÂÂ+ k
n
và tổng đợc lấy trê n tất cả các

k
1
;k
2
;:::;k
n
thoả
mn
k
1
+2k
2
+ ÂÂÂ+ nk
n
= n
,và
Ă
đ
k
Â
=
đ(đĂ1)ÂÂÂ(đĂk+1)
k!
.
104 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.4.22.
Giả thiết rằng
f
là hàm giải tích thực trên khoảng mở
I

. Chứng
minh nếu
f
0
(x
0
) 6=0
với
x
0
2 I
thì có khoảng mở
J
chứa
x
0
và hàm giải tích
thực
g
xác định trên khoảng mở
K
chứa
f(x
0
)
,hơnnữa
(g f)(x)=x
với
x 2 J
và

(f g)(x)=x
với
x 2 K
.
3.4.23.
Chứng minh nếu
f
khả vi trên
(0; 1)
và
f
Ă1
= f
0
thì
f
là hàm giải
tích thực trên
(0; 1)
.
3.4.24.
Chứng minh rằng chỉ có duy nhất một hàm
f
khả v i trên
(0; 1)
mà
f
Ă1
= f
0

.
3.4.25.
Chứng minh rằng chỉ có duy nhất m ột hàm
f
thoả mn giả thiết của
bài toán trên (3.4.25) là
f(x)=ax
c
,ởđây
c =
1+
p
5
2
và
a = c
1Ăc
.
3.4.26.
áp dụng kết quả của 2.3.10 để chỉ ra rằng với
x 2 (0; 2)
ta luôn có
ln (1 Ă x)=2
1
X
n=0
1
2n +1
à
x

2+x
ả
2n+1
:
3.4.27.
Cho
M
p
(x; y)
và
L(x; y)
là trung bình luỹ thừa và trung bình logarith
của những số dơng
x
và
y
(xem định nghĩa này ở 2.5.41 và 2.5.42). Chứng
minh rằng nếu
p á
1
3
thì
L(x; y ) <M
p
(x; y)
với
x; y > 0;x6= y:
3.4.28.
Với ký hiệu trong bài toán 3.4.27, chứng minh nếu
p<

1
3
thì tồn tại
những số dơng
x
và
y
để
L(x; y) >M
p
(x; y)
.
3.4.29.
Với ký hiệu trong bài toán 3.4.27, chứng minh nếu
p 0
thì
L(x; y ) >M
p
(x; y)
với
x; y > 0;x6= y:
3.4.30.
Với ký hiệu trong bài toán 3.4.27, chứng minh nếu
p>0
thì tồn tại
những số dơng
x
và
y
để

L(x; y) <M
p
(x; y)
.
Lêi gi¶i
105
Chơng 1
Giới hạn và tính liên tục
1.1 Giới hạn của hàm số
1.1.1.
(a) Vì
jx cos
1
x
j jxj
, giới hạn bằng
0
.
(b) Với
x>0; 1 Ă x<x[
1
x
] 1
và với
x<0; 1 <x[
1
x
] 1 Ă x
.Vìvậy,

lim
x!0
x [
1
x
]=1
.
(c) Nh trong (b), có thể chỉ ra giới hạn bằng
b
a
(d) Giới hạn không tồn tại vì các giới hạn một phía là khác nhau.
(e) Giới hạn bằng
1
2
(sosánhvớilờigiảicủaI,3.2.1).
107
108 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
(f) Ta có
lim
x!0
cos(
ẳ
2
cos x)
sin(sin x)
= lim
x!0
sin(
ẳ
2

(1 + cos x))
sin(sin x)
= lim
x!0
sin(ẳ cos
2
x
2
)
sin(sin x)
= lim
x!0
sin(ẳ sin
2
x
2
)
sin(sin x)
= lim
x!0
ẳ
sin
x
2
2cos
x
2
Â
2sin
x

2
cos
x
2
sin(2 sin
x
2
cos
x
2
)
Â
sin(ẳ sin
2 x
2
)
ẳ sin
2
x
2
=0:
1.1.2.
(a) Giả sử
lim
x!0
f(x)=l
.Khiđó,với
">0
cho t rớc, tồn tại
0 <<

ẳ
2
sao
cho
jf(y) Ălj <"
nếu
0 < jyj <(1)
Cũng chú ý rằn g nếu
0 < jxj <
,thì
0 < jyj = jsin xj < jxj <
.Vì
vậy, theo (1),
jf(sin x) Ălj <"
.Từđó,
lim
x!0
f(sin x)=l
. Bây giờ, giả sử
lim
x!0
f(sin x)=l
.Với
">0
cho trớc, tồn tại
0 <<
ẳ
2
sao cho
jf(sin x) Ălj <"

nếu
0 < jxj <(2)
Bây giờ, nếu
0 < jyj < sin
,thì
0 < jxj = jarcsin xj <
và theo (2), ta
nhận đợc
jf(y) Ă lj = jf(sin x) Ă lj <"
. Điều này có nghĩa
lim
x!0
f(x)=l
.
(b) Suy ra t rực tiếp từ định nghĩa của giới hạn. Để chỉ ra diều ngợc lại
không đúng, quan sát chẳng hạn rằng
lim
x!0
[jxj]=0
nhng
lim
x!0
[x]
không
tồn tại.
1.1.3.
Rõ ràng,
f(x)+
1
f(x)

á 2
. Từ đó, theo giả thiết, với
">0
cho trớc, tồn
tại
>0
sao cho
0 f(x)+
1
f(x)
Ă 2 <"
với
0 < jxj <:
3.4. Chuỗi Taylor 109
Điều kiện này có thể viết lại tơng đơng nh sau
0 (f(x) Ă 1) +
à
1
f(x)
Ă 1
ả
<"(1)
hoặc
0 (f(x) Ă 1)
à
1 Ă
1
f(x)
ả
<"(2)

Bình phơng hai vế của (1) và dùng (2), ta có
(f(x) Ă 1)
2
+
à
1
f(x)
Ă 1
ả
2
"
2
+2":
Cuối cùng,
(f(x) Ă 1)
2
"
2
+2":
1.1.4.
Giả sử
lim
x!a
f(x)
tồn tại và bằng
l
. Khi đó, theo điều kiện của bài
toán, ta nhận đ ợc
l +
1

jlj
=0
,suyra
l = Ă1
. Bây giờ ta c hứng m inh rằn g
lim
x!a
f(x)=Ă1
. Ta chỉ cần chứng minh rằng tồn t ại
>0
sao cho
f(x) < 0
với
x 2 (a Ă; a + ) ẵfag
. Thực v ậy, nếu trong mọi l ân cận khuyết của
a
,
tồn tại
x
0
sao cho
f(x
0
) > 0
,thìsẽcó
f(x
0
)+
1
f(x

0
)
já2
, mâu thuẫn giả thiết.
Vì
f(x) < 0
, bất đẳng thức sau đây đ úng :
jf(x +1)j




f(x)+
1
jf(x)j




:
1.1.5.
Tồn tại
M á 0
sao c ho
jf(x)jáM
với
x 2 (0; 1)
.Từ
f(ax)=bf(x)
với

x 2 [0;
1
a
];f(a
2
x)=b
2
f(x)
với
x 2 [0;
1
a
2
]
. Dùng phép quy nạp, t a có
f(a
n
x)=b
n
f(x)
với
x 2

0;
1
a
n
á
;n2 N:
Vì vậy

jf(x)j M
1
b
n
với
x 2

0;
1
a
n
á
;n2 N:(Ô)
Mặt khác, đẳng thức
f(ax)=bf (x)
suy ra
f(0) = 0
. Kết hợp điều này với
(Ô)
, có điều phải chứng minh.
110 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.1.6.
(a) Ta có
x
2
à
1+2+3+ÂÂÂ+

1
jxj

áả
= x
2
1+
h
1
jxj
i
2

1
jxj
á
:
Từ định nghĩa của hàm phần nguyên, suy ra nếu
0 < jxj < 1
,thì
1
2
(1 Ăjxj) <x
2
à
1+2+3+ÂÂÂ+

1
jxj
áả

1
2

(1 + jxj):
Cuối cùng, giới hạn là
1
2
:
(b) Nh trong (a), có thể chứng minh giới hạn là
k(k+1)
2
:
1.1.7.
Vì
P
làđathứcvớihệsốdơng, với
x>1
,tacó
P (x) Ă 1
P (x)

[P (x)]
P ([x])

P (x)
P (x Ă 1)
:
Vì vậy,
lim
!1
[P (x)]
P ([x])
=1:

1.1.8.
Xét
f : R ! R
xác định bởi
f(x)=
(
(Ă1)
n
nếu
x =
1
2
n
;n=0; 1; 2; 3;::: ;
0
nếu ngợc lại.
Bây giờ, nếu
f(x) á '(x)
,thì
'(x) f(x)=(f (x)+f(2x)) Ă f(2x) (f(x)+f (2x)) Ă'(2x);
suy ra
lim
x!0
f(x)=0:
3.4. Chuỗi Taylor 111
1.1.9.
(a) Xét, chẳng hạn,
f : R ! R
xác định nh sau:
f(x)=

(
(Ă1)
n
nếu
x =
1
2
n
;n=0; 1; 2; 3;::: ;
=0
nếu ngợc lại.
(b) Nếu
f(x) ájxj
đ
và
f(x)f(2x) jxj
,thì
jxj
đ
f(x)
jxj
f(2x)

jxj
j2xj
đ
:
Do
1
2

<đ<1
,tacó
lim
x!0
f(x)=0:
1.1.10.
Ta có
g(đ)
a
đ
= lim
x!1
f(ax)
a
đ
x
đ
= lim
t!1
f(t)
t
đ
= g(1):
1.1.11.
Suy ra từ
lim
x!1
f(2x)
f(x)
=1

rằng với mọi
n 2 N
,
lim
x!1
f(2
n
x)
f(x)
=lim
x!1
à
f(2
n
x)
f(2
nĂ1
x)
f(2
nĂ1
x)
f(2
z
cn Ă 2x)
ÂÂÂ
f(2x)
f(x)
ả
=1:
Giả sử rằng

f
tăng và
c á 1
. Rõ ràng, tồn tại
n 2 N[f0g
sao c ho
2
n
c<2
n+1
.
Vì vậy, theo tính đơn điệu cả
f
,tacó
f(2
n
) f(cx) f(2
n+1
x)
,từđó
lim
x!1
f(cx)
f(x)
với
c á 1:
Theo trên, nếu
0 <c<1
,thì
lim

x!1
f(cx)
f(x)
= lim
t!1
f(t)
f(
1
c
t)
=1:
1.1.12.
(a) Chú ý rằng nế u
a>1
,thì
lim
x!1
a
x
=+1
.Thựcvậy,với
M>0
cho
trớc,
a
x
>M
nếu và c hỉ nếu
x>
ln M

ln a
. Để chứng m inh
lim
n!1
a
n
n+1
=+1
,
ta viết
a
n
n+1
=
(1+(aĂ1))
n
n+1
và quan sát rằng
(1 + (a Ă 1))
n
>
n(nĂ1)
2
(a Ă 1)
2
.
Vậy, với
N
cho trớc, tồn tại
n

0
sao cho
a
n
n+1
>N
bất cứ khi nào
n>n
0
.
Bây g iờ, với
x>n
0
+1
,dặt
n =[x]
.Khiđó,
a
x
x
>
a
n
n+1
>N
.Từđó,
lim
x!1
a
x

x
=+1
.
112 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
(b) Rõ ràng,
lim
x!1
a
x
x
đ
=+1
với
đ 0
.Trongtrờng hợp
đ>0
,tacó
a
x
x
đ
=
à
a
x
đ
x
ả
đ
=

à
b
x
x
ả
đ
;
ởđây
b = a
1
đ
> 1
.Theo(a),
lim
x!1
b
x
x
=+1
.Dođó,
lim
x!1
a
x
x
đ
=lim
x!1
à
b

x
x
ả
đ
=+1
với
đ
dơng.
1.1.13.
Suy ra từ bài toán trớc rằng
lim
y!1
đy
e
đy
=0
.Thế
y =lnx
đợc
lim
x!1
ln x
x
đ
=0
.
1.1.14.
Ta biết rằng
lim
n!1

a
1
n
= lim
n!1
a
Ă
1
n
=1
.Trớc hết giả sử
a>1
.Cho
trớc
">0
, khi đó tồn tại số nguyên
n
0
sao cho
n>n
0
suy ra
1 Ă "<a
Ă
1
n
<a
x
<a
1

n
< 1+"
với
jxj <
1
n
:
Vì vậy
lim
x!0
a
x
=1
với
a>1
.Nếu
0 <a<1
, suy từ trên rằng
lim
x!0
a
x
= lim
x!0
1
(1=a)
x
=1:
Trờng hợp
a =1

là rõ ràng. Để chứng minh tính liên tục của hàm m ũ
x 7! a
x
,chọn
x
0
2 R
tuỳ ý. Khi đó
lim
x!x
0
a
x
= lim
x!x
0
a
x
0
a
xĂx
0
= a
x
0
lim
y!0
a
y
= a

x
0
:
1.1.15.
(a) Do
lim
n!1
(1 +
1
n
)
n
= e
, (xem, chẳng hạn, I ,2.1.38), với
">0
cho trớc, tồn
tại
n
0
sao cho nếu
x>n
0
+1
,vànếu
n =[x ]
,thì
e Ă "<
à
1+
1

n +1
ả
n
<
à
1+
1
x
ả
x
<
à
1+
1
n
ả
n+1
<e+ "
3.4. Chuỗi Taylor 113
(b) Ta có
lim
x!Ă1
à
1+
1
x
ả
x
= lim
y!+1

à
1 Ă
1
y
ả
Ăy
= lim
y!+1
à
1+
1
y Ă1
ả
yĂ1
à
1+
1
y Ă1
ả
:
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh suy ra từ (a).
(c) Theo (a) và (b), ta nhận đợc
lim
x!0
+
(1 + x)
1
x
= lim
y!+1

1+
1
y

y
= e
và
lim
x!0
Ă
(1 + x)
1
x
= lim
y!Ă1

1+
1
y

y
= e
.
1.1.16.
Ta bi ế t rằng (xem, chẳng hạn, I, 2 .1.38)
0 < ln(1 +
1
n
) <

1
n
n 2 N
.
Ngoài ra, với
">0
cho trớc, tồn tại
n
0
sao cho
1
n
0
Ă1
<"
. Hệ quả là, nếu
jxj <
1
n
0
,thì
Ă"<Ă
1
n
0
Ă 1
< ln
à
1 Ă
1

n
0
ả
< ln(1 + x) < ln
à
1+
1
n
0
ả
<
1
n
0
<":
Từ đó,
lim
x!0
ln(1 + x)=0
. Để chứng minh tính liên tục của hàm logarit, lấy
x
0
2 (0; 1)
.Khiđó
lim
x!x
0
ln x = lim
x!x
0

à
ln x +ln
x
x
0
ả
=lnx
0
+lim
y!1
ln y
=lnx
0
+lim
t!0
ln(1 + t)=lnx
0
:
1.1.17.
(a) Theo kết quả của 1.1.15 và do tính liên tục của hàm logarit (xem 1.1.16),
lim
x!0
ln(1 + x)
x
= lim
x!0
ln(1 + x)
1
x
=lne =1:

(b) Trớc hết, để ý tính liên tục của hàm logarit cơ số
a; a > 0;a6=1
,suy
từ tính liên tục của hàm logarit tự nhiên và từ đẳng thức
log
a
x =
ln x
ln a
.
Vậy, theo (a),
lim
x!0
log
a
(1 + x)
x
=log
a
e
114 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
Đặt
y = a
x
Ă 1
.Khiđó
lim
x!0
a
x

Ă 1
x
= lim
y!0
y
ln(y +1)
=
1
log
a
e
=lna:
(c) Đặt
y =(1+x)
đ
Ă 1
. Rõ ràng,
x
tiến tới không nếu và chỉ nếu
y
tiến
tới không. Ngoài ra,
(1 + x)
đ
x
=
y
(1 + y)
Â
ln(1 + y)

x
=
y
ln(1 + y)
Â
đ ln(1 + x)
x
:
Từ đây và (a), suy ra
lim
x!0
(1+x)
đ
Ă1
x
= đ
.
1.1.18.
(a) Đặt
y =(lnx)
1
x
.Khiđó,
ln y =
ln(ln x)
ln x
Â
ln x
x
. Từ đó, theo 1.1.13vàdotính

liên tục của hàm mũ,
lim
x!1
(ln x)
1
x
=1
.
(b) Đặt
y = x
sin x
.Khiđó,
ln y =
sin x
x
 x ln x
.Theo1.1.13,
lim
x!0
+
x ln x =lim
t!1
Ăln t
t
=0:
Lại do tính liên tục của hàm mũ, ta có
lim
x!0
+
x

sin x
=1:
(c) Đặt
y =(cosx)
1
sin
2
x
,tathấy
ln y =
ln(cos x)
cos x Ă 1
Â
cos x Ă 1
sin
2
x
:
Bây giờ, theo 1.1.17(a),
lim
x!0
(cos x)
1
sin
2
x
= e
Ă
1
2

:
(d) Với
x
đủ lớn,
e
2
1
x
(e
x
Ă 1)
1
x
e
Do
lim
x!1
2
1
x
=1
(xem 1.1.14), giới hạn là
e
3.4. Chuỗi Taylor 115
(e) Ta có
lim
x!0
+
(sin x)
1

ln x
= e
a
,ởđây
a = lim
x!0
+
ln sin x
ln x
=lim
x!0
+
ln
sin x
x
+lnx
ln x
=1:
Đẳng thức cuối cùng suy ra từ tính liên tục của hàm logarit (xem
1.1.16).
1.1.19.
(a) Ta có
lim
x!0
sin 2x + 2 arctan 3x +3x
2
ln(1 + 3x +sin
2
x)+xe
x

= lim
x!0
sin 2x+2 arctan 3 x+3x
2
x
ln(1+3x+sin
2
x)+xe
x
x
+ e
x
=2;
vì, theo 1.1.17(a),
lim
x!0
ln(1+3x+sin
2
x)+xe
x
x
=3:
(b) Theo 1.1.17(a),tacó
lim
x!0
2lncosx
Ăx
2
= lim
x!0

2ln(1Ă sin
2
x)
Ăx
2
=1:
Từ đó
lim
x!0
ln c os x
tan x
2
= Ă
1
2
:
(c) Ta có
lim
x!0
+
p
1 Ăe
Ăx
Ă
p
1 Ăcos x
p
sin x
= lim
x!0

+
p
1Ăe
Ăx
Ă
p
1Ăcos x
p
x
q
sin x
x
=1:
(d) Ta có
lim
x!0
(1 + x
2
)
cot x
= e
a
,ởđây
a = lim
x!0
ln(1 + x
2
)
tan x
= lim

x!0
x
2
x
=0;
vì, theo 1.1.17(a),
lim
x!0
ln(1+x
2
)
x
2
=1:
1.1.20.
116 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
(a) Trớc hết, quan sát rằng
2lntan
ẳx
2x+1
x
=
ln

1
cos
2
ẳx
2x+1
Ă 1

x
:(1)
Do 1.1.16và1.1.18(d),
lim
x!1
ln(x Ă 1)
ln x
= lim
x!1
ln(x Ă 1)
1
ln x
= lim
y!1
ln(e
y
Ă1)
frac1y
=1:
Từ đó
lim
x!1
ln

1
cos
2
ẳx
2x+1

Ă1

x
=lim
x!1
ln
1
cos
2
ẳx
2x+1
x
=lim
x!1
Ă2lncos
ẳx
2x+1
x
:
(2)
Tiếp đó, t heo 1.1.18(e),
lim
x!1
Ă2lncos
ẳx
2x+1
x
=lim
x!1
Ă2lnsin

ẳx
2x+1
x
= lim
x!1
2ln
2(2x+1)
pi
x
:
Giới hạn cuối cùng là 0 (xem 1.1.13). Kết hợp điều n ày với (1)và(2),
suy ra giới hạn là
1
.
(b) Ta có
lim
x!1
x

ln

1+
x
2

Ă ln
x
2

= lim

x!1
ln(1 +
x
2
)
1
x
= lim
x!1
ln(1 + y)
1
2
y
=2;
ở đây đẳng thức cuối là hệ qủa của 1.1.17(a).
1.1.21.
Đặt
b(x)=
f(x)
x
đ
.Khiđó,
lim
x!0
+
g(x)lnf(x) = lim
x!0
+
(đg(x)lnx + g(x)lnb(x)
= lim

x!0
+
đg (x)lnx = :
3.4. Chuỗi Taylor 117
1.1.22.
Theo 1.1.17(a),
lim
x!0
g(x)lnf(x) = lim
x!0
ln(f(x) Ă 1+1)
f(x) Ă 1
(f(x) Ă 1) = :
1.1.23.
(a)

Ap dụng kết quả trong 1.1.21 với
g(x)=x; đ =1=2
và
f(x)=2sin
p
x +
p
x sin
1
x
và dùng đẳng thức
lim
x!0
+

x ln
p
x =0
(xem, chẳng hạn, 1.1.13). Giới h ạn
là
1
.
(b) Đặt
f(x)=1+xe
Ă
1
x
2
sin
1
x
4
và
g(x)=e
1
x
2
;
và chú ý rằng
lim
x!0
g(x)(f(x) Ă 1) = 0
.Vậy,theo1.1.22, giới hạn là
1
.

(c) Nh trong (b), có thể chỉ ra rằng giới hạn bằng
e
ẳ
2
.
1.1.24.
Không. Với
đ
hữu tỷ dơng cố định, xét hàm xác định bởi
f(x)=
(
1
nếu
x = nđ; n 2 N;
0
nếu ngợc lại
:
Hàm này thoả mn giả thiết của bài toán. Thực vậy, nếu
a 0
và
a+k = nđ
với
k; n 2 N
, thì không tồn tại
k
0
;n
0
2 N
khác sao cho

a + k
0
= n
0
đ
.Vìnếu
vậy, ta có
k Ăk
0
=(n Ăn
0
)đ
, mâu thuẫn. Rõ ràng,
lim
x!1
f(x)
không tồn tại.
1.1.25.
Không. Xét hàm xác định bởi
f(x)=
(
1
nếu
x = n
n
p
2;n2 N;
0
nếu ngợc lại
:

Giới hạn
lim
x!1
f(x)
không tồn t ại, mặc dầu
f
thoả mn tính chất đ cho trong
bài toán. Thực vậy, nếu
a>0
,vàvới
k; n 2 N
nào đó, lấy
ak = n
n
p
2
,thì
không tồn tại
k
0
;n
0
2 N
sao cho
a
0
k
0
= n
n

p
2
.Vìnếuvậy,tacó
k
k
0
=
n
n
0
2
n
0
Ăn
nn
0
;
mâu thuẫn.