Bài tập Giải Tích II: Liên tục và Vi phân

và chuỗi hàm 3.2.25. Gọi A là tập bị chặn không chứa các phần tử của {an}. Vì ∞ n=1 1 |an| hội tụ, ta có limn→∞ |an| = +∞. Do đó, có thể chọn n0 sao cho với mọi n ≥ n0, |x− an| ≥ 1 với x ∈ A. Từ đó, với n đủ lớn, 1 |x− an| = 1 |an| ã 1eee xan − 1 eee ≤ 1|an| ã 1 1− M|an| , ở đây M = sup x∈A |x|. Cuối cùng, quan sát rằng nếu chuỗi ∞ n=1 1 |an| hội tụ, thì chuỗi ∞ n=1 w 1 |an| ã 11− M|an| W cũng hội tụ. 3.2.26. Viết ∞3 n=1 an nx = ∞3 n=1 an nx ã 1 nx−x0 và sử dụng tiêu chuẩn Abel cho sự hội tụ đều (xem, chẳng hạn, 3.2.15). 3.2.27. Ta có (xem 3.2.7) chuỗi đ∙ cho hội tụ tới một hàm liênt ục trên R. Tuy nhiên sự hội tụ là không đều. Thật vậy, tr−ớc hết quan sát rằng nếu n0 lẻ, thì tổng ∞3 n=n0 sin(n2x) n2 khác không tại mỗi điểm xk = π2 + 2kπ, k ∈ N. Ngoài ra, ∞3 n=n0 sin(n2xk) n2 = ∞3 l=0 sin D n20 π 2 i (n0 + 2l)2 .(1) Nếu chuỗi ∞ n=n0 x sin(n 2x) n2 hội tụ đều tới f trên R, thì với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại số lẻ n0 sao cho eeeeef(x)− n0−13 n=1 x sin(n2x) n2 eeeee < ε với mọi x ∈ R. 3.2. Chuỗi hàm và sự hội tụ đều 347 Nói riêng, ta sẽ có eeeee f(xk) xk − n0−13 n=1 sin(n2 π2 ) n2 eeeee < ε π 2 + 2kπ , và do đó, lim k→∞ f(xk) xk = n0−13 n=1 sin(n2 π2 ) n2 . Mặt khác, theo (1), f(xk) xk = ∞3 n=1 sin(n2xk) n2 = n0−13 n=1 sin(n2 π2 ) n2 + sin p n20 π 2 Q ∞3 l=0 1 (n0 + 2l)2 , mâu thuẫn với sin p n20 π 2 Q ∞3 l=0 1 (n0 + 2l)2 W= 0. 3.2.28. Đây là một hệ quả trực tiếp của 3.1.31. 3.2.29. Theo tiêu chuẩn Weierstrass, chuỗi ∞ n=n0 1 n2+x2 hội tụ đều trên R. Ngoài ra, vì eeee w 1 n2 + x2 WIeeee = eeee −2x (n2 + x2)2 eeee ≤ 1 n3 , nên ∞ n=n0 p 1 n2+x2 QI cũng hội tụ đều trên R. Từ đó suy ra, theo kết quả trong bài toán tr−ớc, f khả vi trên mỗi khoảng compact và do đó khả vi trên R. 3.2.30. Ta có chuỗi ∞ n=n0 cos(nx) 1+n2 hội tụ đều trên R. Chuỗi ∞3 n=1 w cos(nx) 1 + n2 WI = ∞3 n=1 −n sin(nx) 1 + n2 hội tụ đều trên khoảng đ−ợc chỉ ra theo tiêu chuẩn Dirichlet cho sự hội tụ đều(xem 3.2.13). Vậy, tính khả vi của f đ−ợc suy từ 3.2.28. 348 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm 3.2.31. Chuỗi ∞ n=n0 (−1)n+1 ln D 1 + xn i hội tụ, chẳng hạn, với x = 0. Từ kết quả trong 3.2.9 suy ra chuỗi ∞3 n=1 p (−1)n+1 ln p 1 + x n QQI = ∞3 n=1 (−1)n+1 1 n+ x hội tụ đều trên [0,∞). Vậy theo kết quả trong 3.2.28, f khả vi trên [0,∞) và f I(0) = ∞3 n=1 (−1)n+1 1 n = ln 2, f I(1) = ∞3 n=1 (−1)n+1 1 n = 1 = 1− ln 2. Cuối cùng, áp dụng 3.1.30, ta có lim x→∞ f I(x) = 0. 3.2.32. Theo tiêu chuẩn Abel cho sự hội tụ đều (xem, chẳng hạn, 3.2.15), chuỗi ∞ n=1 (−1)n+1 1√ n arctan x√ n hội tụ đều trên R. Chuỗi ∞ n=1 (−1)n+1 n+x2 cũng hội tụ đều trên R (xem 3.2.10(a)). Vậy có thể áp dụng 3.2.28. 3.2.33. Rõ ràng, chuỗi ∞ n=1 sin(nx2) 1+n3 hội tụ đều trên R. Chuỗi ∞ n=1 2nx cos(nx2) 1+n3 hội tụ đều trên mỗi khoảng bị chặn. Vì vậy, theo 3.2.28, f I liên tục trên mỗi khoảng bị chặn và nh− vậy f I liên tục trên R. 3.2.34. Theo tiêu chuẩn Weierstrass, chuỗi đ∙ cho và chuỗi ∞3 n=1 n √ n(tanx)n−1 1 cos2 x hội tụ đều trên mỗi khoảng con compact của (−π/4,π/4). Theo 3.2.28, f I liên tục trên (−π/4,π/4). 3.2.35. Theo tiêu chuẩn Weierstrass, chuỗi đ∙ cho hội tụ trên [0,∞). Lại theo tiêu chuẩn Weierstrass, ta thấy chuỗi ∞3 n=0 −ne−nx 1 + n2 3.2. Chuỗi hàm và sự hội tụ đều 349 hội tụ đều trên mỗi khoảng [a,∞), a > 0. Vậy f ∈ C1(0,∞). Lặp lại qúa trình trên k lần, ta kết luận rằng ∞ n=n0 (−1)knke−nx 1+n2 hội tụ đều trên mỗi [a,∞), a > 0. Điều này chỉ ra rằng f ∈ C∞(0,∞). Nếu f I(0) tồn tại, thì do f(x)− f(0) x = ∞3 n=0 e−nx − 1 x(1 + n2) ≤ N3 n=0 e−nx − 1 x(1 + n2) với x > 0 và N ≥ 1, ta nhận đ−ợc lim x→0+ f(x)− f(0) x ≤ N3 n=0 −n 1 + n2 . Chuyển qua giới hạn khi N → ∞, ta thu đ−ợc f I(0) ≤ −∞, mâu thuẫn. 3.2.36. Rõ ràng, chuỗi đ∙ cho hội tụ đều trên mỗi khoảng bị chặn. Vậy f liên tục trên R. Ngoài ra, với x W= 0, ∞3 n=1 w |x| x2 + n2 WI = ∞3 n=1 n2 sgn(x)− x|x| (x2 + n2)2 . Vậy chuỗi hội tụ đều trên mỗi khoảng bị chặn không chứa 0. Do đó, f I liên tục tại x W= 0. Bây giờ, ta chỉ ra rằng f I(0) không tồn tại. Vì f(h)− f(0) h = X |h| h ∞3 n=1 1 h2 + n2 ~ và (xem, chẳng hạn, 3.2.17) lim h→0 ∞3 n=1 1 h2 + n2 = ∞3 n=1 1 n2 = π2 6 nên giới hạn lim h→0 f(h)−f(0) h không tồn tại. 3.2.37. Thấy rằng chuỗi ∞ n=1 1 nx hội tụ đều trên mỗi khoảng [x0,∞), x0 > 1 (xem, chẳng hạn, 3.2.26). Vậy hàm ζ - Riemann liên tục trên 350 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm (1,∞). Với k ∈ N, chuỗi ∞3 n=1 (−1)k ln k n nx (1) cũng hội tụ đều trên mỗi [x0,∞), x0 > 1, bởi vì lnk n nx ≤ n x0−1 2 nx0 = 1 n x0+1 2 với n đủ lớn. Do đó, mọi đạo hàn cấp k của hàm ζ−Rieman liên tục trên (1,∞). 3.2.38. Theo (1), tồn tại x0 ∈ (0, 1] sao cho f(x0) W= 0. Bây giờ, theo (2) và theo công thức Taylor với phần d− dạng Lagrange, ta có f(x0) = f (n)(θn)xn0 n! , trong đó θn ∈ (0, 1). Từ đó, f (n)(θn) = n!f(x0) xn0 .(∗) Bây giờ, (3) suy ra rằng sup x∈[0,1] eeanf (n)(x) ee −→ n→∞ 0. Điều này có nghĩa với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại n0 sao cho nếu n > n0, thì |anf (n)(θn)| < ε. Từ (∗) suy ra rằng |n!an| < εx n 0 |f(x0)| . 3.2.39. Rõ ràng, với x ∈ Z, ta có fn(x) = 0. Vậy ∞ n=1 fn(x) = 0. Bây giờ, đặt x = rs , ở đây r, s nguyên tố cùng nhau và s > 1. Nếu p là số nguyên tố khác s, thì fp(x) ≥ 1ps . Thật vậy, với mọi a ∈ Z, eeee r s − a p eeee = |rp− as| sp ≥ 1 sp . Do đó, ∞3 n=1 fn(x) ≥ 3 p∈P 1 sp , 3.2. Chuỗi hàm và sự hội tụ đều 351 trong đó P kí hiệu tập các số nguyên tố khác s. Vậy (xem, chẳng hạn, I, 3.2.72) chuỗi ∞ n=1 fn(x) phân kỳ với mọi x ∈ Q \ Z. Với x vô tỷ, đặt A = F n ∈ N : 1 4 < nx− [nx] < 1 2 k , A(m) = 2{n ∈ A : n < m}, trong đó 2B là số các phần tử của tập B. Do với x vô tỷ, các số nx− [nx] phân bố đều theo modulo 1(xem, chẳng hạn, Định lý 25.1 trong P. Billingsley, Probability and Measure, Wiley, New York, 1979, pp. 282-283), lim m→∞ A(m) m = 1 4 . Vậy  n∈A 1 4n = +∞. Chú ý rằng với n ∈ A, fn(x) = x− [nx] n ≥ 1 4n . Suy ra rằng ∞ n=1 fn(x) phân kỳ với mọi x ∈ R \Q. 3.2.40. Vì g bị chặn, chuỗi hội tụ đều trên R tới f . Từ đó, f liên tục trên R. Ta phải chỉ ra rằng f không đâu khả vi. Chọn tuỳ ý số thực x và số nguyên d−ơng m. Nếu tồn tại số nguyên trongD 4mx, 4mx+ 12 i , thì không tồn tại số nguyên trong D 4mx− 12 , 4mx i . Vậy ta luôn tìm đ−ợc δm = ±124−m sao cho không tồn tại số nguyên trong khoảng mở với các điểm mút 4mx và 4m(x+ δm). Theo định nghĩa của g, eeee g(4n(x+ δm))− g(4nx) δm eeee = l 0 nếu n > m, 4n nếu 0 ≤ n ≤ m. Chú ý rằng, với m cố định, tỷ số g(4n(x+ δm))− g(4nx) δm 352 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm có cùng dấu với n = 0, 1, . . . ,m. Từ đó suy ra eeee f(x+ δm)− f(x) δm eeee = eeeee ∞3 n=0 w 3 4 Wn g(4n(x+ δm))− g(4nx) δm eeeee = eeeee m3 n=0 w 3 4 Wn g(4n(x+ δm))− g(4nx) δm eeeee = m3 n=0 w 3 4 Wn 4n = 3m+1 − 1 2 . Vì lim m→∞ δm = 0 nên lim h→0 f(x+h)−f(x) h không tồn tại. Từ đó suy ra f không đâu khả vi. Đồ thị của ba tổng riêng đầu tiên S0(x), S1(x), S2(x) của chuỗi xác định f đ−ợc vẽ phác nh− d−ới đây. - 6 1 1 2 3−1−2−3 y = S0(x) - 6 1 1.4 10.5−0.5−1 y = S1(x) - 6 D D D DD Ơ Ơ Ơ ƠƠEEƯƯ Ư Ư Ư Ư E E E E EE Ư Ư Ư Ư Ư E E E E E EE Ư Ư ƯƯ ƯƯEE EE E Ư Ư Ư Ư Ư ƯƯ E E EE EEƯƯ Ư Ư Ư Ư E E E E EEƯƯ Ư Ư ƯƯ E E EE E E E EE Ư Ư Ư ƯƯ Ư ƯƯ E EE E E EE Ư Ư ƯƯ −1 1 1 1.4 y = S2(x) 0.5−0.5 3.3. Chuỗi luỹ thừa 353 3.3 Chuỗi luỹ thừa 3.3.1. Gọi R là supremum của tập các số r ∈ [0,∞) mà {|an|rn} là d∙y bị chặn. Nếu R d−ơng, thì với 0 ≤ ρ < R, tồn tại hằng số d−ơng, chẳng hạn Cρ, sao cho |an|ρn ≤ Cρ. Từ đó, lim n→∞ n 0|an| ≤ 1ρ . Vì bất đẳng thức cuối đúng với mọi ρ ∈ [0, R), ta có lim n→∞ n 0 |an| ≤ 1 R .(i) Chú ý rằng bất đẳng thức (i) cũng đúng với R = 0. Để chỉ ra bất đẳng thức ng−ợc lại cũng đúng, giả sử rằng R < ∞. Khi đó với ρ > R, d∙y {an|ρn} không bị chặn. Do đó, nó chứa một d∙y con sao cho |ank |ρnk ≥ 1. Vậy lim n→∞ n 0 |an| ≥ lim n→∞ nk  |ank | ≥ 1 ρ . Vì ρ > R đ−ợc chọn tuỳ ý, ta nhận đ−ợc lim n→∞ n 0 |an| ≥ 1 R .(ii) Chú ý rằng (ii) hiển nhiên đúng với R = ∞. Kết hợp (i) và (ii), ta có 1 R = limn→∞ n 0|an|. Bây giờ, theo tiêu chuẩn căn, chuỗi ∞ n=0 an(x− x0)n hội tụ tuyệt đối với |x− x0| R. 3.3.2. (a) Bán kính hội tụ của chuỗi là 1, và vì vậy chuỗi hội tụ với |x| 1. Với x = 1,−1, chuỗi phân kỳ. Vậy miền hội tụ là khoảng mở (−1, 1). (b) Bán kính hội tụ là +∞, và vì thế chuỗi hội tụ với mọi x ∈ R. (c) Miền hội tụ là khoảng đóng [−1/2, 1/2]. (d) Ta có 1 R = lim n→∞ n 0 (2 + (−1)n)n = 3. Vậy chuỗi hội tụ trên (−1/3, 1/3). Rõ ràng, chuỗi phân kỳ tại các điểm mút của miền hội tụ. 354 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm (e) Vì 1 R = lim n→∞ 2 + (−1)n 5 + (−1)n+1 = 3 4 , chuỗi hội tụ trên (−4/3, 4/3). Tại các điểm mút, chuỗi phân kỳ. (f) Vì 1 R = lim n→∞ n 0 |an| = lim n→∞ n2 √ 2n = 1, ta có thể dễ dàng tìm ra khoảng hội tụ là (−1, 1). (g) Vì 1 R = lim n→∞ n 0 |an| = lim n→∞ n! 0 2n2 = 1, ta có thể dễ dàng tìm ra khoảng hội tụ là (−1, 1). (h) Ta có 1 R = lim n→∞ n 0 |an| = lim n→∞ w 1 + 1 n W(−1)nn = e. Vì vậy, chuỗi hội tụ trên (−1/e, 1/e). Tại các điểm mút, chuỗi phân kỳ vì không thoả m∙n điều kiện cần cho sự hội tụ. Thật vậy, nếu x = 1/e, thì lim n→∞ a2n = lim n→∞ (1 + 12n) 4n2 e2n = e−1/2 và nếu x = −1/e, thì lim n→∞ |a2n| = e−1/2. 3.3.3. (a) Bán kính hội tụ là √ 2 và khoảng hội tụ là [1− √ 2, 1 + √ 2]. (b) Bán kính hội tụ của ∞ n=1 n n+1y n là 1. Vậy chuỗi ∞ n=1 n n+1 D 2x+1 x in hội tụ trên (−1, 1/3). Rõ ràng nó phân kỳ tại x = −1 và x = −1/3. (c) Bán kính hội tụ của ∞ n=1 n4n 3n y n là 3/4. Do đó, chuỗi ∞ n=1 n4n 3n x n(1− x)n hội tụ trên (−1/2, 3/2). Ta có thể dễ dàng thấy rằng nó phân kỳ tại các điểm mút. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 355 (d) Vì bán kính hội tụ là 4, chuỗi hội tụ trên (−3, 5). Với x = 5, chuỗi phân kỳ vì d∙y các số hạng của nó + (n!)2 (2n)!4 n  đơn điệu tăng. Với x = −3, chuỗi trở thành ∞ n=1 (−1)n (n!) 2 (2n)!4 n, phân kỳ vì không thoả m∙n điều kiện cần cho sự hội tụ. (e) Bán kính hội tụ của ∞ n=1 √ nyn là 1. Vì vậy, chuỗi ∞ n=1 √ n(tanx)n hội tụ trên tập  n∈Z p −π 4 + nπ, π 4 + nπ Q . Nếu x = −π4 + nπ hoặc x = π 4 + nπ, chuỗi phân kỳ. (f) Miền hội tụ là (−∞,− tan 1) ∪ (tan 1,∞) . 3.3.4. (a) Vì vai trò của R1 và R2 là bình đẳng, có thể giả thiết rằng R1 < R2. Khi đó, với |x| < R1, chuỗi ∞ n=0 (an + bn)x n hội tụ vì nó là tổng của hai chuỗi hội tụ. Với R1 < |x| < R2, chuỗi phân kỳ vì nó là tổng của chuỗi hội tụ và chuỗi phân kỳ. Vậy, R = R1 = min{R1, R2}. Nếu R1 = R2, thì rõ ràng R ≥ R1. Để chỉ ra bất đẳng thức có thể ngặt, đặt an = −1, bn = 1 với n = 0, 1, 2, . . . . Khi đó, R1 = R2 = 1 và R = ∞. (b) Vì (xem, chẳng hạn, I, 2.4.16) 1 R = lim n→∞ n 0 |anbn| ≤ lim n→∞ n 0 |an| ã lim n→∞ n 0 |bn| = 1 R1 ã 1 R2 , nên ta đ−ợc R ≥ R1R2. Ví dụ sau đây chỉ ra rằng tr−ờng hợp bất đẳng thức có thể xảy ra. Đặt a2n = 0, a2n+1 = 1, b2n = 1, b2n+1 = 0, n = 0, 1, 2, . . . . Khi đó, R1 = R2 = 1 và R = ∞. 356 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm 3.3.5. (a) Từ an = an bn ã bn và từ (b) trong bài toán tr−ớc, suy ra R1 ≥ RR2. Để thấy rằng bất đẳng thức có thể chặt, xét, chẳng hạn, chuỗi ∞ n=0 anx n và ∞ n=0 bnx n, ở đây an = l 1 với n chẵn, 2n với n lẻ. và bn = l 2n với n chẵn, 1 với n lẻ. Khi đó, R1 = R2 = R = 1/2. (b) Chú ý rằng nếu |x| < min{R1, R2} thì theo định lý Mertens (xem, chẳng hạn, I, 3.6.1), tích Cauchy của các chuỗi ∞ n=0 anx n và ∞ n=0 bnx n hội tụ. Ví dụ sau đây chỉ ra rằng bất đẳng thức R ≥ min{R1, R2} có thể ngặt. Tích Cauchy của ∞ n=0 anx n và ∞ n=0 bnx n, ở đây a0 = 1, an = − w 3 2 Wn , b0 = 1, bn = w 3 2 Wn−1w 2n + 1 2n+1 W là ∞ n=0 D 3 4 i xn (xem, chẳng hạn, I, 3.6.11). Ta có R1 = 2/3, R2 = 1/3 và R = 4/3. Ví dụ tiếp theo chỉ ra R có thể vô hạn mặc dù cả R1 và R2 đều hữu hạn. Nếu an = l 2 nếu n = 0, 2n nếu n = 1, 2, . . . . 3.3. Chuỗi luỹ thừa 357 và bn = l −1 nếu n = 0, 1 nếu n = 1, 2, . . . . thì R1 = 1/2, R2 = 1 và R = +∞. 3.3.6. áp dụng 3.3.1(2). (a) Với 0 < ε < L, tồn tại n0 sao cho nếu n ≥ n0, thì n 5 L− ε nα ≤ n 0 |an| ≤ n 5 L+ ε nα . Từ đó, lim n→∞ n 0|an| = 1 và R = 1. (b) Nh− trong (a), có thể chỉ ra rằng R = α. (c) R = ∞. 3.3.7. (a) Vì lim n→∞ n 0|2nan| = 2R nên bán kính hội tụ bằng 12R. (b) Nếu ε > 0 đủ nhỏ sao cho 1R − ε > 0, thì với vô hạn n, n n 0 |an| > n w 1 R − ε W . Do đó, lim n→∞ n 0|an| = +∞ và R = 0. (c) Vì lim n→∞ n n√ n! = e, ta thấy rằng bán kính hội tụ là R/e (xem, chẳng hạn, I, 2.4.20). (d) Do tồn tại d∙y các số nguyên d−ơng {nk} sao cho 1 R = lim k→∞ nk  |ank |, ta kết luận rằng bán kính hội tụ là R2. 3.3.8. Từ kết quả trong 3.1.25, những chuỗi luỹ thừa nh− vậy chỉ có thể là các đa thức. 358 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm 3.3.9. Bán kính hội tụ của chuỗi là +∞. Đạo hàm số hạng, ta đ−ợc f I(x) = X ∞3 n=0 x2n+1 (2n+ 1)!! ~I = 1 + ∞3 n=0 x2n (2n− 1)!! = 1 + xf(x). 3.3.10. Nh− trong lời giải của bài toán tr−ớc, với x ∈ R, ta có f II(x) + f I(x) + f(x) = ∞3 n=0 xn n! = ex. 3.3.11. Với x ∈ (−1, 1), đặt g(x) = f(xx0)− f(x0) x− 1 . Khi đó, lim x→1− g(x) = x0f I(x0). Ngoài ra (xem, chẳng hạn, I, 3.6.4), g(x) = 1 1− xf(x0)− 1 1− xf(x0x) = ∞3 n=0 (f(x0)− Sn(x0))xn. Vậy với 0 < x < 1 và m = 0, 1, 2, . . . , ta đ−ợc g(x) = ∞3 n=0 (f(x0)− Sn(x0))xn > (f(x0)− Sm(x0))xm. Do đó, x0f I(x0) = lim x→1− g(x) ≥ f(x0)− Sm(x0) > 0. 3.3.12. Tr−ớc hết ta chứng minh rằng ∞ n=0 anx n, ∞ n=0 Snx n và ∞ n=0 (n+ 1)Tnx n hội tụ với |x| 0 sao cho |Tn| ≤ C với mọi n. Khi đó, với |x| < 1, ∞3 n=0 (n+ 1)|Tnxn| ≤ ∞3 n=0 (n+ 1)C|x|n = C (1− |x|)2 . Sự hội tụ của ∞ n=0 Snx n với |x| < 1 đ−ợc suy ra từ đẳng thức N3 n=0 Snx n = S0 + N3 n=0 ((n+ 1)Tn − nTn−1)xn. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 359 T−ơng tự, vì N n=0 anx n = a0 + N n=1 (Sn − Sn−1)xn, nên sự hội tụ của chuỗi ∞ n=0 Snx n kéo theo sự hội tụ của ∞ n=0 anx n với |x| < 1. Các đẳng thức đ∙ phát biểu suy từ định lý Mertens (xem, chẳng hạn, I, 3.6.1). 3.3.13. Ta có |x| 1− |x| |f I(x)| ≤ ∞3 n=0 |x|n ∞3 k=0 2kx2 k = ∞3 n=1  3 2k≤n 2k   |x|n = ∞3 n=1   [log2 n]2 k3 k=0   |x|n ≤ 2 ∞3 n=1 n|x|n = 2 |x| (1− |x|)2 . Vậy bất đẳng thức cần chứng minh đ−ợc thoả m∙n với M = 2. 3.3.14. Sự hội tụ đều của ∞ n=0 anx n trên [0, 1] suy từ tiêu chuẩn Abel cho sự hội tụ đều (xem lời giải của 3.2.19). Để chứng minh (2), chỉ cần áp dụng 3.1.30 (cũng xem lời giải của 3.2.19). 3.3.15. Tr−ớc hết, cần chứng minh rằng lim x→1− f(x) ≤ lim n→∞ Sn.(1) Ta có (xem 3.3.12), f(x) = (1− x) ∞3 n=0 Snx n với |x| < 1.(2) Nếu lim n→∞ Sn = +∞, thì (1) là rõ ràng. Nếu lim n→∞ Sn = S ∈ R, thì theo (2), ta có S − f(x) = (1− x) ∞3 n=0 (S − Sn)xn.(3) 360 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Gọi ε > 0 cho tr−ớc. Khi đó, tồn tại n0 sao cho Sn < S + ε với mọi n > n0. Vậy, theo (3), với x ∈ (0, 1), S − f(x) ≥ (1− x) n03 n=0 (S − Sn)xn − ε(1− x) ∞3 n=n0+1 xn = (1− x) n03 n=0 (S − Sn)xn − εxn0+1 ≥ (1− x) n03 n=0 (S − Sn)xn − ε Do đó, f(x) ≤ S + ε− (1− x) n03 n=0 (S − Sn)xn. Vì tồn tại δ > 0 sao cho nếu x ∈ (1− δ, 1), thì eeeee(1− x) n03 n=0 (S − Sn)xn eeeee < ε, ta thấy rằng f(x) ≤ S +2ε. Vậy (1) đ−ợc chứng minh trong tr−ờng hợp lim n→∞ Sn hữu hạn. Bây giờ, nếu lim n→∞ Sn = −∞, thì rõ ràng lim n→∞ Sn = −∞. Từ đó suy ra với M ∈ R, có thể chọn n1 sao cho nếu n > n1, thì Sn < M . Do đó, với x ∈ (0, 1), ta có M − f(x) = (1− x) n13 n=0 (M − Sn)xn + (1− x) ∞3 n=n1+1 (M − Sn)xn ≥ (1− x) n13 n=0 (M − Sn)xn. Vậy f(x) ≤ M − (1− x) n1 n=0 (M − Sn)xn. Ta có với ε > 0 tuỳ ý ở trên, tồn tại δ > 0 sao cho nếu x ∈ (1− δ, 1) thì eeeee(1− x) n03 n=0 (M − Sn)xn eeeee < ε. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 361 Từ đó suy ra f(x) ≤M + ε. Vậy, lim x→1− f(x) ≤ lim x→1− f(x) ≤M. Vì M đ−ợc chọn tuỳ ý nên lim x→1− f(x) = −∞. Điều này kết thúc chứng minh của (1). Hoàn toàn t−ơng tự ta chứng minh đ−ợc bất đẳng thức lim x→1− Sn ≤ lim x→1− f(x). 3.3.16. Đặt An = ∞ k=0 k|ak| n . Khi đó, lim n→∞ An = 0 (xem, chẳng hạn, I, 2.3.2). Theo giả thiết, nếu xn = 1 − 1n , thì limn→∞ f(xn) = L. Vậy, với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại n0 sao cho nếu n ≥ n0, thì |f(xn)− L| < ε 3 , An < ε 3 và n|an| < ε 3 . Đặt Sn = n k=0 ak, ta có Sn − L = f(x)− L+ n3 k=0 ak(1− xk)− ∞3 k=n+1 akx k, |x| < 1. Chú ý rằng nếu x ∈ (0, 1), thì 1− xk = (1− x)(1 + x+ ã ã ã+ xk−1) ≤ k(1− x). Do đó, |Sn − L| ≤ |f(x)− L|+ (1− x) n3 k=0 k|ak|+ ε 3n(1− x) . Cuối cùng, lấy x = xn, ta đ−ợc |Sn − L| ≤ ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. 362 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm 3.3.17. Xét, chẳng hạn, chuỗi ∞ n=0 (−1)nxn. 3.3.18. Từ định lý Abel (xem 3.3.14), suy ra rằng nếu chuỗi ∞ n=1 an hội tụ, thì giới hạn lim x→1− f(x) tồn tại. Để chỉ ra chiều ng−ợc lại đúng, giả sử rằng lim x→1− f(x) = g ∈ R. Khi đó, theo giả thiết, với 0 < x < 1, ta nhận đ−ợc k3 n=1 anx n ≤ f(x) ≤ g, k ∈ N. Từ đó, k n=1 an = lim x→1− k n=1 anx n ≤ g, suy ra sự hội tụ của ∞ n=1 an. 3.3.19. Xác định b0 = 0, bn = a1 + 2a2 + ã ã ã+ nan, n ∈ N. Khi đó f(x) = a0 + ∞3 n=1 bn − bn−1 n xn = a0 + ∞3 n=1 bn w xn n − x n+1 n+ 1 W = a0 + ∞3 n=1 bn w xn − xn+1 n+ 1 + xn n(n+ 1) W = a0 + (1− x) ∞3 n=1 bn n+ 1 xn + ∞3 n=1 bn n(n+ 1) xn. Vì lim n→∞ bn n+1 = 0, có thể chứng minh rằng lim x→1− (1− x) ∞3 n=1 bn n+ 1 xn = 0. Bây giờ, áp dụng định lý Tauber, ta nhận đ−ợc ∞3 n=1 bn n(n+ 1) = L− a0. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 363 Ngoài ra lim N→∞ N3 n=1 bn n(n+ 1) = lim N→∞ N3 n=1 bn w 1 n − 1 n+ 1 W = lim N→∞ X N3 n=1 bn − bn−1 n − bN N + 1 ~ = lim N→∞ N3 n=1 an. Vậy ∞ n=0 an = L. 3.3.20. Từ sự hội tụ của chuỗi ∞ n=1 na2n và kết quả trong I,3.5.9(b), lim n→∞ a21 + 2 2a22 + ã ã ã+ n2a2n n = 0. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có X n3 k=1 kak ~2 ≤ n X n3 k=1 k2a2k ~ . Do đó, lim n→∞   n k=1 kak n   2 ≤ lim n→∞ n k=1 k2a2k n = 0. Kết quả cần chứng minh đ−ợc suy từ bài toán tr−ớc. 3.3.21. Lấy ε > 0. Theo giả thiết, tồn tại n0 ∈ N sao cho với mọi 364 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm n > n0, |an −Abn| < εbn. Vậy, với x ∈ (0, 1), |f(x)−Ag(x)| = eeeee ∞3 n=0 (an −Abn)xn eeeee ≤ eeeee n03 n=0 (an −Abn)xn eeeee+ eeeee ∞3 n=n0+1 (an −Abn)xn eeeee ≤ n03 n=0 |an −Abn|+ ε ∞3 n=n0+1 bnx n ≤ n03 n=0 |an −Abn|+ εg(x). Vì lim x→1− g(x) = +∞ nên với x đủ gần 1, ta có n03 n=0 |an −Abn|+ εg(x). Từ đó, |f(x)−Ag(x)| < 2εg(x) với x đủ gần 1. 3.3.22. Theo định lý Mertens (xem, chẳng hạn, I, 3.6.1), f(x) = (1− x) ∞3 n=0 Snx n và g(x) = (1− x) ∞3 n=0 Tnx n với |x| < 1. Vậy từ kết quả trong bài toán tr−ớc, ta có lim x→1− f(x) g(x) = f(x) 1−x g(x) 1−x = A. 3.3.23. Xét f(x) = 1 (1− x)2(1− x) = (1− x) ∞3 n=0 (n+ 1)x2n = ∞3 n=0 (n+ 1)(x2n − x2n+1) và g(x) = 1 1− x = ∞3 n=0 xn. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 365 Khi đó, lim x→1− f(x) g(x) = 1 4 . Mặt khác, vì S2n+1 = 0, S2n = n+1 và Tn = n, nên giới hạn lim n→∞ Sn Tn không tồn tại. 3.3.24. Với x ∈ (0, 1), f(x) ≥ n3 k=0 akx k ≥ xnSn,(1) vì tất cả các hệ số an đều không âm. Đặt x = e− 1 n , ta có e−1Sn ≤ f p e− 1 n Q . Vậy, theo giả thiết, với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại n0 sao cho nếu n ≥ n0, thì e−1Sn ≤ A+ ε 1− e− 1n < 2(A+ ε)n. Bất đẳng thức cuối cùng đ−ợc suy ra từ lim n→∞ ln D 1− 12n in = −12 > −1. Vậy ta có Sn ≤ A2n với A2 ≥ 2(A+ ε)e nào đó.(1) Bây giờ, theo (2), ta có f(x) = (1− x) ∞3 n=0 Snx n < (1− x)Sn n−13 k=0 xk +A2(1− x) ∞3 k=n kxk < Sn +A2nx n + A2x n+1 1− x . Nếu trong (1) đặt x = e−α/n, α > 0, ta nhận đ−ợc f p e− α n Q = A− ε 1− e−αn > (A− ε)n α . Bất đẳng thức cuối đ−ợc suy từ e− α n > 1− αn . Do đó, (A− ε)n α < Sn +A2ne −α + 2A2ne −α α , 366 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm hay nói cách khác Sn > n A− ε− 2A2e−α −A2αe−α α . Nếu lấy n đủ lớn, ta nhận đ−ợc Sn > A1n với hằng số d−ơng A1 nào đó. 3.3.25. Ta bắt đầu với một số kiến thức chuẩn bị sẽ dùng trong chứng minh của định lý. Giả sử rằng ϕ liên tục trên [0, 1] trừ điểm c ∈ (0, 1) mà tại đó các giới hạn một phía ϕ(c+), ϕ(c−) tồn tại và ϕ(c) = ϕ(c+) hoặc ϕ(c) = ϕ(c−). Bây giờ, ta sẽ chỉ ra rằng với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại các đa thức P1 và P2 sao cho 8 1 0 (P2(x)− ϕ(x)) dx < ε và 8 1 0 (ϕ(x)− P1(x)) dx < ε Để làm vậy, giả sử, chẳng hạn, rằng ϕ(c−) < ϕ(c+) và ϕ(c) = ϕ(c+). Rõ ràng, có thể chọn δ1 > 0 đủ nhỏ sao cho bất đẳng thức |ϕ(c− δ1)− ϕ(x)| < ε/4 đúng với x ∈ (c− δ1, c). Đặt M = sup{|ϕ(x)− ϕ(c)| : x ∈ (c− δ1, c)} và lấy δ < min{δ1, ε/(4M), c, 1− c}. Bây giờ định nghĩa g(x) = l ϕ(x) nếu x ∈ [0, c− δ] ∪ [c, 1], max{l(x),ϕ(x)} nếu x ∈ (c− δ, c), trong đó l(x) là hàm tuyến tính sao cho l(c− δ) = ϕ(c− δ) và l(c) = ϕ(c). Khi đó, g liên tục và ϕ ≤ g trên [0, 1]. Theo định lý xấp xỉ của Weierstrass (xem, chẳng hạn, 3.1.33), tồn tại đa thức P2 sao cho |g(x)− P2(x)| < ε 2 với x ∈ [0, 1]. Cũng nh− vậy, ta định nghĩa h(x) = l ϕ(x) nếu x ∈ [0, c] ∪ [c+ δ, 1], min{l1(x),ϕ(x)} nếu x ∈ [c, c+ δ), trong đó l1(x) là hàm tuyến tính sao cho l1(c) = ϕ(c−) và l1(c+ δ) = ϕ(c+ δ). Rõ ràng, h liên tục và h ≤ ϕ trên [0, 1]. Theo định lý xấp xỉ của Weierstrass, tồn tại đa thức P1 sao cho |h(x)− P1(x)| < ε 2 với x ∈ [0, 1]. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 367 Ngoài ra, ta có 8 1 0 (g(x)− ϕ(x)) dx = 8 (c−δ,c) (g(x)− ϕ(x)) dx. Nếu đặt A = {x ∈ (c− δ, δ) : g(x) = l(x)} và B = (c− δ, c) \A, thì ta nhận đ−ợc8 (c−δ,c) (g(x)− ϕ(x)) dx = 8 A (g(x)− ϕ(x)) dx ≤ 8 (c−δ,c) |l(x)− ϕ(x)| dx ≤ 8 (c−δ,c) (|ϕ(x)− ϕ(c− δ)|+ |ϕ(c− δ)− l(x)|)dx < ε 4 +M δ 2 < ε 2 . Từ những lập luận ở trên, ta suy ra 8 1 0 (P2(x)− ϕ(x)) dx = 8 1 0 (P2(x)− g(x)) dx+ 8 1 0 (g(x)− ϕ(x)) dx < ε. Hoàn toàn t−ơng tự, có thể chứng minh rằng 8 1 0 (ϕ(x)− P1(x)) dx < ε. Bây giờ, ta chứng minh định lý của Hardy và Littlewood. Không mất tổng quát, có thể giả sử rằng A = 1. Tr−ớc hết, ta chỉ ra rằng lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx nP (xn) = 8 1 0 P (t) dt với mọi đa thức P . Rõ ràng, chỉ cần chứng minh đẳng thức đúng cho P (x) = xk. Ta có, lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx n+kn = lim x→1− 1− x 1− xk+1 (1− x k+1) ∞3 n=0 anx (k+1)n = 1 k + 1 = 8 1 0 tk dt. 368 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Bây giờ, xác định ϕ bởi ϕ(x) = l 0 với 0 ≤ x < e−1, 1 x với e −1 ≤ x ≤ 1. Ta phải chứng minh rằng lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx nϕ(xn) = 8 1 0 ϕ(t) dt = 1.(1) Suy ra từ các chuẩn bị ở phần đầu lời giải rằng, với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại các đa thức P1 và P2 sao cho P1(x)− ε 2 ≤ h(x) ≤ ϕ(x) ≤ g(x) ≤ P2(x) + ε 2 và 8 1 0 (P2(x)− ϕ(x)) dx < ε, 8 1 0 (ϕ(x)− P1(x)) dx < ε. Vì an ≥ 0, ta thu đ−ợc lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx nϕ(xn) ≤ lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx nP2(x n) + ε 2 = 8 1 0 P2(t) dt+ ε 2 < 8 1 0 ϕ(t) dt+ 3ε 2 Do đó, lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx nϕ(xn) ≤ 8 1 0 ϕ(t) dt. Theo đúng cách nh− vậy, có thể chứng minh rằng lim x→1− (1− x) ∞3 n=0 anx nϕ(xn) ≥ 8 1 0 ϕ(t) dt. Vậy (1) đ−ợc chứng minh. Vì vậy, 1 = lim N→∞ p 1− e−1/N Q ∞3 n=0 ane −1/Nϕ p e−1/N Q = lim N→∞ p 1− e−1/N Q N3 n=0 an. 3.3. Chuỗi luỹ thừa 369 Vì lim N→∞ D 1− e−1/N i = 1, ta thu đ−ợc lim N→∞ N n=0 an N = 1. 3.3.26. Nếu |nan| ≤ C, thì với mọi x ∈ (0, 1), |f I(x)| ≤ ∞3 n=2 n(n− 1)|an|xn−2 ≤ C ∞3 n=2 (n− 1)xn−2 = C 1 (1− x)2 . Theo 2.3.23 suy ra rằng lim x→1− (1− x)f I(x) = 0 = lim x→1− (1− x) ∞3 n=1 nanx n−1. Bây giờ, vì F (x) = ∞3 n=1 p 1− nan C Q xn−1 = 1 1− x − f I(x) C , ta thu đ−ợc lim x→1− (1− x)F (x) = 1. Kết hợp với định lý của Hardy và Littlewood ở trên, có lim n→∞ n k=1 p 1− kakC Q n = 1. Từ đó, lim n→∞ n k=1 kak n = 0. Để kết thúc chứng minh, chỉ cần áp dụng kết quả đ∙ cho trong 3.3.19. 3.3.27. Giả sử ng−ợc lại rằng lim n→∞ an = 0. Khi đó, với ε > 0 cho tr−ớc, tồn tại n0 sao cho nếu n > n0, thì |an| < ε/2. Vậy, |(1− x)f(x)| ≤ eeeee(1− x) n03 k=0 akx k eeeee+ ε 2 , 370 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm suy ra lim x→1− |(1− x)f(x)| = 0, trái giả thiết. 3.4 Chuỗi Taylor 3.4.1. Giả sử rằng |f (n)(x)| ≤ M với n ∈ N và x ∈ [a, b]. Theo công thức Taylor với phần d− dạng Lagrange (xem, chẳng hạn, 2.3.3 (a)), ta có f(x) = n3 k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k + rn(x), trong đó |rn(x)| = eeeee f (n+1)(x0 + θ(x− x0)) (n+ 1)! (x− x0)n+1 eeeee ≤M (b− a)n+1 (n+ 1)! . Từ đó, lim n→∞ rn(x) = 0. Do đó, f(x) = lim n→∞ n3 k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k = ∞3 k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k. 3.4.2. Không, vì f (n)(0) = 0 với n = 0, 1, 2, . . . , và f(x) W= 0 với x W= 0. 3.4.3. Theo tiêu chuẩn Weierstrass, chuỗi ∞ n=0 cos(n2x) en và chuỗi ∞ n=0 −n2 sin(n2x) en hội tụ tuyệt đối và đều trên R. Vậy f I liên tục trên R. Lặp lại lập luận trên, ta thấy f ∈ C∞(R). Ngoài ra, có thể tìm đ−ợc f (2k−1)(0) = 0 và f (2k)(0) = (−1)k ∞ n=0 n4k en . Vậy |f (2k)(0)|x2k (2k)! > w n2x 2k W2k e−n, x W= 0, n = 0, 1, 2, . . . . Nếu lấy n = 2k, ta nhận đ−ợc |f (2k)(0)|x2k (2k)! > w 2kx e W2k > 1 với x W= 0 và k > eee e 2x eee . 3.4. Chuỗi Taylor 371 Vì vậy, chuỗi Taylor của f hội tụ về 0 với x W= 0 và đẳng thức không đúng nếu x W= 0. 3.4.4. Giả sử tr−ớc hết rằng x > 0. Phần d− dạng Lagrange trong công thức Taylor của f(x) = (1 + x)α là rn(x) = α(α− 1) ã ã ã (α− n) (n+ 1)! xn+1(1 + θx)α−n−1. Với |x| < 1, ta có lim n→∞ α(α− 1) ã ã ã (α− n) (n+ 1)! xn+1 = 0. Để thấy điều này, có thể áp dụng, chẳng hạn, I, 2.2.31. Do đó, để chứng minh rằng lim n→∞ rn(x) = 0, chỉ cần chứng minh rằng {(1+ θx)α−n−1} là d∙y bị chặn. Ta có thể chứng minh khẳng định này từ các bất đẳng thức hiển nhiên sau 1 ≤ (1 + θx)α ≤ (1 + x)α ≤ 2α với α ≥ 0 và 2α ≤ (1 + x)α ≤ (1 + θx)α ≤ 1 với α < 0, và (1 + θx)−n ≤ 1. Vậy, ta đ∙ chứng minh đẳng thức đ∙ cho đúng với 0 < x < 1. Bây giờ, ta xét tr−ờng hợp x < 0. Phần d− dạng Cauchy trong công thức Taylor của f(x) = (1 + x)α (xem, chẳng hạn, 2.3.3(b)) là rn(x) = α(α− 1) ã ã ã (α− n) (n+ 1)! xn+1(1− θ)n(1 + θx)α−n−1. Nh− trên, chỉ cần chứng minh rằng {(1− θ)n(1 + θx)α−n−1} là d∙y bị chặn. Vì x ∈ (−1, 0), ta thấy rằng (1− θ)n ≤ w 1− θ 1 + θx Wn < 1. Ngoài ra, 1 ≤ (1 + θx)α−1 ≤ (1 + x)α−1 nếu α ≤ 1 và (1 + x)α−1 ≤ (1 + θx)α−1 ≤ 1 nếu α ≥ 1. Điều này chứng minh đẳng thức đúng với x ∈ (−1, 0). 372 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm 3.4.5. Tr−ớc hết giả sử rằng x W= 0. Khi đó, từ đẳng thức |x| = 0 1− (1− x2) và từ công thức nhị thức Newton với α = 1/2 (xem bài toán tr−ớc) ta suy ra |x| = 1− 1 2 (1− x2)− ∞3 n=2 1 ã 3 ã ã ã (2n− 3) 2nn! (1− x2)n = 1− 1 2 (1− x2)− ∞3 n=2 (2n− 3)!! (2n)!! (1− x2)n. Ngoài ra, chú ý rằng chuỗi ∞ n=2 (2n−3)!! (2n)!! hội tụ, bởi vì theo công thức Wallis (xem, chẳng hạn, I, 3.8.38) lim n→∞ (2n−3)!! (2n)!! 1 (2n−1) √ n = 1√ π . Vì vậy, theo định lý Abel (xem, chẳng hạn, 3.3.14), đẳng thức cũng đúng với x = 0. 3.4.6. Lấy vi phân từng số hạng, suy ra f ∈ C∞(−R,R). Ngoài ra, f (k)(x) = ∞3 n=k n(n− 1)(n− 2) ã ã ã (n− k + 1)anxn−k. Từ đó, f (k)(0) = k!ak với k = 0, 1, 2, . . . . 3.4.7. Chú ý rằng f(x) = ∞3 n=0 an((x− x0) + x0)n = ∞3 n=0 an n3 k=0 w n k W (x− x0)kxn−k0 = ∞3 n=0 X n3 k=0 w n k W anx n−k 0 ~ (x− x0)k. 3.4. Chuỗi Taylor 373 Để chứng minh rằng bất đẳng thức cuối cùng đúng, ta chú ý rằng ∞3 n=0 n3 k=0 eeeean w n k W (x− x0)kxn−k0 eeee = ∞3 n=0 |an|(|x− x0|+ |x0|)n. Do đó, chuỗi kép ở vế trái của đẳng thức hội tụ tuyệt đối với |x−x0|+ |x0| < R, và vì vậy có thể áp dụng kết quả trong I, 3.7.23. Bây giờ, vi phân từng số hạng, ta nhận đ−ợc f (k)(x0) = ∞3 n=k w n k W anx n−k 0 k! với k = 0, 1, 2, . . . . Vậy f (k)(x0) k! = ∞3 n=k w n k W anx n−k 0 với k = 0, 1, 2, . . . . 3.4.8. Đặt cn = an − bn và f(x) = ∞3 n=0 cnx n, x ∈ (−R,R).(1) Khi đó, f(x) = 0 với x ∈ A. Bây giờ, gọi B là tập tất cả các điểm giới hạn của A thuộc (−R,R), và đặt C = (−R,R) \ B. Khi đó, C mở. Theo giả thiết, B khác rỗng. Rõ ràng, (−R,R) = B ∪ C. Ta phải chứng minh rằng B cũng mở. Lấy x0 ∈ B. Theo (1) và kết quả trong bài toán tr−ớc, f(x) = ∞3 n=0 dn(x− x0)n, |x− x0| < R− |x0|.(2) Bây giờ, ta chứng minh rằng dn = 0 với n = 0, 1, 2, . . . . Nếu điều này không xảy ra, thì sẽ tìm đ−ợc ít nhất một số nguyên không âm k để dk W= 0 và ta nhận đ−ợc f(x) = (x− x0)kg(x) trong đó g(x) = ∞3 n=0 dk+n(x− x0)n, |x− x0| < R− |x0|. 374 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Vì g liên tục tại x0 và g(x0) = dk W= 0, nên tồn tại δ > 0 sao cho g(x) W= 0 với |x− x0| < δ, mâu thuẫn với giả thiết x0 thuộc B. Vậy dn = 0 với n = 0, 1, 2, . . . , và do đó, f(x) = 0 với |x − x0| < R − |x0|. Vậy ta đ∙ chứng minh rằng B mở. Vì (−R,R) là tập liên thông, ta có C = ∅ và B = (−R,R). 3.4.9. Ta sẽ áp dụng kết quả trong 3.4.6. (a) Vì sinx = ∞3 n=0 (−1)n x 2n+1 (2n+ 1)! , x ∈ R, ta có sinx3 = ∞3 n=0 (−1)n x 6n+3 (2n+ 1)! , x ∈ R, (b) Dùng đồng nhất thức sin3 x = 34 sinx− 1 4 sin 3x, x ∈ R, ta có sin3 x = 3 4 ∞3 n=0 (−1)n+1(32n − 1) x 2n+1 (2n+ 1)! , x ∈ R. (c) Ta có sinx cos 3x = 12(sin 4x− sin 2x), x ∈ R. Vậy sinx cos 3x = 1 2 ∞3 n=0 (−1)n(42n+1 − 22n+1) x 2n+1 (2n+ 1)! , x ∈ R. (d) Ta có sin6 x+ cos6 x = 58 + 3 8 cos 4x, x ∈ R, và cosx = ∞3 n=0 (−1)n x 2n (2n)! , x ∈ R. Do đó, sin6 x+ cos6 x = 5 8 + 3 8 ∞3 n=0 (−1)n42n x 2n (2n)! , x ∈ R. (e) Từ ln(1 + x) = ∞3 n=1 (−1)n+1x n n , x ∈ (−1, 1), 3.4. Chuỗi Taylor 375 ta đ−ợc 1 2 ln 1 + x 1− x = 1 2 (ln(1 + x)− ln(1− x)) = ∞3 n=0 x2n+1 2n+ 1 , x ∈ (−1, 1). (f) Rõ ràng, ln(1+x+ x2) = ln 1−x 3 1−x2 , x ∈ (−1, 1). Vì vậy, nh− trong (e), ta có ln(1 + x+ x2) = ∞3 n=1 anx n, x ∈ (−1, 1), trong đó an = l − 2n với n = 3k, k = 1, 2, 3, . . . , 1 n với n W= 3k, k = 1, 2, 3, . . . . (g) Vì 1 1−5x+6x2 = 3 1−3x − 2 1−2x , nên ta có 1 1− 5x+ 6x2 = ∞3 n=0 (3n+1 − 2n+1)xn, x ∈ (−1/3, 1/3). (h) Ta biết rằng ex = ∞3 n=0 xn n! , x ∈ R, và 1 1− x = ∞3 n=0 xn, x ∈ (−1, 1). Theo định lý Mertens (xem, chẳng hạn, I, 3.6.1) tích Cauchy của hai chuỗi hội tụ với |x| < 1, và ex 1− x = ∞3 n=0 w 1 + 1 1! + 1 2! + ã ã ã+ 1 n! W xn. 3.4.10. 376 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm (a) Ta có f(x+ 1) = (x+ 2)ex+1 = ∞3 n=0 e(n+ 2) n! , x ∈ R. Từ đó, f(x) = ∞3 n=0 e(n+ 2) n! (x− 1)n, x ∈ R. (b) Nh− trong 3.4.9(h), có thể chứng minh rằng f(x− 1) = e ∞3 n=0 X (−1)n n3 k=0 (−1)k k! ~ xn, x ∈ (−1, 1). Vậy f(x) = e ∞3 n=0 X (−1)n n3 k=0 (−1)k k! ~ (x− 1)n, x ∈ (0, 2). (c) Sử dụng đồng nhất thức cosx x = cos 1 cos(x− 1)− sin 1 sin(x− 1) 1 + (x− 1) . (d) Lập luận t−ơng tự nh− trong lời giải của 3.4.9(h), đ−ợc lnx x = ∞3 n=1 X (−1)n+1 n3 k=1 1 k ~ (x− 1)n, x ∈ (0, 2). 3.4.11. (a) Theo 3.4.4, 1√ 1 + x = 1 + ∞3 n=1 (−1)n(2n− 1)!! (2n)!! xn với |x| < 1. Từ đó 1√ 1− x2 = 1 + ∞3 n=1 (2n− 1)!! (2n)!! x2n. 3.4. Chuỗi Taylor 377 Đặt S(x) = x+ ∞3 n=1 (2n− 1)!! (2n)!!(2n+ 1) x2n+1 và chú ý rằng (arcsinx)I = 1√ 1−x2 = S I(x). Vậy arcsinx = S(x) + C. Ngoài ra, vì S(0) = 0 = arcsin 0 nên ta đ−ợc S(x) = arcsinx. (b) Đặt S(x) = ∞3 n=0 (−1)n 1 2n+ 1 x2n+1. Theo đồng nhất thức đ∙ biết 1 1 + x2 = ∞3 n=0 (−1)nx2n, |x| < 1, ta nhận đ−ợc (arctanx)I = 1 1+x2 = SI(x). Vậy S(x) = arctanx+C. Vì arctan 0 = S(0) = 0, ta có C = 0. Để có bất đẳng thức đầu, chỉ cần đặt x = 12 trong (a). Để có bất đẳng thức thứ hai, quan sát rằng ∞ n=0 (−1)n 12n+1 hội tụ và dùng định lý Abel (xem, chẳng hạn, 3.3.14) cho chuỗi luỹ thừa (b). 3.4.12. (a) Dùng khai triển Taylor cho arctanx (đ∙ có trong bài toán tr−ớc) và cho ln(1 + x2), ta có x arctanx− 1 2 ln(1 + x2) = ∞3 n=1 (−1)n−1x2n 2n(2n− 1) , x ∈ (−1, 1). (b) Dùng khai triển Taylor cho arcsinx (đ∙ có trong bài toán tr−ớc) và công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), ta nhận đ−ợc x arcsinx+ 0 1− x2 = 1+ x 2 2 + ∞3 n=2 (2n− 3)!! (2n)!!(2n− 1)x 2n, x ∈ (−1, 1). 3.4.13. 378 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm (a) Đặt f(x) = ∞3 n=1 1 n(n+ 1) xn+1, |x| ≤ 1. Khi đó f I(x) = ∞3 n=1 1 n xn = − ln(1− x), |x| < 1. Vậy f(x) = (1− x) ln(1− x) + x với |x| < 1. Sử dụng định lý Abel, ta đ−ợc ∞3 n=1 (−1)n+1 n(n+ 1) = 2 ln 2− 1. (b) Với x ∈ R, ta có ∞3 n=0 (−1)nn (2n+ 1)! x2n+1 = 1 2 x ∞3 n=0 (−1)n (2n)! x2n − 1 2 ∞3 n=0 (−1)n (2n+ 1)! x2n+1 = 1 2 (x cosx− sinx). Đặt x = 1, ta đ−ợc ∞3 n=0 (−1)nn (2n+ 1)! = 1 2 (cos 1− sin 1). (c) Từ đẳng thức 1 n2 + n− 2 = 1 3 w 1 n− 1 − 1 n+ 2 W ta suy ra nếu 0 < |x| < 1 thì ∞3 n=2 (−1)n n2 + n− 2x n−1 = 1 3 ∞3 n=2 (−1)n n− 1 x n−1 − 1 3 ∞3 n=2 (−1)n n+ 2 xn−1 = 1 3 ∞3 n=1 (−1)n−1x n n + 1 3x3 ∞3 n=4 (−1)n−1x n n = 1 3 ln(1 + x) + 1 3x3 w ln(1 + x)− x+ x 2 2 − x 3 3 W . 3.4. Chuỗi Taylor 379 Kết hợp với định lý Abel, ta đ−ợc ∞3 n=2 (−1)n n2 + n− 2 = 2 3 ln 2− 5 18 . (d) áp dụng 3.4.12(a) và định lý Abel ta đ−ợc tổng cần tìm là π/2− ln 2. (e) Theo công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), 1√ 1 + x2 = 1 + ∞3 n=1 (−1)n(2n− 1)!! (2n)!! x2n với |x| < 1, và từ đó, theo định lý Abel, ∞3 n=1 (−1)n(2n− 1)!! (2n)!! = 1√ 2 . (f) Rõ ràng, ∞3 n=0 (3x)n+1 n! = 3xe3x, x ∈ R. Vậy 3 ∞3 n=0 (3x)n(n+ 1) n! = (3xe3x)I = e3x(3 + 9x). Đặt x = 1 có ∞3 n=0 3n(n+ 1) n! = 4e3. 3.4.14. Khoảng hội tụ của chuỗi là (−1, 1). Gọi S(x) là tổng của chuỗi trong khoảng đó. Khi đó SI(x) = 2 ∞3 n=1 ((n− 1)!)2 (2n− 1)! (2x) 2n−1 và SII(x) = 4 ∞3 n=1 ((n− 1)!)2 (2n− 2)! (2x) 2n−2. 380 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Từ đó suy ra (1− x2)SII(x)− xSI(x) = 4, |x| < 1. Nhân cả hai vế đẳng thức này với (1− x2)− 12 , ta đ−ợc p0 1− x2SI(x) QI = 4√ 1− x2 . Do đó, SI(x) = 4√ 1− x2 arcsinx+ C√ 1− x2 , và vì vậy, S(x) = 2(arcsinx)2 + C arcsinx+D. Vì SI(0) = S(0) = 0, ta có S(x) = 2(arcsinx)2. Nếu x = ±1, ta nhận đ−ợc chuỗi ∞3 n=1 ((n− 1)!)2 (2n)! 4n. hội tụ theo tiêu chuẩn Gauss (xem, chẳng hạn, I, 3.2.25). Thật vậy, ta có an+1 an = 1− 6 4n +O w 1 n2 W . Vậy theo định lý Abel ∞3 n=1 ((n− 1)!)2 (2n)! 4n = π2 2 . 3.4.15. Với a ∈ I, f(x) = f(a) + f I(a) 1! (x− a) + ã ã ã+ f (n)(a) n! (x− a)n +Rn(x), trong đó Rn(x) = 1 n! 8 x a f (n+1)(s)(x− s)ds. áp dụng công thức đổi biến hai lần, ta đ−ợc Rn(x) = 1 n! 8 x−a 0 f (n+1)(u+ a)(x− u− a)du = (x− a)n+1 n! 8 1 0 f (n+1)((x− a)t+ a)(1− t)ndt. 3.4. Chuỗi Taylor 381 Tính đơn điệu của f (n+1) suy ra rằng nếu a < x < b, b ∈ I, thì 0 ≤ Rn(x) ≤ (x− a)n+1 n! 8 1 0 f (n+1)((b− a)t+ a)(1− t)ndt = w x− a b− a Wn+1 Rn(b). Rõ ràng, Rn(b) ≤ f(b). Vậy 0 ≤ Rn(x) ≤ w x− a b− a Wn f(b) với a < x < b, a, b ∈ I, và vì vậy, lim n→∞ Rn(x) = 0. Điều này chỉ ra rằng chuỗi Taylor hội tụ đều tới f trên mỗi khoảng con compact của I. Vì a < b đ−ợc chọn tuỳ ý trong I, sử dụng 3.4.7 ta suy ra hàm f giải tích. 3.4.16. Chứng minh t−ơng tự nh− trong 3.4.1. 3.4.17. [18]. Lấy x0 tuỳ ý trong I. Theo giả thiết, tồn tại r > 0 sao cho f(x) = ∞3 n=0 f (n)(x0) n! (x− x0)n với |x− x0| < r. Đạo hàm m lần, đ−ợc f (m)(x) = ∞3 n=m f (n)(x0) n! n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)(x− x0)n−m. Từ đó, |f (m)(x)| ≤ ∞3 n=m |f (n)(x0)| n! n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)|x− x0|n−m. Từ định nghĩa bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa (xem, chẳng hạn, 3.3.1) ta suy ra với 0 < ρ < r, tồn tại số d−ơng C sao cho |f (n)(x0)| n! ≤ C ρn . Do đó, |f (m)(x)| ≤ ∞3 n=m C ρn n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)|x− x0|n−m. 382 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Vì vậy, sử dụng đồng nhất thức ∞3 n=m n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)xn−m = m! (1− x)m+1 , |x| < 1, ta đ−ợc |f (m)(x)| ≤ ρ−m ∞3 n=m C ρn−m n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)|x− x0|n−m = Cm! ρm p 1− |x−x0|ρ Qm+1 ≤ Cρm! (ρ− ρ1)m với |x− x0| < ρ1 < ρ. Vậy ta có thể lấy J = (x0 − ρ1, x0 + ρ1), A = Cρ và B = ρ− ρ1. 3.4.18. [18]. Đặt f(x) = 1 1−A(x− 1) với |x− 1| < 1 A và g(x) = 1 1− t với |t| < 1. Khi đó, h(t) = (f ◦ g)(t) = 1− t 1− (A+ 1)t . Rõ ràng, f(x) = ∞3 n=0 An(x− 1)n, g(t) = ∞3 n=0 tn. Ngoài ra, h(t) = 1 1− (A+ 1)t − t 1− (A+ 1)t = ∞3 n=0 (1 +A)ntn − ∞3 n=0 (1 +A)ntn+1 = 1 + ∞3 n=1 A(1 +A)n−1tn. Vì g(n)(0) = n!, f (n)(g(0)) = f (n)(1) = n!An và h(n)(0) = n!A(1 +A)n−1, áp dụng công thức Faà di Bruno, ta có đẳng thức cần chứng minh. 3.4. Chuỗi Taylor 383 3.4.19. [18]. Chọn x0 tuỳ ý trong I và đặt y0 = f(x0). Từ 3.4.17 ta suy ra tồn tại các khoảng I1 ⊂ I và J1 ⊂ J (lần l−ợt chứa x0 và y0) và các hằng số d−ơng A,B,C và D sao cho |f (n)(x)| ≤ A n! Bn với x ∈ I1 và |g(n)(y)| ≤ C n! Dn với x ∈ J1. Theo công thức Faà di Bruno, h(n)(x) = 3 n! k1!k2! ã ã ã kn!g (k)(f(x)) X f (1)(x) 1! ~k1X f (2)(x) 2! ~k2 . . . X f (n)(x) n! ~kn , ở đây k = k1 + k2 + ã ã ã+ kn và tổng lấy trên tất cả các k1, k2, . . . , kn sao cho k1 + 2k2 + ã ã ã + nkn = n. Điều này cùng với kết quả trong bài toán tr−ớc cho ta |h(n)(x)| ≤ 3 n! k1!k2! ã ã ã kn! Ck! Dk w A B1 Wk1 w A B2 Wk2 ã ã ã w A Bn Wkn = 3 n! k1!k2! ã ã ã kn! Ck! Dk Ak Bn = n!C Bn 3 k! k1!k2! ã ã ã kn! Ak Dk = n!C Bn A D w 1 + A D Wn−1 . Từ kết quả trong 3.4.16 ta có kết luận h là hàm giải tích thực trên I. 3.4.20. Theo 3.4.15, g(x) = f(−x) giải tích thực trên khoảng −I = {x : −x ∈ I}. Vì x )→ −x giải tích thực nên ta có thể áp dụng bài toán tr−ớc để suy ra kết quả cần chứng minh. 3.4.21. [18]. Xét g(t) = 1 − √ 1− 2t, |t| < 1/2, và f(x) = 11−x , |x| < 1. Khi đó h(t) = f(g(t)) = 1√ 1− 2t = gI(t). Vậy g(n+1)(t) = h(n)(t). Ngoài ra, theo công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), g(t) = − ∞3 n=1 w1 2 n W (−2t)n. 384 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Rõ ràng, f(x) = ∞ n=0 xn. Do đó, g(n)(0) = −n! D 1 2 n i (−2)n và f (n)(g(0)) = n!. Cuối cùng, theo công thức Faà di Bruno, −(n+ 1)! w 1 2 n+ 1 W (−2)n+1 = g(n+1)(0) = h(n)(0) = n! 3 k! k1!k2! ã ã ã kn! w − w1 2 1 W (−2) Wk1 ã ã ã w − w1 2 n W (−2) Wkn = (−2)nn! 3 (−1)kk! k1!k2! ã ã ã kn! w1 2 1 Wk1 ã ã ã w1 2 n Wkn . trong đó k = k1+k2+ ã ã ã+kn và tổng lấy trên tất cả các k1, k2, . . . , kn sao cho k1 + 2k2 + . . .+ nkn = n. 3.4.22. [18]. Tr−ớc hết quan sát rằng nếu f thoả m∙n các giả thiết đ−ợc phát biểu trong bài toán, thì nghịch đảo g của nó tồn tại trong một khoảng mở chứa f(x0). Ngoài ra, gI(y) = h(g(y)), ở đây h(x) = 1 f I(x) . Rõ ràng, vì f ∈ C∞ nên g cũng vậy. Bây giờ ta phải chứng minh rằng g thoả m∙n các giả thiết của 3.4.16. Theo 3.4.19, ta biết rằng h giải tích trong một khoảng mở nào đó chứa x0 (hợp của hai hàm giải tích). Vì vậy, theo 3.4.17, tồn tại các hằng số d−ơng A và B sao cho |h(n)(x)| ≤ A n! Bn (1) trong khoảng mở I0 ⊂ I nào đó chứa x0. Bây giờ, phép quy nạp sẽ chỉ ra rằng tồn tại khoảng mở K chứa f(x0) sao cho |g(n)(y)| ≤ n!(−1)n−1 w1 2 n W (2A)n Bn−1 với y ∈K.(2) Ta chọn K sao cho g(K) đ−ợc chứa trong I0. Khi đó, theo (1), ta có |gI(y)| = |h(g(y))| ≤ A, tức là (2) đúng với n = 1. Giả sử (2) đúng với k = 1, 2, . . . , n, ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1. Theo bài toán 3.4. Chuỗi Taylor 385 tr−ớc, ta có |g(n+1)(y)| = (h ◦ g)(n+1)(y) ≤ n! 3 k! k1!k2! ã ã ã kn! A Bk ww1 2 1 W (2A) Wk1 . . . w (−1)n−1 w1 2 n W (2A)n Bn−1 Wkn = (−1)nn! (2A) n Bn A 3 (−1)kk! k1!k2! ã ã ã kn! w1 2 1 Wk1 . . . w1 2 n Wkn = (−1)nn! (2A) n Bn A2(n+ 1) w 1 2 n+ 1 W = (−1)n(n+ 1)!(2A) n+1 Bn w 1 2 n+ 1 W . Điều này kết thúc chứng minh của (2). Vì vậy, tính giải tích của g trên K suy ra từ 3.4.16. 3.4.23. Suy ra từ f−1(x) = f I(x) rằng f ánh xạ khoảng (0,∞) lên chính nó và f ∈ C∞ trên khoảng này. Từ đó, f I(x) > 0 và f tăng thực sự trên (0,∞). Đạo hàm đẳng thức f(f I(x)) = x, ta có f II(x) > 0 với x ∈ (0,∞). Ta sẽ chứng minh rằng (−1)nf (n)(x) > 0 với x ∈ (0,+∞) và n ≥ 2 sử dụng quy nạp và công thức Faà di Bruno (xem 2.1.38). Giả sử rằng (−1)mf (m)(x) > 0 với m = 2, 3, . . . , n. Khi đó, 0 = 3 n! k1!k2! ã ã ã kn!f (k)(f I(x)) w f II(x) 1! Wk1 Xf (3)(x) 2! ~k2 ã ã ã X f (n)(x) (n− 1)! ~kn−1 + f I(f I(x))f (n+1)(x), trong đó k = k1+k2+ã ã ã+kn−1 và tổng lấy trên tất cả các k1, k2, . . . , kn−1 sao cho k1 + 2k2 + . . .+ (n− 1)kn−1 = n. Dấu của mỗi số hạng trong tổng ở trên là sgn((−1)k(−1)2k1(−1)3k2 ã ã ã (−1)nkn−1) = (−1)n, từ đó, sgn p f I(f I(x))f (n+1)(x) Q = sgn f (n+1)(x) = −(−1)n. Bây giờ, áp dụng kết quả trong 3.4.20 ta chứng minh đ−ợc rằng f giải tích trên (0,∞). 386 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm 3.4.24. Theo bài toán tr−ớc ta biết rằng mỗi hàm f thoả m∙n giả thiết là giải tích trên (0,∞). Tr−ớc hết, ta chứng minh rằng tồn tại duy nhất số a sao cho f(x) x nếu x > a. Để làm vậy, quan sát rằng do tính đơn điệu của f , ta có lim x→0+ f(x) = 0, cùng với đẳng thức f I(f(x))f I(x) = xf I(x), ta đ−ợc f(f(x)) = 8 x 0 tf I(t)dt.(1) Bây giờ, nếu f(x) > x với 0 < x < 1, thì (1) suy ra 8 x 0 f I(t)(t− 1)dt > 0, mâu thuẫn với giả thiết f I(x) > 0 với x > 0. Mặt khác, nếu f(x) < x với mọi x ∈ (0,∞), thì (1) suy ra f(x) > f(f(x)) = 8 x 0 tf I(t)dt > 8 x 0 f(t)f I(t)dt = 1 2 (f(x))2, suy ra f(x) 0, ng−ợc với giả thiết f((0,∞)) = (0,∞). Do đó, theo tính chất giá trị trung gian, tồn tại điểm bất động a của f . Vì f(x) < x với x ∈ (0, a), ta có f I(y) = f−1(y) với y ∈ (0, a). Cũng nh− vậy, f I(y) a. Bây giờ, ta sẽ chứng minh tính duy nhất. Giả sử ng−ợc lại, tồn tại hai hàm nh− vậy, ký hiệu là f1 và f2. Gọi a1 và a2 lần l−ợt là các điểm bất động của f1 và f2. Rõ ràng, ta có thể giả sử rằng a1 ≥ a2. Đặt g = f1 − f2. Nếu a1 = a2 = a, thì g(a) = 0 và f−1 = f I suy ra g(n)(a) = 0 với n ∈ N. Vì g giải tích, g là hàm hằng (bằng 0) trên (0,∞). Nếu a1 > a2, thì f1(x) x ≥ f I2(x) với x ∈ [a2, a1). Vì vậy, g(x) 0 với x ∈ [a2, a1). Vì lim x→0+ g(x) = 0, tồn tại b ∈ (0, a2) sao cho gI(b) = 0 và gI(x) > 0 với x ∈ (b, a1), và gI(x) < 0 với x ∈ ([b, a2). Đặt f I1(b) = f I2(b) = bI. Khi đó, bI ∈ (b, a2), bởi vì b < f I2(b) = bI < f I2(a2) = a2. Từ đó, gI(b) < 0. Mặt khác, f1(bI) = f1(f I1(b)) = b và f2(bI) = f2(f I2(b)) = b, mâu thuẫn. 3.4.25. Nếu f(x) = axc, thì f I(x) = acxc−1 và f−1(x) = a− 1 cx 1 c . Từ đây có c = 1+ √ 5 2 và a = c 1−c. 3.4. Chuỗi Taylor 387 3.4.26. Theo côngg thức Taylor đ∙ chứng minh trong 2.3.10, ln(1 + x) = 2 N3 n=0 1 2n+ 1 w x 2 + x W2n+1 +RN (x), trong đó RN (x) = 2 (2N + 1)(1 + θx)2N+3 px 2 Q2N+3 . Rõ ràng, lim N→∞ RN (x) = 0 với x ∈ (0, 2). Do đó ln(1 + x) = 2 ∞3 n=0 1 2n+ 1 w x 2 + x W2n+1 . 3.4.27. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Theo định nghĩa, L(x, y) Mp(x, y) = x−y lnx−ln y (x p+yp 2 ) 1/p = 21/p(x− y) (xp + yp)1/p ln xy với x và y d−ơng, khác nhau và với p W= 0. Chia tử số và mẫu số cho y và đặt z = p x y Qp , ta đ−ợc L(x, y) Mp(x, y) = 21/p(z1/p − 1) (z + 1)1/p ln z1/p . Bây giờ viết z = 1 + w 1− w w w = z − 1 z + 1 , 0 < |w| < 1 W và nhân cả tử và mẫu với (1−w) 1/p 2w , ta đi đến L(x, y) Mp(x, y) = p21/p wp 1+w 1−w Q1/p − 1 W p 1+w 1−w + 1 Q1/p ln 1+w1−w = p((1+w)1/p−(1−w)1/p) 2w ln(1+w)−ln(1−w) 2w = f(w, p) g(w) . 388 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm Rõ ràng, g(w) = ∞3 n=0 1 2n+ 1 w2n, và theo 3.4.4, f(w, p) = 1 + ∞3 n=1 1 2n− 1 ww 1 p − 1 Ww 1 p − 2 W ã ã ã w 1 p − 2n W ã 1 (2n)! W w2n. Do đó, để chứng minh rằng f(w, p) < g(w), chỉ cần chỉ ra với mọi số nguyên d−ơng n, w 1 p − 1 Ww 1 p − 2 W ã ã ã w 1 p − 2n W ã 1 (2n)! ≤ 1 và bất đẳng thức ngặt xảy ra với ít nhất một n. Với n = 1, ta có w 1 p − 1 Ww 1 p − 2 W ã 1 2 ≤ 1 với p ≥ 1 3 , bởi vì 1 2p2 − 3 2p + 1 = 1− 1 2p w 3− 1 p W < 1, nếu 0 < 1 p < 3. Từ đó Qn = p 1 p − 1 Qp 1 p − 2 Qp 1 p − 3 Q ã ã ã p 1 p − 2n Q (2n)! = w 1− 1 p Ww 1− 1 2p W  , 1 Q1 w 1− 1 3p W ã ã ã w 1− 1 2np W  , 1 <1 với p ≥ 13 . Vậy, Q1 ≤ 1 với p ≥ 1 3 , và từ công thức cuối cùng ta đ−ợc Qn < 1 với n = 2, 3, . . . . 3.4.28. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Ta dùng những kí hiệu từ lời giải của bài toán tr−ớc. Ta có, Q1 > 1 với p < 13 . Vậy tồn tại 0 < h < 1 sao cho nếu 0 < w < h, thì Tài liệu tham khảo 389 f(w, p) > g(w). Bây giờ, quan sát rằng bất đẳng thức 0 < w < h có thể viết lại d−ới dạng 1 < z < rp, ở đây r = w 1 + h 1− h W1/p và z = w x y W1/p . Điều này có nghĩa tồn tại r > 1 sao cho L(x, y) > Mp(x, y) nếu 1 < xy < r. 3.4.29. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Đặt xy = (1+w)2 (1−w)2 , 0 < |w| < 1, ta nhận đ−ợc L(x, y) M0(x, y) = x−y lnx−ln y (xy)1/2 = x y −1 ln x yp x y Q1/2 = (1+w)2 (1−w)2−1 4(w+ 13w3+ 1 5 w5+ããã ) 1+w 1−w = 1 1− w2 ã 1 1 + 13w 2 + 15w 4 + ã ã ã = 1 + w2 + ω4 + w6 + ã ã ã 1 + 13w 2 + 15w 4 + 17w 6 + ã ã ã > 1. Kết hợp với 2.5.42 và 2.5.43 suy ra điều phải chứng minh. 3.4.30. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Dùng các kí hiệu đ∙ đ−a ra trong lời giải của 3.4.27, ta có L(x, y) Mp(x, y) = p D (1 + w)1/p − (1−w)1/p i ln 1+w1−w −→ w→1 0. Vì z = p x y Qp = 1+ω1−w , ta nhận đ−ợc L(x, y) < Mp(x, y) với z đủ lớn. 390 Tài liệu tham khảo Tài liệu tham khảo [1] J. Banas´, S. Weádrychowicz, Zbiór zadan´ z analizy matematycznej, Windawnictwa Naukowo - Techniczne, Warszawa, 1994. [2] W. I. Bernik, O. W. Melnikov, I. K. Zuk , Sbornik olimpiadnych zadacˇ po matematike, Narodnaja Asveta, Minsk , 1980. [3] P. Biler, A. Witkowski, Problems in Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc, New York and Basel, 1990. [4] T. J. Bromwich, An Introduction to the Theory of Infinte Series, Macmillan and Co., Limited, London ,1949. [5] R. P. Boas, A Primer of Real Analytic Functions, Birkhaăuser Verlag, Basel Boston Berlin, 1992. [6] L. Carleson. T. W. Gamelin, Complex Dynamics, Springer- Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1993. [7] B. Demidovicˇ, Sbornik zadacˇ i uprazˇnenij po matematicˇeskomu analizu, Nauka, Moskva, 1969. [8] J. Dieudonne´, Foundations of Modern Analysis, Academic Press, New York San Francisco London, 1969. [9] A. J. Dorogovcev, Matematicˇeskij analiz. Spravocˇnoe posobe, Vysˇcˇaja Sˇkola, Kiev, 1985. [10] A. J. Dorogovcev, Matematicˇeskij analiz. Sbornik zadacˇ, Vysˇcˇaja Sˇkola, Kiev, 1987. [11] G. M. Fichtenholz, Differential-und Integralrechnung, I, II, III, V.E.B. Deutscher Verlag Wiss., Berlin, 1966-1968. 391 392 Tài liệu tham khảo [12] B. R. Gelbaum, J. M. H. Olmsted, Theorems and Counterexamples in Mathematics, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1990. [13] E. Hille, Analysis Vol. I, Blaisdell Publishing Company, New York Toronto London, 1964. [14] W. J. Karzor, M. T. Nowak, Problems in Mathematical Analysis I. Real Number, Sequences and Series, American Mathematical Soci- ety, Providence, RI, 2000. [15] G. Klambauer, Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York, 1975. [16] G. Klambauer, Problems and Propositions in Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York and Basel, 1979. [17] K. Knopp, Theorie und Anwendung der Unendhichen Reihen, Springer-Verlag, Berlin and Heidelberg, 1947. [18] S. G. Krant, H. R. Parks, A Primer of Real Analytic Functions, Bikhauser Verlag, 1992. [19] L. D. Kudriavtsev, A. D. Kutasov, V. I. Chejlov, M. I. Shabunin, Problems de Ana´ Matema´tico. Li´mite, Continuidad, Deriv- abilidad (Spanish), Mir, Moskva, 1989. [20] K. Kuratowski, Introduction to Calculus, Pergamon Press, Oxford-Eidenburg-New York; Polish Scientific Publishers, Warsaw, 1969. [21] S. Lojasiewicz, An Introduction to the Theory of Real Number, A Wiley-Interscience Publication, John Wiley & Sons, Ltd., Chichester, 1988. [22] D. S. Mitrinovic´, Elemetary Inequalities, P. Noordhoff Ltd., Gronigen, 1964. [23] G. Po´lia, G. Szegoă, Problems and theorems in analysis I, Spriger - Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1978. [24] R. Remmert, Theory of Complex Functions, Spriger - Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1991. Tài liệu tham khảo 393 [25] Ya. I. Rivkind, Zadacˇi po matematicˇeskomu analizu, Vysˇejsˇaja Sˇkola, Min´sk, 1973. [26] W.I. Rozhkov, V.D. Kurdevanidze, N. G. Pafionov, Sbornik zadac matematiceskich olimpiad, Izdat. Univ. Druzhby Narodov, Maskva, 1987. [27] W. Rudin, Principle of Mathematical Analysis, McGraw - Hill Book Company, New York, 1964. [28] W. Rzymowsky, Convex Functions, preprint. [29] W. A. Sadownicˇij, A. S. Podkolzin, Zadacˇi studencˇcskich olimpiad po matematike, Nauka, Moskva, 1978. [30] R. Sikorski, Funkcje rzeczywiste, PWN, Warszawa, 1958. [31] H. Silverman, Complex variables, Houghton Mifflin Company, Boston, 1975. [32] E. C. Titchmarsch, The Theory of Functions, Oxford University Press, London, 1944. [33] G. A. Tonojan, W. N. Sergeev, Studencˇeskije matematicˇeskije oimpiady, Izdatelstwo Erevanskogo Universiteta, Erevan, 1985.