Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P7 ppt

2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 293
2.5.31.
Vì
f
0
(x)=Ă
x
n
n!
e
Ăx
nên ta suy ra nó chỉ bằng 0 tại g ốc toạ độ, hơn
nữa nếu
n
chẵn thì
f
0
(x) < 0
với
x 6=0
,dođótrongtrờng hợp này
f
không
có cực trị. Mặt khác n ếu
n
lẻ thì
f
0
(x) > 0
khi
x<0

và
f
0
(x) < 0
với
x>0
nên với các giá trị
n
lẻ ta có
f(0) = 1
là cực đại của
f
.
2.5.32.
Đạo hàm
f
0
(x)=(m + n)x
mĂ1
(1 Ă x)
nĂ1
Ă
m
m+n
Ă n
Â
bằng 0 tại duy
nhất
x
0

=0
khi
m>1
,tại
x
1
=1
khi
n>1
và t ại
x
2
=
m
m+n
.Tadễdàngthử
rằng
f(x
2
)=
m
m
n
n
(n+m)
m+n
chính là cực đại địa phơng của
f
, hơn nữa nếu
m

lẻ
thì
f(x
0
)=0
là cực tiểu địa phơng của
f
. Mặt khác nế u
m
lẻ thì 0 không
là cực trị của
f
.Hoàntoàntơng tự ta c ó khi
n
chẵn,
f(x
1
)=0
là cực tiểu
địa phơng của
f
và khi
n
lẻ thì
x
1
không thể là điểm cực trị của
f
.
2.5.33.

Từ bài trên ta có
f
đạt cực đại
f(x)=
m
m
n
n
(m+n)
m+n
tại điểm
x
thoả mn
phơng trình
sin
2
x =
m
m + n
:
2.5.34.
Với
x 6=0; 1
ta có
f
0
(x)=
1
9
Â

1
3
Ă x
3
p
x
2
(1 Ă x)
:
Vậy
f
0
(x)=0
tại
x =
1
3
:
Hơn nữa
f
0
(x) > 0
khi
x 2
Ă
0;
1
3
Â
và

f
0
(x) < 0
khi
x 2
Ă
1
3
; 1
Â
,dođó
f
Ă
1
3
Â
=
3
p
4
3
là cực đại địa phơng của
f
.Hàm
f
không khả
vi tại 0 và 1. Bên cạnh đó do
f(x) > 0
với
x 2 (0; 1)

và
f(x) < 0
với
x<0
nên
f
không đạt cực trị tại 0, nhng
f(1) = 0
là cực tiểu địa phơng của
f
,
vì
f(x) > 0=f(1)
với
x>1
và với
x 2 (0; 1):
Hình vẽ
2.5.35.
Ta có
f
0
(x)=arcsinx
, suy ra điểm cực trị chính là nghiệm của
f
,vì
f(0) = 1
và
f(Ă1) = f(1) =
ẳ

2
nên
ẳ
2
là giá trị cực đại và 1 là giá trị cực tiểu
của
f
trên
[Ă1; 1]
.
294 Chơng 2. Vi phân
2.5.36.
Với
x>1
ta có
f
0
(x) < 0
,suyra
f(x) <f(1) =
3
2
.Với
x 2 (0; 1)
ta có
f
0
Ă
1
2

Â
=0
,
f
0
(x) < 0
nếu
x 2
Ă
0;
1
2
Â
và
f
0
(x) > 0
với
x 2
Ă
1
2
; 1
Â
,vậy
f
Ă
1
2
Â

=
4
3
là cực tiểu địa phơng của
f
.Với
x<0
đạo hàm
f
0
dơng, suy ra
3
2
= f(0) >f(x)
.
Vậy giá trị cực đại của
f
là
f(0) = f(1) =
3
2
. Mặt khác vì
lim
x!1
f(x)=
lim
x!Ă1
f(x)=0
và
f(x) > 0

với mọi
x 2 R
nên cận trên đúng của
fR)
là 0,
nhng hàm
f
không có cực tiểu trên
R
.
2.5.37.
(a) Giá trị cực đại của hàm
x 7! xe
Ăx
,
x á 0
là
f(1) =
1
e
,vậy
1
n
n
X
k=1
a
k
e
Ăa

k

1
n
 n Â
1
e
=
1
e
:
(b) Nh (a) ta chỉ cần tìm giá trị cực đại của hàm
x 7! x
2
e
Ăx
;xá 0:
(c) Nếu một tro ng các hệ số
a
k
=0
thì ta suy ra ngay bất đẳng thức cần
chứng minh, giả sử
a
k
> 0
với mọi
k
, lấy logarít hai vế ta đợc bất đẳng
thức tơng đơng

1
n
n
X
k=1

ln a
k
Ă
a
k
3

ln 3 Ă 1:
Và ta đi tìm giá trị cực đại của hàm
x 7! ln x Ă
x
3
;x>0:
2.5.38.
Ta có
f
0
(x0=
(
1
x
2
e
Ă1=jxj

p
2+sin
1
p
x

sgn x Ă cos
1
x

với
x 6=0;
0
với
x =0:
2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 295
Vì




sin
1
x
Đ cos
1
x

p
2
nên
f
0
(x) á 0
với
x>0
và
f
0
(x) 0
với
x<0
, vậy không tồn tại cực trị địa
phơng của
f
tại các điểm
x 6=0
, hơn nữa
0=f(0)
là giá trị cực tiểu của
f
vì
f(x) >f(0) = 0
với
x 6=0

.
2.5.39.
Chú ý rằng
f(x) >f(0) = 0
với
x 6=0
, thêm nữa
f
0
(x0=
(
x
2
Ă
8x +4x sin
1
x
Ă cos
1
x
Â
với
x 6=0;
0
với
x =0:
Từ đó suy ra nếu
n 2 Znf0; 1g
thì
f

0
à
1
2nẳ
ả
=
1
4n
2
ẳ
2
à
4
nẳ
Ă 1
ả
< 0;
và nếu
n 2 ZnfĂ1g
thì
f
0
à
1
(2n +1)ẳ
ả
=
1
(2n +1)
2

ẳ
2
à
8
(2n +1)ẳ
+1
ả
> 0:
2.5.40.
Chú ý rằng
sinh x>0
và
tanh x>0
với
x>0
nên bất đẳng thức
sinh x
p
sinh
2
x +cosh
2
x
< tanh x
đợc viết lại thành
1
p
sinh
2
x +cosh

2
x
<
1
cosh x
:
Dễ d àng chứng minh đợc bất đẳng thức này. Các bất đẳng thức còn lại
đợc chứng minh tơng tự.
2.5.41.
Với 0 <a<bđặt x =ln
q
b
a
ta đợc
b Ăa
2
q
a
2
+b
2
2
<
b Ăa
b = a
< ln
r
b
a
<

b Ă a
2
p
ab
<
1
2
Â
b
2
Ăa
2
2ab
:
Chia cho
bĂa
2
ta đợc điều phải chứng minh.
296 Chơng 2. Vi phân
2.5.42.
(a) Ta có
lim
p!0
à
x
p
+ y
p
2
ả

1=p
= lim
p!0
e
1
p
ln
x
p
+y
p
2
= e
1
2
xy
=
p
xy;
vì theo quy tắc lHôpital ta có
lim
p!0
1
p
ln
x
p
+ y
p
2

= lim
p!0
Ă
ln
x
p
+y
p
2
Â
0
p
0
=
1
2
xy:
(b) Với
p 6=0
đặt
f(p)=
Ă
x
p
+y
p
2
Â
1=p
, ta chỉ cần chứng minh rằng hàm

F (p)=lnf(p)=
1
p
ln
x
p
+ y
p
2
tăng thực sự. Ta có
F
0
(p)=
1
p
2
à
p
x
p
+ y
p
(x
p
ln x + y
p
ln y) Ă ln
x
p
+ y

p
2
ả
:
Đặt
G(p)=
p
x
p
+ y
p
(x
p
ln x + y
p
ln y) Ă ln
x
p
+ y
p
2
ta có
G
0
(p)=
p
ÊĂ
x
p
ln

2
x + y
p
ln x
2
y
Â
(x
p
+ y
p
) Ă(x
p
ln x + y
p
ln y)
2
Ô
(x
p
+ y
p
)
2
:
Ta cần chứng minh rằng
Ă
x
p
ln

2
x + y
p
ln x
2
y
Â
(x
p
+ y
p
) Ă (x
p
ln x + y
p
ln y)
2
á 0:
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
(x
1
y
1
+ x
2
y
2
)
2
(x

2
1
y
2
1
)(x
2
2
+ y
2
2
)
thay
x
1
= x
p=2
;x
2
= y
p=2
;y
2
= x
p=2
ln x; y
2
= y
Pp2
ln y;

2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 297
ta đợc
Ă
x
p=2
 x
p=2
ln x + y
p=2
Ây
p=2
ln y
Â
2
(x
p
+ y
p
)
Ă
x
p
ln
2
x + y
p
ln
2
y
Â

:
Suy ra
(x
p
ln x + y
p
ln y)
2
(x
p
+ y
p
)
Ă
x
p
ln
2
x + y
p
ln
2
y
Â
;
tức là
G
0
(p) á 0
với

p>0
. Vậy trong trờnghợpnàytađợc
G(p)=
p
2
F
0
(p) >G(0) = 0
.Khi
p<0
thì
G
0
(p) < 0
và do đó
G(p)=p
2
F
0
(p) >
G(0)
. T ừ những l ập luận trên ta c ó kết luận rằng hàm
p 7! p
tăng thực
sự trên mỗi khoảng
(Ă1; 0)
và
(0; 1)
, theo định nghĩa của
M

0
(x; y )
(xem 2.5.42) ta suy ra
f
tăng thực sự trên
R
.
2.5.43.
Với
á á 1
ta xét hàm
f(á)=
x
n
+ y
n
+ á((x + y)
n
Ăx
n
Ă y
n
)
2+á(2
n
Ă2)
Sử dụng bất đẳng thức
(x + y)
n
2

nĂ1
(x
n
+ y
n
);
ta chứng minh đợc rằng
f
0
(á) 0
,vậy
f
giảm trên
[0; 1)
.Kếthợpvới
f(1) = (x + y)
n
=2
n
ta chứng minh đợc bất đẳng thức bên phải. Để chứng
minh bất đẳng thức còn lại ta chỉ cần chứng minh rằng
lim
á!1
f(á) á (
p
xy)
n
.
á
p dụng bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta

đợc
lim
á!1
f(á)=
(x + y)
n
Ăx
n
Ăy
n
2
n
Ă 2
=
Ă
n
1
Â
xy
nĂ1
+
Ă
n
2
Â
x
2
y
nĂ2
+ ÂÂÂ+

Ă
n
nĂ1
Â
x
nĂ1
y
2
n
Ă2
á
2
n
Ă2
q
(xy
nĂ1
)
(
n
1
)
(x
2
y
nĂ2
)
(
n
2

)
ÂÂÂ(x
nĂ1
y)
(
n
nĂ1
)
=(
p
xy)
n
;
bất đẳng thức cuối cùng đợcsuyratừđẳngthức
à
n
1
ả
+2
à
n
2
ả
+ ÂÂÂ+(n Ă1)
à
n
n Ă1
ả
= n(2
nĂ1

1
);
298 Chơng 2. Vi phân
đểchứngminhđẳngthứctrêntasửdụngcôngthức
k
à
n
k
ả
= n
à
n Ă1
k Ă1
ả
;ká 1:
2.5.44.
(a) Đặt
f(x) = sin(tan x) Ă x
với
x 2
Ê
0;
ẳ
4
Ô
,tacó
f(0) = 0
và
f
0

(x) = cos(tan x)
1
cos
2
x
Ă 1;
suy ra
f
0
(x) á 0
khi và chỉ khi
cos(tan x) á cos
2
x:
Chú ý rằng
cos(tan x) á 1 Ă
1
2
tan
2
x
(xem 2.5.1(a)) nên ta chỉ cần chứng
minh rằng
1 Ă
1
2
tan
2
x á cos
2

x
với
x 2
Ê
0;
ẳ
4
Ô
. Bất đẳng thức cuối cùng
đợc viết lại dới dạng hiển nhiên đúng
2cos
4
x Ă3cos
2
x +1 0
với
x 2
h
0;
ẳ
4
i
:
(b) Với
x 2
Ê
0;
ẳ
3
Ô

xét hàm
f(x)=tan(sinx) Ăx
ta có
f(0) = 0 và f
0
(x)=
cos x
cos
2
(sin x)
Ă 1:
Từ đó suy ra
f
0
(x) á 0
khi và chỉ khi
cos x á cos
2
(sin x)=
1+cos(2sinx)
2
:
Bài toán trở về chứng m inh bất đẳng thức vừa nêu trên. Sử dụng
2.5.1(c) ta đợc bất đẳng thức
1+cos(2sinx) 2 Ă 2sin
2
x +
2
3
sin

4
x 2cosx
với
x 2
Ê
0;
ẳ
3
Ô
, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 299
2.5.45.
Xét hàm
f(x)=
1
sin
2
x
Ă
1
x
2
,với
x 2 (0;ẳ=2)
ta có
f
0
(x) > 0
khi và chỉ
khi

1
x
3
>
cos x
sin
3
x
;
tức là khi và chỉ khi
sin x
3
p
cos x
Ă x>0:
Đặt
g(x)=
sin x
3
p
cos x
Ăx
ta có
g
0
(x)=(cosx)
2=3
+
1
3

(cos x)
Ă4=3
sin
2
x Ă 1
và
g
00
(x)=
4
9
(cos x)
Ă7=3
sin
3
x:
Vì
g
00
(x) > 0
với
x 2 (0;ẳ=2)
nên ta đợc
g
0
(x) >g
0
(0) = 0
,từđósuyra
g(x) >g(00 = 0

với
x 2 (0;ẳ=2);
tức là hàm
f
đang xét sẽ tăng trên khoảng
đó, suy ra
f(x) f
Ă
ẳ
2
Â
=1Ă
4
ẳ
2
:
2.5.46.
Chú ý rằng
à
arctan x Ă
3x
1+2
p
1+x
2
ả
0
=
Ă
p

1+x
2
Ă 1
Â
2
(1 + x
2
)(1 + 2
p
1+x
2
)
2
> 0
ta đợc điều phải chứng minh.
2.5.47.
Nếu
a
k
= b
k
với mọi
k
thì ta đợc ngay điều phải chứng minh, giả
sử tồn tại
k
để
k
6= b
k

,đặt
f(x)=
n
Y
k=1
(xa
k
+(1Ăx)b
k
)
và
g(x)=lnf(x):
Khi đó
g
0
(x)=
n
X
k=1
a
k
Ă b
k
xa
k
+(1Ăx)b
k
và
g
00

(x)=Ă
n
X
k=1
à
a
k
Ăb
k
xa
k
+(1Ăx)b
k
ả
2
:
300 Chơng 2. Vi phân
Vì
g
00
(x) < 0
nên hàm
g
,vàdođóhàm
f
,cócựcđạitrên
[0; 1]
tại một trong
hai đầu mú t khi và ch ỉ khi
g

0
(0)
và
g
0
(1)
cùng dấu, tức là
g
0
(0)g
0
(1) á 0
.Bất
đẳng thức cuối đợc viết chi tiết là

n
X
k=1
a
k
Ăb
k
a
k
!
n
X
k=1
a
k

Ă b
k
b
k
!
á 0:
2.5.48.
Theo 2.5.1 (a) và (c) ta có
1 Ă
x
2
2
cos x 1 Ă
x
2
2
+
x
4
24
;x2 R:
Do đó đ ể chứng minh bất đẳng thức ở đầu bài ta chỉ cần chứng minh rằng
1 Ă
x
2
2
+
x
4
24

+1Ă
y
2
2
+
y
4
24
1+1Ă
x
2
y
2
2
;
hay tơng đơng
x
4
+ y
4
+12x
2
y
2
Ă12(x
2
+ y
2
) 0
với

x
2
+ y
2
ẳ:
Trong hệ toạ độ cực
à; r
bất đẳng thức trên đ ợc viết lại nh sau:
r
2
(2 + 5 sin
2
2à) 24
với
r
2
ẳ
và
à 2 [0; 2ẳ]:(1)
Vì
r
2
(2 + 5 sin
2
2à) 7ẳ<24;
nên ta chứng minh đợc (1).
2.5.49.
Bất đẳng thức là hiển nhiên khi
x á 1
hoặc

y á 1
,vậygiảsử
x; y 2 (0; 1)
và đặt
y = tx
, vì tính đ ối xứng nên ta chỉ cần chứng minh bất
đẳng thức cho
0 <t 1
,tacó
x
y
+ y
x
= x
tx
+(tx )
x
=(x
x
)
t
+ t
x
x
x
:
Vì hàm
x 7! x
x
có cực tiểu

e
Ă1=e
= a
tại
1
e
và vì
t
x
á t
nên
x
y
+y
x
á a
t
+ta
.Hơn
nữa hàm
F (t)=a
t
+ ta
,
t 2 R
chỉ có một cực tiểu địa phơng
t
0
=1Ăe<0
và

F
tăng thực sự trên
(t
0
; 1)
và
F (0) = 1
nên ta suy ra
x
y
+ y
x
> 1:
2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 301
2.5.50.
Với
0 <x<1
bất đẳng thức cần chứng minh đợc viết dới dạng
1 Ă2x
n
+ x
n+1
< (1 Ăx
n
)
p
1 Ă x
n
;
hay

1 Ăx
n
1 Ă x
<
1 Ă(1 Ăx
n
)
1 Ă
n
p
1 Ăx
n
:
Vì hàm
t 7!
1Ăt
n
1Ăt
tăng thực sự trên
(0; 1)
nên ta chỉ cần chứng minh rằng
x<
n
p
1 Ă x
n
hay
0 <x<
1
n

p
2
. Cuối cùng chú ý rằng
Ă
1+
1
n
Â
n
> 2
với
n á 2
,
tức là
1
n
p
2
>
n
n+1
.
2.5.51.
Với
0 <x<1
xét hàm
g(x)=
f(x)
x
=1Ă

x
2
6
+
x
3
24
sin
1
x
:
Vì
g
0
(x) < 0
với
0 <x<1
nên ta có
g
tăng thực sự trên
(0; 1)
,vậy
g(y + z) <
g(y)
và
g(y + z) <g(z)
,từđósuyra
yg(y + z)+zg(y + z) <yg(y)+zg(z);
tức là
f(y + z) <f(y)+f (z)

.
2.5.52.
Ta có công thức khai triển nhị thức Newton
(x + y)
n
=
n
X
k=0
à
n
k
ả
x
k
y
nĂk
:(1)
Đạo hàm (
??
)theo
x
và nhân hai vế của đẳng thức nhận đợc với
x
ta đợc
nx(x + y)
nĂ1
=
n
X

k=0
k
à
n
k
ả
x
k
y
nĂk
:(2)
Bây giờ đạo hàm (
??
) hai lần và n hân hai vế của đẳng thức mới nhận đợc
với
x
2
ta đợc
n(n Ă1)x
2
(x + y)
nĂ2
=
n
X
k=0
k(k Ă1)
à
n
k

ả
x
k
y
nĂk
:(3)
302 Chơng 2. Vi phân
Nếu trong (
??
), (
??
)và(
??
)tathay
y
bởi
1 Ăx
thì sẽ đợc
1=
n
X
k=0
à
n
k
ả
x
k
(1 Ă x)
nĂk

;
nx =
n
X
k=0
k
à
n
k
ả
x
k
(1 Ă x)
nĂk
;
n(n Ă1)x
2
=
n
X
k=0
k(k Ă1)
à
n
k
ả
x
k
(1 Ăx)
nĂk

:
Từ đó suy ra
n
X
k=0
(k Ănx)
2
à
n
k
ả
x
k
(1 Ă x)
nĂk
= nx(1 Ă x)
n
4
:
2.5.53.
Từ giả thiết phơng trình
f(x)=0
có nghiệm duy nhất
ằ 2 [a; b]
Hình vẽ
Giả sử rằng
f
0
(x) > 0
và

f
00
(x) < 0
với
x 2 [a; b]
,đặt
x
0
= a
theo công thức
Taylorvớiphầnd dạng Lagrange ta có
0=f(ằ)=f(x
n
)+f
0
(x
n
)(ằ Ăx
n
)+
1
2
f
00
(c
)
(ằ Ăx
n
)
2

;
trong đó
c
n
là phần tử thuộc khoảng có hai đầu mút là
x
n
và
ằ
.Từđịnh
nghĩa của dy
fx
n
g
ta đợc
ằ Ă x
n+1
= ằ Ă x
n
+
f(x
n
)
f
0
(x
n
)
(ằ Ăx
n

)
2
> 0:
Vậy
fx
n
g
bị chặn trên bở i
ằ
,từđósuyra
f(x
n
) < 0
,vậy
ằ Ă x
n+1
= ằ Ă x
n
+
f(x
n
)
f
0
(x
n
)
<ằĂx
n
;

tức là
fx Ăng
tăng thực sự, do vậy nó hội tụ và
lim
n!1
x
n
= ằ
.Cáctrờng hợp
còn lại đợc chứng minh tơng tự.
2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 303
2.5.54.
Rõ ràng
m
và
M
dơng, từ kết quả bài trên ta suy ra
0=f(ằ)=f(x
n
)+f
0
(x
n
)(ằ Ăx
n
)+
1
2
f
00

(c
n
)(ằ Ăx
n
)
2
;
trong đó
ằ
là nghiệm duy nhất của phơng trình
f(x)=0
trên
[a; b]
và
c
n
là
một phần tử nằm giữa
x
n
và
ằ
. Do vậy ta có
jx
n+1
Ă ằj =

x
n
Ă ằ Ă
f(x
n
)
f
0
(x
n
)




=
jf
00
(c
n
)j
2jf
0
(x
n
)j
(ằ Ăx
n
)
2

M
2m
(ằ Ăx
n
)
2
:
2.5.55.
Ta s ẽ chứng minh rằng
supfe
Ăx
+ e
Ă1=x
: x>0g =1
.Xéthàm
f(x)=e
Ăx
+ e
Ă1=x
;x > 0
ta có
f(1) = 1
và
f(x)=f
Ă
1
x
Â
, suy ra ta chỉ cần

chứng minh cho trờng hợp
x>1
,lúcđó
f(x) < 1
hay nói cách khác ta có
1
2
1=x
< 1 Ă
1
2
x
;
với
x>1:(1)
Theo 2.3.7 (a) ta có
à
1 Ă
1
2
x
ả
x
> 1 Ă
x
2
x
:
Bây giờ ta chứng minh rằng
1 Ă

x
2
x
á
1
2
với
x á 2:(2)
Để chứng minh điều này ta viết (
??
)dới dạng
g(x)=2
xĂ1
Ă x á 0
.Chú
ý rằng
g
tăng thực sự trên
[2; 1)
và
g(2) = 0
ta sẽ chứng minh đợc (
??
)
với
x á 2
, tức là
f(x) < 1
với
x á 2

. Bây gi ờ ta c hứng minh
f(x) < 1
trong
khoảng
(1; 2)
. Xét hàm
h(x)=lnf(x)=ln
Ă
2
x
+2
1=x
Â
Ă
à
x +
1
x
ả
ln 2:
Vì
h
0
(x)=ln2
Ă2
1=x
+
1
x
2

2
x
2
x
+2
1=x
;
ta có nhận xét rằng
h
0
(x) < 0
khi và chỉ khi
(x
2
Ă1) ln 2 < 2x ln x
. Để chứng
minh bất đẳng thức vừa nêu ta xét hàm
k(x)=(x
2
Ă 1) ln 2 Ă 2x ln x; x 2 (1; 2)
304 Chơng 2. Vi phân
có
k
0
(x)=2x ln 2Ă2lnxĂ2
và
k
00
(x)=2
Ă

ln 2 Ă
1
x
Â
nên
k
00
(x) < 0
với
x 2
Ă
1;
1
ln 2
Â
và
k
00
(x) > 0
với
x 2
Ă
1
ln 2
; 2
Â
.Vì
k
0
(1) = k

0
(2) < 0
nên ta có
k
0
(x) < 0
với mọi
x 2 (1; 2)
, tức là
k
là hàm giảm trên
(1; 2)
,suyra
k(x) <k(1) = 0
,vậy
h
0
(x) < 0
khi
x 2 (1; 2)
,suyra
h(x) <h(1) = 0
,hay
(x) < 1
với
x 2 (1; 2):
Vậy
bất đẳng thức (
??
) đúng với mọi

x 2 (1; 1)
.
2.5.56.
[5] Chứng minh của bài này dựa vào định lý phạm trù Baire. Với
n 2 N
xét tập
A
n
= fx 2 [0; 1] : f
(n)
(x)=0g
. Từ giả thiết ta suy ra
[0; 1]
là
hợp của các
A
n
, vậy theo định lý Baire tồn tại
A
n
trù m ật khắp nơi trong
[0; 1], tức là tồn t ại đoạn I và n sao c ho I ẵ A
n
.Vìf
(n)
liên tục nên f
(n)
(x)=0
với mọi
x 2 I

,từđósuyratrên
I f
sẽ trùng với một đa thức. Nếu
I =[0; 1]
ta
suy ra ngay điều phải chứng minh. Ngợc lại nếu không phải thì lập l uận
tơngtựtrênđốivớiphầncònlạitrong
[0; 1]
. Lặp lại cách làm trê n ta chỉ
ra một họ các khoảng mà giao của chúng trù mật trong
[0; 1]
, hơn nữa trên
mỗi khoảng hàm
f
sẽ trùng với một đa thức, ta cần chứng minh r ằng trên
mọi đoạn
f
sẽ trùng với chỉ m ột đ a thức mà thôi. Xét tập
B
là phần còn l ại
của họ các khoảng nói trên sau khi bỏ đi phần trong của chúng, rõ ràng
B
đóng, thêm nữa
B
nếu
B
khác rỗng thì mọi phần tử củ a
B
đều là điểm giới
hạn của

B
.Thậtvậy,giảsử
x
0
2 B
không là điểm giới hạn của
B
thì
x
0
là
giao điểm của hai khoảng
I
1
và
I
2
mà
f
(n
1
)
(x)=0
với
x 2 I
1
và
f
(n
2

)
(x)=0
với
x 2 I
2
,từđósuyra
f
(n)
(x)=0
với
x 2 I
1
[I
2
và
n á maxfn
1
;n
2
g
.Vì
f
(n)
liên tục nên
f
sẽ trùng với một đa thức nào đó trên
I
1
[I
2

,vàsuyra
x
0
62 B
,
vô lý. Vì
B
đóng nên nếu nó k hác r ỗng ta lại áp dụng đ ịnh lý p hạm trù của
Baire. Vậy tồn tại
A
n
sao cho
A
n
\B
trù mật trong
J \B
,trongđó
J
là một
khoảng nào đó, t ức là
f
(n)
(x)=0
trên
B \J
, mặt khác tồn tại
K ẵ J
là phần
bù của

B
, suy ra tồn tại
m 2 N
sao cho
f
(m)
(x)=0
với
x 2 K
.Nếu
m n
thì
f
(n)
(x)=0
với
x 2 K
.Nếu
m>n
thì
f
(n+1)
(x)=f
(n+2)
(x)=ÂÂÂ= f
(m)
(x)=
ÂÂÂ =0
với
x 2 B \ I

vì mọi điểm của
B
đều là điểm giới hạn, từ đó suy ra
f
(n+1)
(x)=f
(n+2)
(x)=ÂÂÂ= f
(m)
(x)=ÂÂÂ=0
với
x 2 B \I
tại các đầu mút
của K,vídụnh tại a và b. Do đó với mọi x 2 K ta có
0=
Z
x
a
f
(m)
(t)dt = f
(mĂ1)
(x) Ăf
(mĂ1)
(a)=f
(mĂ1)
(x):
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 305
Lặp lại quá trình trên ta đ ợc
f

(n)
(x)=0
với mọi
x 2 K
và
m>n
,vàvì
K
lấytuỳýtrong
J
nên không tồn tại phần tử của
B
thuộc
J
,suyravôlý.
Vậy ta có
B
rỗng, tức là
I =[0; 1]
, kết hợp với kết quả đ đạt đợc ở trên ta
có điều phải chứng minh.
2.5.57.
Đặt
f(x)=
(
0
với
x 2
Ê
0;

1
2
Ô
;
Ă
x Ă
1
2
Â
2
với
x 2
Ă
1
2
; 1
Ô
:
Vậy
f
0
(x)=0
với
x 2
Ê
0;
1
2
Ô
và

f
(3)
(x)=0
với
x 2
Ă
1
2
; 1
Ô
.
Xét hàm
f(x)=sin
x
2
;x2 [0; 1]
ta thấy hàm này không thoả mn khẳng định ở 2.5.56 khi
lim
n!1
f
(n)
(x)=0
với mọi
x 2 [0; 1]
.
2.6 KhảvimạnhvàkhảvitheonghĩaSchwarz
2.6.1.
Sử dụng định nghĩa 1 khi cho
x
2

= a
.Điềungợc lại không đúng
(xem 2.1.13).
2.6.2.
[M. Esser, O. Shisha, Amer. Math. Monthly 71 (1964), 904-906] Xét
">0
cho trớc và
>0
sao cho
B = fx : jx Ăaj <gẵA
và với
x
1
;x
2
2 B
,
x
1
6= x
2
ta có




f(x
2
) Ă f(x
1

)
x
2
Ă x
1
Ăf
Ô
(a)




<":
Bây giờ nếu
x 2 A
1
(tức là nếu
f
0
(x)
tồn tại) và nếu
jx Ăaj <=2
thì với mọi
x
2
sao cho
jx
2
Ăxj <=2
ta có

f(x
2
) Ă f(x)
x
2
Ă x
Ă f
Ô
(a)




<":
306 Chơng 2. Vi phân
Cho
x
2
! x
ta đ ợc
jf
0
(x) Ă f
Ô
(a)j "
.Dođó

lim
x!a
x2A
1
f
0
(x)=f
Ô
(a)=f
0
(a)
.Vì
A
Ô
ẵ A
1
nên ta có
lim
x!a
x2A
Ô
f
Ô
(x)=f
Ô
(a)=f
0
(a):
2.6.3.
[M. Esser, O. Shisha, Amer. Math. Monthly 71 (1964), 904-906] Vì

f
0
liên tục tại
a
nên theo định lý giá tr ị trung bình ta có
lim
(x
1
;x
2
)!(a;a)
x
1
6=x
2
f(x
1
) Ă f(x
2
)
x
1
Ă x Ă2
= lim
(x
1
;x
2
)!(a;a)
x

1
6=x
2
f
0
(x
1
+ à(x
2
Ăx
1
)) = f
0
(a):
2.6.4.
[M. Esser, O. Shisha, Amer. Math. Monthly 7 1 (1964), 904-906]
Không. Ta chỉ ra phản ví dụ. Xét hàm
f
trên
(Ă1; 1)
sau
f(x)=
Z
x
0
g(t)dt;
trong đó
g(t)=
8
>

>
<
>
>
:
0
nếu
t 2 (Ă1; 0) [
1
S
k=1
Ê
1
2k+1
;
1
2k
Â
;
t
nếu
t 2
1
S
k=1
Ê
1
2k
;
1

2kĂ1
Â
:
Khi đó
f
liên tục trên
(Ă1; 1)
và
lim
(x
1
;x
2
)!(0;0)
x
1
6=x
2
f(x
1
) Ă f(x
2
)
x
1
Ă x Ă2
= lim
(x
1
;x

2
)!(0;0)
x
1
6=x
2
1
x
1
Ăx
2
Z
x
1
x
2
g(t)dt =0:
Đẳng thức cuối cùng đợc suy ra từ bất đẳng thức sau
0
Z
x
1
x
2
g(t)dt
x
2
1
Ă x
2

2
2
với
x
2
<x
1
:
Do đó f khả vi mạnh tại điểm 0. Mặt khác đạo hàm f
0
không tồ n tại tại các
điểm
1
n
;n=3; 4; 5;::: :
2.6.5.
Suy ra từ 2.6.2 và 2.6.3.
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 307
2.6.6.
[C.L.Belna,M.J.Evans,P.D.Humke,Amer. Math. Monthly86
(1979) 121-123]. Chú ý rằn g
f
0
thuộc lớp phạm trù (Baire) thứ nhất, vì
f
0
(x) = lim
n!1
f
Ă

x +
1
n
Â
Ă f(x)
1
n
;
suy r a tập các điểm gián đo ạn của
f
0
thuộc lớp phạm trù thứ nhất, (xem
1.7.20). Kết hợp với 2.6.3 ta có điều phải chứng minh.
2.6.7.
Xét
đ
thực sao cho
f(a) <đ<f(b)
,vàkýhiệu
c =inffx 2 (a; b):
f(x) >đg. Rõ ràng c 6= a và c 6= b. Từ định nghĩa cận trên đúng ta có f(x) c
với
x 2 [a; c]
,vàtồntạidydơng
fh
n
g
hộitụvề0saocho
f(c + h
n

) >đ
.Vì
f
khả vi Schwarz tại
c
nên
f
s
(c) = lim
n!1
f(c + h
n
) Ă f(c Ăh
n
)
2h
n
á 0:
Ta có nh ận xét rằng khi
f(a) <f(b)
,vớilậpluậntơng tự ta có tồn tại
c 2 (a; b)
sao cho
f
s
(c) 0
.
2.6.8.
[C. E. Aull, Amer. Math. Monthly 74 (1967) 708-7 11]. Nếu
f =0

trên
[a; b]
thì ta có ngay điều phải chứng minh.Giả sử tồn tại
c 2 (a; b)
sao
cho
f(c) > 0
, theo bài trên tồn tại
x
1
và
x
2
sao cho
a<x
1
<c<x
2
<b
,
f
s
(x
1
) á 0
và
f
s
(x
2

) 0
.
2.6.9.
[C. E. Aull, Amer. Math. Monthly 74 (1967) 708-711]. Rõ ràng h àm
trung gian
F (x)=f(x) Ă f(a) Ă
f(b) Ă f(a)
b Ăa
(x Ăa)
thoả mn các giả thiết của bài tập t rên.
2.6.10.
[C. E. Aull, Amer. Math. Monthly 74 (1967) 708-711]. Vì
f
bị chặn
trong
(a; b)
nên tồn tại
M á 0
saochosaocho
jf
s
(x)j M
với mọi
x 2 (a; b)
.
Theo bài trên ta có
ĂM
f(x) Ăf(t)
x Ăt
M

với
x; t 2 (a; b);x6= t:
Từ đó suy ra
jf(x) Ă f(t)j Mjx Ă tj
.
308 Chơng 2. Vi phân
2.6.11.
[C. E. Aull, Amer. Math. Monthly 74 (1967) 708-711]. Theo 2.6.9,
tồn tại
x
1
và
x
2
nằm giữa
x
và
x + h
(
x; x + h 2 (a; b)
)saocho
f
s
(x
2
)
f(x + h) Ăf(x)
h
f
s

(x
1
):
Mặt khác từ tính liên tục của hàm
f
s
suy ra tồn tại
x
3
nằm giữa
x
và
x + h
sao cho
f
s
(x
3
)=
f(x+h)Ăf(x)
h
.Cho
h ! 0
ta đợc
f
s
(x)=f
0
(x)
.

2.6.12.
Nếu
x; z 2 I
và
x<z
thì theo 2 .6.9 tồn tại
x
2
2 (x; z)
sao cho
f(z) Ăf(x)
z Ăx
á f
s
(x
2
) á 0:
2.6.13.
Tơng tự bài trên.
2.6.14.
Không. Xét hàm
f(x)=x Ă2jxj
,
x 2 (Ă1; 1)
.Dễdàngkiểmtrađợc
rằng
f
s
(0) = 1
và

f(0)
là cực đại của
f
trong
(Ă1; 1)
.
Hình vẽ
2.6.15.
[C. L. Belna, M.J. Evans, P. D. Humke, Amer. Math. Monthly 86
(1979) 121-123]. Ta đi chứng minh rằng tồn tại tập các thặng d thoả mn
đẳng thức đầu là đủ, khi thay
f
bằng
Ăf
trongđẳngthứcthứhaitasẽđợc
điều phải chứng minh. Theo định nghĩa ta có
D
s
f(x) á D
Ô
f(x)
. Ta cần
chứng minh rằng
A(f)=fx : D
s
f(x) >D
Ô
f(x)g
thuộc phạm trù thứ nhất. Chú ý rằng
A(f)

là hợp đếm đợc của các tập
A(f;đ)=fx : D
s
f(x) >đ>D
Ô
f(x)g;đ2 Q:
Do đó ta đi chứ n g minh rằng mỗi tập n ó i trên đều thuộc phạm trù thứ nhất.
Vì
A(f;đ)=A(g; 0)
với
g(x)=f(x) Ă đx
nên ta chỉ cần chứng minh rằng
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 309
bA(f;0)
thuộc phạm trù thứ nhất. Ta có
A(f;0) =
1
[
n=1
A
n
(f;0)
=
1
[
n=1
àẵ
x : f(x Ă h) f(x + h)
với
0 <h<

1
n
ắ
\ A(f;0)
ả
:
Vậy ta đi c hứng minh rằng các tập
A
n
(f;0)
đều thuộc phạm trù thứ nh ất.
Giảsửphảnchứngrằngtồntại
n 2 N
sao cho
A
n
(f;0)
thuộc phạm trù thứ
hai,khiđótồntạikhoảngmở
I
sao ch o
A
n
(f;0)
cũng thuộc phạm trù thứ
hai trong mọi khoảng mở con của
I
, thêm nữa ta giả sử đ ộ rộng của
I
nhỏ

hơn
1
n
và
a; b 2 I
,
a<b
. Xét t ập thặng d
S ẵ R
sao cho
f
jS
liên tục và chọn
c 2 S \ (a; b)
,lấy
">0
bất kỳ. Khi đ ó tồn tại tập con
J
của
(a; b)
sao cho
c 2 J
và
f(x) >f(c) Ă "
với
x 2 S \J:(1)
Xét
K
là khoảng mở con của
(a; b)

sao cho
ạ
K =2K Ă b = fy : y =2x Ă b; x 2
KgẵJ
.Vìtập
S
n
=
ẵ
x : f(x Ă h) f(x + h)
với
0 <h<
1
n
ắ
thuộc phạm trù thứ hai trên
K
và
S
là tập thặng d trên
ạ
K
nên suy ra tập
(2S
n
Ă b) \ (S \
ạ
K
cũng thuộc phạm trù thứ hai, vì vậy khác rỗng. Ta chọn
đợc

~x 2 S \
ạ
K
sao cho
~x+b
2
2 S
n
,đặt
h =
bĂ~x
2
(hiển nhiên
0 <h<1=n
)ta
đợc
f(~x) f(b)
. Hơn nữa từ (1)suyra
f(c) Ă"<f(~x)
.Vì
">0
bất kỳ nê n
ta đợc
f(c) f(b)
. Lập luận tơng tự ta chứng m inh đợc rằng
f(a) f(c)
,
suy ra
f
tăng trên

I
,suyra
D
Ô
f(x) á 0
với
x 2 I
,dođó
A(f;0) \I = ;
,vôlý.
Ta đợc điều phải chứn g minh.
2.6.16.
Đây là hệ quả của bài to án trên, chú ý rằng đây chính là bài toán
tổng quát của 2.6.6.
2.6.17.
[J. Swetits, Amer. Math. Monthly 75 (1968), 1093-1095]. Giả sử
rằng
f
bị chặn địa phơng trên
[x
1
;x
0
)
và
x Ă x
0
<<1:
Đặt trung điểm
310 Chơng 2. Vi phân

của
[x
1
;x
0
)
là
x
2
,khiđótồntại
M>0
sao cho
jf(x)j M
với
x 2 [x
1
;x
2
]
.
Chọn
h
,
0 <h<=2
sao cho
jf(x
2
+ h)j > 1+M + jf
s
(x

2
)j:
Khi đó




f(x
2
+ h) Ăf(x
2
Ă h)
2h
Ăf
s
(x
2
)




á




f(x
2
+ h) Ăf(x

2
Ă h)
2h




Ăjf
s
(x
2
)j
ájf(x
2
+ h)jĂjf(x
2
Ă h)jĂjf
s
(x
2
)j
ájf(x
2
+ h)jĂM Ăjf
s
(x
2
)j > 1:
Vậy
f

không khả vi Schwarz đều trên
[a; b]
.
2.6.18.
Sử dụng kết quả trong bài 2.6.9 và l ập luận tơng tự nh bài 2.2.26
ta đợc điều phải chứng minh.
2.6.19.
Xét hàm
f(x)=
(
0
với
x 2 Rnf0g;
1
với
x =0:
Khi đó
f
s
đồng nhất bằng 0 trên
R
, vậy nó liên tục, nhng
f
không khả vi
Schwarz đều trên mọi khoảng chứa điểm 0.
2.6.20.
[J. Swetits, A mer. Math. Monthly 75 (1968), 1093-1095]. Giả s ử
rằng
f
khả vi Schwarz đề u t rên mọi đoạn

[a; b] ẵ I
. Xét
x
0
2 (a; b)
và

1
> 0
sao cho
[x
0
Ă
1
;x
0
+
1
] ẵ (a; b)
.Đặt
I
1
=(x
0
Ă
1
;x
0
+
1

):
Vì
f
bị chặn địa
phơng trên
I
nên tồn tại
M>0
sao cho
jf(x)j M
với
x 2 I
1
:
Xét
>0
sao cho




f(x + h) Ăf(x Ăh)
2h
Ăf
s
(x)

< 1
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 311
với
jhj <
và
x 2 [a; b]
,khiđóvới
x 2 I
2
=
Ă
x
0
Ă

1
2
;x
0
+

1
2
Â
và
jh
1
j <
minf; =2g
ta có

jf
s
(x) < 1+




f(x + h
1
) Ă f(x Ă h
1
)
2h
1




< 1+
2M
2jh
1
j
:
Vậy
f
s
bị chặn địa phơng trên
I
. Bây giờ ta cần chứng minh rằng

f
liên
tục trên
I
. Giả sử phản chứng rằng tồn tại điểm gián đoạn của
f
trên
[a; b]
là điểm
x
0
2 [a; b] ẵ I
,khiđótồntại
">0
sao cho với mọi
>0
tồn tại
x
0
2 [a; b] \ (x
0
Ă ; x
0
+ )
mà
jf(x
0
) Ă f(x
0
)j >"

.Vì
f
s
bị chặn địa phơng
nên tồn tại
M
1
> 0
sao cho
jf
s
(x)j M
1
với
x
thuộc khoảng có các đầu mút
là
x
0
và
x
0
,từđósuyra




f(x
0
) Ăf(x

0
)
x
0
Ăx
0
Ă f
s
à
x
0
+ x
0
2
ả




á
"
jx
0
Ăx
0
j
ĂM
1
;
điều này trái v ớ i g iả thiết rằng

f
là khả vi Schwarz đều trên
[a; b]
,dovậy
f
liên tục trên
I
và sử dụng kết quả bài 2.6.18tasuyra
f
s
cũng liên tục trên
I
. Kết hợp với 2.6.11 ta chứng minh đợc rằng
f
0
tồntạivàliêntụctrên
I
.
Điều ngợc lại chính là một hệ quả của 2.6.18.
312 Ch¬ng 2. Vi ph©n
Chơng 3
Dãy hàm và chuỗi hàm
3.1 Dãy hàm, sự hội tụ đều
3.1.1.
Giả sử trớc hết rằng
f
n
ả f
.Khiđó,với
">0

cho trớc, tồn tại
n
0
sao cho
jf
n
(x) Ăf(x)j <"
với mọi
n á n
0
và mọi
x 2 B
. Từ đó, với
n á n
0
,
d
n
=supfjf
n
(x) Ăf(x)j : x 2 Bg ";
và do đó,
lim
n!1
d
n
=0
.
Bây giờ giả sử rằng
lim

n!1
d
n
=0
.Khiđó
jf
n
(x) Ăf(x)j supfjf
n
(x) Ăf(x)j : x 2 Bg <"
với
n
đủ lớn và với mọi
x 2 B
, tức là
ff
n
g
hội tụ đều trên
B
tới
f
.
3.1.2.
Với
">0
cho trớc, ta có
jf
n
(x) Ă f(x)j <

"
2
và
jg
n
(x) Ă g(x)j <
"
2
với
n
đủ lớn và với mọi
x 2 A
.Vậy
jf
n
(x)+g
n
(x) Ă(f(x)+g(x))j jf
n
(x) Ăf(x)j + jg
n
(x) Ăg(x)j <"
313
314 Chơng 2. Vi phân
với
n
đủ lớn và với mọi
x 2 A
.
Để thấy rằng khảng định tơng tự không đúng cho tích của hai dyhội

tụ đều, xét các hàm sau đây :
f
n
(x)=x
à
1 Ă
1
n
ả
và
g
n
(x)=
1
x
2
;x2 (0; 1):
Ta có
f
n
ả
(0;1)
f
và
g
n
ả
(0;1)
g
,ởđây

f(x)=x
và
g(x)=
1
x
2
. Mặt khác,
f
n
(x)g
n
(x)=
1
x
à
1 Ă
1
n
ả
:
Vậy
ff
n
g
n
g
hộitụđiểmtrên
(0; 1)
tới hàm
x 7!

1
x
.Vì
d
n
=sup
ẵ




f
n
(x)g
n
(x) Ă
1
x




: x 2 (0; 1)
ắ
=+1;n2 N;
sự hội tụ là không đều.
3.1.3.
Trớc hết chú ý rằng nếu
fg
n

g
hội tụ đều trên
A
tới hàm bị chặn
g
,
thì tồn tại
C>0
sao cho với
n
đủ lớn,
jg
n
(x)j C
với mọi
x 2 A:
Với
">0
cho trớc, do
ff
n
g
và
fg
n
g
hộitụđều,tacó
jf
n
(x) Ăf(x)j <

"
2C
và
jg
n
(x) Ăg(x)j <
"
2M
với
n
đủ lớn và với mọi
x 2 A
. Từ đó, với
n
đủ lớn và với mọi
x 2 A
,
jf
n
(x)g
n
(x) Ă f(x)g(x)j
jf
n
(x) Ăf(x)jjg
n
(x)j + jg
n
(x) Ăg(x)jjf(x)j <":
3.1.4.

Từ tiêu chuẩn Cauchy cho sự hội tụ của dy số thực, suy ra rằng
ff
n
g
hội tụ điểm trên
A
, chẳng hạn tới
f
. Ta p hải c hứng minh rằng s ự hộu tụ là
đều. Lấy tuỳ ý
">0
. Theo giả thiết, tồn tại
n
0
sao cho nếu
n; m > n
0
,thì
jf
n
(x) Ăf(x)j <
1
2
"
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 315
với mọi
x 2 A
. Do tính liên tục của hàm giá trị tuyệt đối, ta nhận đợc
lim
m!1

jf
n
(x) Ăf
m
(x)j = jf
n
(x) Ăf(x)j
1
2
"<"
với mọi
x 2 A
và với mọi
n>n
0
.
3.1.5.
Gọi
ff
n
g
là dy các hàm bị chặn hội tụ đều trên
A
tới
f
.Khiđó,với
">0
cho trớc, tồn tại
n
0

2 N
sao cho
jf(x)j jf
n
0
(x) Ăf(x)j + jf
n
0
(x)j <"+ jf
n
0
(x)j
với mọi
x 2 A
.Vì
f
n
0
bị chặn trên
A
,
f
cũng bị chặn trên
A
.
Hàm giới hạn của dy hội tụ điểm các hàm bị chặn không nhất thiết bị chặn.
Để thấy điều này, chẳng hạn lấy
f
n
(x)=min

ẵ
1
n
;n
ắ
;x2 (0; 1);n2 N:
Dy
ff
n
g
hội tụ tới hàm không bị chặn
x 7! 1=x; x 2 (0; 1)
.
3.1.6.
Với
x 2 R; lim
n!1
f
n
(x)=0
.Dy không hội tụ đều trên
R
bởi vì
d
2n
=+1
. Rõ ràng, dycon
f
2nĂ1
hộitụđềutrên

R
.
3.1.7.
Chứng minh nh trong 3.1.4.
3.1.8.
(a) Ta có
1
1+(nx Ă1)
2
Ă!
n!1
f(x);
ởđây
f(x)=
(
0
với
x 2 (0; 1]
1
2
với
x =0:
Vì hàm giới hạn không liên tục, sự hội tụ là không đều (xem, chẳng
hạn, 1.2.34).
316 Chơng 2. Vi phân
(b) Ta có
x
2
x
2

+(nx Ă 1)
2
Ă!
n!1
0
và
d
n
=supfjf
n
(x) Ă0j : x 2 [0; 1]g = f
n
Ă
1
n
Â
=1
.Theo3.1.1,sựhộitụ
là không đều.
(c) Vì
x
n
(1 Ăx) Ă!
n!1
0
và
d
n
=supfjf
n

(x) Ă0j : x 2 [0; 1]g = f
n
Ă
n
n+1
Â
=
n
n
(n+1)
n+1
, ta thấy rằng
ff
n
g
hộitụđềutrên
[0; 1]
.
(d) Dyhộitụkhôngđềuvì
d
n
=
n
n+1
(n +1)
n+1
Ă!
n!1
1
e

:
(e) Vì rằng
d
n
= f
Ă
n
n+1
Â
Ă!
n!1
0
,dyhộitụđều.
(f) Dy hội tụ đều bởi vì
d
n
=supfjf
n
(x) Ăxj : x 2 [0; 1]g =1Ă f
n
(1) =
1
n +1
Ă!
n!1
0:
(g) Dy hội tụ điểm tới
f(x)=
(
1 với x 2 [0; 1);

1
2
với
x =1:
Vậy hàm giới hạn không liên tục và vì vậy dy không h ội tụ đều (xem,
chẳng hạn, 1.2.34).
3.1.9.
(a) Dễ thấy rằng
f
n
(x) Ă!
n!1
0
và
d
n
=
1
4
.Vạydy không hội tụ đều trên
A
.
Mặt khác,
supfjf
n
(x)j : x 2 Bg =
à
1
p
2

ả
n
à
1 Ă
à
1
p
2
ả
n
ả
;ná 2;
và vì vậy dy hội tụ đều trên
B
.
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 317
(b) Dy hội tụ đều trên
R
tới hàm không, và nh vậynócũnghộitụđều
trên mỗi tập con của
R
.
3.1.10.
(a) Vì
d
n
= arctg
1
p
n

3
,
ff
n
g
hội tụ đều trên
R
tới
0
.
(b)
f
n
(x) Ă!
n!1
x
2
,vàvì
f
n
(
p
n) Ăn = n(ln 2 Ă1)
, chuỗi không hội tụ trên
R
.
(c) Ta có
f
n
(x) Ă!

n!1
1
x
.Dy không hội tụ đều trên
(0; 1)
,bởivì
f
Ă
1
n
Â
Ăn =
n(ln 2 Ă 1)
.
(d)
f
n
(x) Ă!
n!1
f(x)
,ởđây
f(x)=
(
1
với
jxj 1;
1
2
với
jxj > 1:

Đặt
u
n
=
2n
p
1+x
2n
.Khiđó,với
x>1
,
2n
p
1+x
2n
= u
n
Ă x =
u
2n
n
Ăx
2n
u
2nĂ1
n
+ u
2nĂ2
n
x + ÂÂÂ+ x

2nĂ1
=
1
u
2nĂ1
n
+ u
2nĂ2
n
x + ÂÂÂ+ x
2nĂ1

1
2n
:
Suy ra rằng
d
n
sup
x2[0;1]
jf
n
(x) Ăf(x)j +sup
x2[1;1)
jf
n
(x) Ăf(x)j
2n
p
2 Ă1+

1
2n
;
tức là
ff
n
g
hộitụđềutrên
R
.
(e) Nh trong (d), có thể chỉ ra rằng dy hội tụ đều trên
R
tới
f(x)=
(
2
với
jxj 2;
jxj
với
jxj > 2:
(f) Ta có
d
n
=supj
p
n +1sin
n
x cos xj =
à

r
n
n +1
ả
n
Ă!
n!1
1
p
e
:
Vậy dy hội tụ không đều trên
R
.