Giải tích _ĐH KHTN-ĐH Quốc Gia Tp.HCM
Giáo trình Toán Giải tích.Chương 1. Tập hợp các số thực Chương 2. Dãy và chuỗi số Chương 3. Hàm số thực theo một biến số thực Chương 4. Tích phân
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Giải tích _ĐH KHTN-ĐH Quốc Gia Tp.HCM, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
PDF by 1
Chương 1
TẬP HỢP CÁC SỐ THỰC
Để khảo sát hàm số thực theo một biến số thực, nghĩa là để khảo sát các ánh xạ → f : D , trong đó D là một tập
con không rỗng của , ta cần nắm vững các tính chất căn bản của tập các số thực.
Do đó, trong phần 1, chúng ta giới thiệu tập thông qua một hệ thống các tiên đề. Từ các tiên đề, ta chứng minh
được các tính chất thường dùng trên tập số thực để từ đó xây dựng được hai cặp hàm sơ cấp cơ bản : hàm lũy thừa / căn
thức và hàm mũ / lôgarít. Một số khái niệm khác liên quan đến khoảng, lân cận, các hàm sơ cấp cơ bản ... cũng được giới
thiệu một cách có hệ thống trong phần 2 nhằm cung cấp các công cụ cần thiết trong việc khảo sát các hàm số trong suốt
phần còn lại của giáo trình.
1. TẬP CÁC SỐ THỰC
Tập các số thực, trên đó có trang bị hai phép toán, phép cộng và phép nhân, và một quan hệ thứ tự, ký hiệu
( )+ ⋅ ≤ , , , , thỏa các tiên đề sau, trong đó a, b, c là các số thực bất kỳ,
1.1. Tiên đề cho các phép toán
i) các phép toán đều có tính giao hoán :
+ = +a b b a ; ⋅ = ⋅a b b a
ii) các phép toán đều có tính kết hợp :
( ) ( )+ + = + +a b c a b c ; ( ) ( )⋅ ⋅ = ⋅ ⋅a b c a b c
iii) phép cộng có phần tử trung hòa, ký hiệu 0 và phép nhân có phần tử trung hòa, ký hiệu 1 :
+ =a 0 a ; ⋅ =a 1 a .
iv) mọi số thực x đều có số đối, ký hiệu −x , và mọi số thực ≠x 0 đều có số nghịch đảo, ký hiệu −1x :
( )+ − =x x 0; −⋅ =1x x 1 .
PDF by 2
v) phép nhân có tính phân bố đối với phép cộng :
( )+ = +a b c ab ac .
1.2. Tiên đề cho quan hệ thứ tự
vi) quan hệ thứ tự có tính phản xạ : ≤a a
vii) quan hệ thứ tự có tính phản đối xứng : nếu ≤a b và ≤b a thì =a b
viii) quan hệ thứ tự có tính bắc cầu (truyền) : nếu ≤a b và ≤b c thì ≤a c
ix) quan hệ thứ tự có tính toàn phần : hoặc ≤a b, hoặc ≤b a
x) quan hệ thứ tự bền đối với phép cộng : nếu ≤a b thì + ≤ +a c b c
xi) quan hệ thứ tự bền đối với phép nhân các số dương : nếu ≤a b và ≤0 c thì ≤ac bc . ª
Từ các tính chất nêu trên người ta suy ra mọi tính chất còn lại về phép toán cũng như quan hệ thứ tự trên tập các
số thực. Ta liệt kê một số tính chất thường dùng sau
xii) ⋅ =a 0 0 ; ( )− ⋅ = −1 a a ;
xiii) nếu =ab 0 thì =a 0 hay =b 0;
xiv) Phép trừ : phương trình + =x a b có nghiệm duy nhất ( )= + − ≡ −x b a b a ;
xv) Phép chia : phương trình ⋅ =a x b , với ≠a 0, có nghiệm duy nhất −= ⋅ ≡1 bx b a
a
.
Ngoài ra, do các phép toán đều có tính kết hợp, ta có thể định nghĩa tổng cũng như tích một số hữu hạn các số thực.
1.3. Định nghĩa. Với dãy các số thực 1a , 2a , ..., na , ... Tổng n số hạng đầu của dãy này, + + + +0 1 2 na a a ... a , được viết
tắt bằng ký hiệu ∑ như sau
=
+ + + =∑n1 2 n k
k 1
a a ... a a
PDF by 3
(đọc là “tổng các ka từ =k 1 đến =k n ”).
Trong cách viết này, chỉ số k của ka được gọi là chỉ số câm, việc lựa chọn ký tự cho chỉ số câm không làm ảnh
hưởng đến giá trị của tổng. Chẳng hạn
= = =
= = = + +∑ ∑ ∑3 3 3k i j 1 2 3
k 1 i 1 j 1
a a a a a a
Hơn nữa, ta có thể thay đổi vùng giá trị của các chỉ số với điều kiện duy nhất là giá trị chỉ số đầu phải nhỏ hơn hay
bằng giá trị của chỉ số cuối. Chẳng hạn
=
= + + +∑5 k 2 3 4 5
k 2
a a a a a
nhưng ký hiệu
=
∑2k 5 ka không được xác định.
Tương tự, ta viết
=
⋅ ⋅ ⋅ =∏
n
1 2 n k
k 1
a a ... a a
(đọc là “tích các ka từ =k 1 đến =k n ”).
Ví dụ 1.
=
= + + + + =∑n
k 1
k 1 2 3 ... n tổng n số nguyên tự nhiên đầu tiên;
=
= + + + +∑n
k 1
1 1 1 11 ...
k 2 3 n
;
PDF by 4
=
= + + + +∑n k 2 n
k 0
q 1 q q ... q , với quy ước =0q 1 và =1q q ;
=
+ = + + + + + =∑n
k 0
(2k 1) 1 3 5 ... (2n 1) tổng +n 1 số nguyên lẻ đầu tiên;
=
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≡∏
n
k 1
k 1 2 3 ... n n! (đọc là “n giai thừa”);
=
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≡∏ 1442443
n
n
n lầnk 1
x x x x ... x x .
Chú ý : Tổng hữu hạn
=
∑n k
k 1
a và tích hữu hạn
=
∏
n
k
k 1
a được định nghĩa bằng quy nạp trên n như sau :
Với =n 1 , đặt
=
=∑1 k 1
k 1
a a ;
=
=∏
1
k 1
k 1
a a và
+
+
= =
= +∑ ∑n 1 nk k n 1
k 1 k 1
a a a và
+
+
= =
⎛ ⎞⎜ ⎟
= ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
∏ ∏
n 1 n
k k n 1
k 1 k 1
a a a .
Chẳng hạn, ta có
=
= =∑0 k 0
k 0
q q 1 và
+
+
= =
= +∑ ∑n 1 nk k n 1
k 0 k 0
q q q .
Đặc biệt,
PDF by 5
=
= =∏
1
k 1
1! k 1
và
( ) ( ) ( )
+
= =
⎛ ⎞⎜ ⎟+ = = + = ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠
∏ ∏
n 1 n
k 1 k 1
n 1 ! k k n 1 n! n 1 ,
=
= =∏
1
1
k 1
x x x
và
+
+
= =
⎛ ⎞⎜ ⎟
= = = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠
∏ ∏
n 1 n
n 1 n
k 1 k 1
x x x x x x .
Nhắc lại rằng ta có quy ước
=0! 1 và =0x 1, với mọi ∈ x ,
và với mọi ∈ n , =k 0,1,...,n , ta định nghĩa
( )= −
k
n
n!C
k! n k !
.
1.4. Mệnh đề.
i) Nếu λ là số thực độc lập với các chỉ số của tổng hữu hạn, ta có
=
λ = λ∑n
k 1
n ;
= =
λ = λ∑ ∑n nk k
k 1 k 1
a a
PDF by 6
ii) ( )
= = =
+ = +∑ ∑ ∑n n nk k k k
k 1 k 1 k 1
a b a b ; ( )
= = =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⋅ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∏ ∏ ∏
n n n
k k k k
k 1 k 1 k 1
a b a b
iii)
= = =
⎡ ⎤⎢ ⎥ =⎢ ⎥⎣ ⎦
∑ ∑∑
2n n n
k i k
k 1 i 1 k 1
a a a
iv) Với ( ) =
=
ij i 1,2,...,n
j 1,2,...,m
a là họ gồm ×n m số thực, ta có
= = = =
=∑∑ ∑∑n m m nij ij
i 1 j 1 j 1 i 1
a a
v) = =0 nn nC C 1 , với mọi ∈ n và
−
++ =
k k 1 k
n n n 1C C C , với mọi ∈ n và =k 1,2,...,n .
Chứng minh. Chú ý rằng tổng cũng như tích hữu hạn được định nghĩa bằng quy nạp trên n. Do vậy, một cách tự nhiên
là ta chứng minh các tính chất trên bằng quy nạp. Chẳng hạn, với đẳng thức iii), khi =n 1 , ta có
= = =
⎡ ⎤⎢ ⎥ = =⎢ ⎥⎣ ⎦
∑ ∑∑
21 1 1
2
k i k 1
k 1 i 1 k 1
a a a a ,
nghĩa là đẳng thức iii) đúng khi =n 1.
Giả sử đẳng thức iii) đúng với một ∈ n , nghĩa là
= = =
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎣ ⎦
∑∑ ∑
2n n n
i k k
i 1 k 1 k 1
a a a .
Khi đó, ta có
PDF by 7
+ + +
+
= = = =
⎛ ⎞⎜ ⎟
= +⎜ ⎟⎝ ⎠
∑∑ ∑ ∑n 1n 1 n 1 ni k i k i n 1
i 1 k 1 i 1 k 1
a a a a a a
+ + + +
= = =
⎛ ⎞⎜ ⎟
= + + +⎜ ⎟⎝ ⎠
∑ ∑ ∑n n ni k i n 1 n 1 k n 1 n 1
i 1 k 1 k 1
a a a a a a a a
+ + +
= = = =
= + + +∑∑ ∑ ∑n n n n 2i k n 1 i n 1 k n 1
i 1 k 1 i 1 k 1
a a a a a a a
+
+ +
= =
⎡ ⎤⎢ ⎥= + +⎢ ⎥⎣ ⎦
∑ ∑
2n 1 n
2
k n 1 k n 1
k 1 k 1
a 2a a a
+
+
= =
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
∑ ∑
2 2n n 1
k n 1 k
k 1 k 1
a a a ,
nghĩa là đẳng thức iii) cũng đúng cho +n 1 . Vậy do phép chứng minh quy nạp, đẳng thức iii) đúng với mọi ∈ n .
Chứng minh các đẳng thức còn lại được coi như bài tập. ª
1.5. Định lý. Với ∈ a, b và ∈ n , ta có
i) Công thức khai triển nhị thức Newton
( ) −
=
+ =∑nn k n k kn
k 0
a b C a b
ii) ( ) − −
=
− = − ∑nn n n k k 1
k 1
a b a b a b
Chứng minh. i) Quy nạp trên n. Khi =n 1, đẳng thức
PDF by 8
( ) − − −
=
+ = + = + =∑n1 0 0 1 0 1 1 1 1 k k 1 k1 1 1
k 0
a b a b C a b C a b C a b
đúng. Giả sử đẳng thức i) đúng với một ∈ n , nghĩa là
( ) −
=
+ =∑nn k n k kn
k 0
a b C a b .
Khi đó, ta có
( ) ( ) ( ) ( )+ −
=
+ = + + = + ∑nn 1 n k n k kn
k 0
a b a b a b a b C a b
( ) ( − −= + + + +0 n 0 0 1 n 1 1n na b C a b C a b ...
( )− −− − − ⎞+ + ⎟⎠
n n 1n 1 n 1 n n n n
n nC a b C a b
( )+ − −+ − + − − −= + + + +n 1 n 10 n 1 0 0 1 n 1 1 1 n 1 n 1n n nC a b C a b ... C a b
+ − − + − ++ + + +n n 1 n n 0 n 0 0 1 1 n 1 1 1n n nC a b C a b C a b
( )− −− − + − ++ + +n n 1n 1 n 1 1 n n n n 1n n... C a b C a b
( )+ − + −= + + + +0 n 1 0 0 1 0 n 1 1 1n n nC a b C C a b ...
( )− + − − ++ + +n n 1 n 1 n n n n n n 1n n nC C a b C a b
+ − + −+ += + + +
0 n 1 0 0 1 n 1 1 1
n 1 n 1C a b C a b ...
( )+ − ++ − + ++ ++ + n 1 n 1n n 1 n n n 1 n 1n 1 n 1C a b C a b
PDF by 9
+
+ −
+
=
=∑n 1 k n 1 k kn 1
k 0
C a b ,
nghĩa là đẳng thức i) cũng đúng cho +n 1 .
ii) ( ) − −
=
− =∑n n k k 1
k 1
a b a b
( ) ( − − − −= − + + +n 1 1 1 n 2 2 1a b a b a b ...
( ) ( )− − − − − − ⎞+ + ⎟⎠
n n 1 n 1 1 n n n 1a b a b
− − −= + + + +n n 1 2 n 2 n 1a a b ... a b ab
( )− − −− + + + +n 1 n 2 2 n 1 na b a b ... ab b
= −n na b . ª
Bằng cách viết ( )− = + −a b a b và ( )+ = − − nn n na b a b khi n là số nguyên lẻ, ta được
1.6. Hệ quả. Với ∈ a, b và ∈ n , ta có
i) ( ) ( ) −
=
− = −∑nn k k n k kn
k 0
a b 1 C a b .
ii) Khi n là số lẻ, ta có
( ) ( ) − − −
=
+ = + −∑n k 1n n n k k 1
k 0
a b a b 1 a b .
1.7. Định lý.
i) Bất đẳng thức Cauchy : Với ∈ a, b , ≥a, b 0 , ta có
PDF by 10
+ ≥a b ab
2
.
Tổng quát, với các số thực 1a , 2a , ..., ∈ na sao cho ≥1 2 na ,a ,...,a 0 , ta có
+ + +
≥ ⋅ ⋅ ⋅1 2 n n 1 2 n
a a ... a
a a ... a
n
.
ii) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : Với các số thực 1a , 2a , ..., na , 1b , 2b , ..., ∈ nb , ta có
( ) ( ) ( )+ + + ≤ + + + + + +2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 na b a b ... a b a a ... a b b ... b .
iii) Bất đẳng thức Bernoulli : Với ≥ −a 1, ta có
( )+ ≥ +n1 a 1 na ,
với mọi ∈ n .
Chứng minh. i) Từ bất đẳng thức
( )− = − + ≥2a b a 2 ab b 0 ,
ta suy ra
+ ≥a b ab
2
.
Giả sử bất đẳng thức
+ + +
≥ ⋅ ⋅ ⋅1 2 n n 1 2 n
a a ... a
a a ... a
n
đúng với mọi dãy hữu hạn số thực dương ≥1 2 na ,a ,...,a 0 . Với dãy + ≥1 2 n n 1a ,a ,..., a ,a 0 , ta chú ý rằng bất đẳng thức
PDF by 11
+ +
+
+ + +
≥ ⋅ ⋅ ⋅1 2 n 1 n 1 1 2 n 1
a a ... a
a a ... a
n
hiển nhiên đúng khi tồn tại một số hạng =ia 0 . Do đó, ta có thể giả sử + >1 2 n n 1a ,a ,..., a ,a 0. Khi đó, bằng cách đặt
+
+
=
⋅ ⋅ ⋅
1
1 n 1
1 2 n 1
a
b
a a ... a
,
+
+
=
⋅ ⋅ ⋅
2
2 n 1
1 2 n 1
a
b
a a ... a
,
...
+
+ +
+
=
⋅ ⋅ ⋅
n 1
n 1 n 1
1 2 n 1
a
b
a a ... a
,
ta được ( )
− +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1 2 n 1 n n 1b b ... b b b 1 và do giả thuyết quy nạp,
− ++ + + + ⋅ ≥1 2 n 1 n n 1b b ... b b b n .
Từ đó suy ra
++ + + + =1 2 n n 1b b ... b b
( ) ( )+ += + + + − ⋅ − + ⋅1 2 n n 1 n n 1b b ... 1 b b 1 b b
+≥ + + + ⋅ + = +1 2 n n 1b b ... b b 1 n 1 ,
nghĩa là
+ +
+ +
+ + +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1 2
n 1 n 1
1 2 n 1 1 2 n 1
a a
...
a a ... a a a ... a
+
+ +
+ +
+ + ≥ +
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
n n 1
n 1 n 1
1 2 n 1 1 2 n 1
a a
n 1
a a ... a a a ... a
PDF by 12
và bất đẳng thức Cauchy cho trường hợp +n 1 số thực được chứng minh.
ii) Dùng quy nạp trên n. Khi =n 2 , ta có
( )
( ) ( )
+ = + +
≤ + + +
≤ + +
2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 2
a b a b a b a b 2a b a b
a b a b a b a b
a a b b
Giả sử bất đẳng thức
( ) ( ) ( )+ + + ≤ + + + + + +2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 na b a b ... a b a a ... a b b ... b
đúng với mọi 1a , 2a , ..., na , 1b , 2b , ..., ∈ nb . Khi đó, với 1a , 2a , ..., na , +n 1a , 1b , 2b , ..., nb , + ∈ n 1b , ta có
( )+ ++ + + + 21 1 2 2 n n n 1 n 1a b a b ... a b a b
( )= + + + +21 1 2 2 n na b a b ... a b
( ) + + + ++ + + + + 2 21 1 2 2 n n n 1 n 1 n 1 n 12 a b a b ... a b a b a b
( ) ( )≤ + + + + + + +2 2 2 2 2 21 2 n 1 2 na a ... a b b ... b
( ) ( )+ + + ++ + + + + +2 2 2 2 2 2 2 21 n 1 1 n 1 2 n 1 2 n 1a b b a a b b a ...
( )+ + + ++ + +2 2 2 2 2 2n n 1 n n 1 n 1 n 1a b b a a b
( ) ( )≤ + + + + + + +2 2 2 2 2 21 2 n 1 2 na a ... a b b ... b
( ) ++ + + + +2 2 2 21 2 n n 1a a ... a b
( ) + + ++ + + + +2 2 2 2 2 21 2 n n 1 n 1 n 1b b ... b a a b
PDF by 13
( ) ( )+ += + + + + + + + +2 2 2 2 2 2 2 21 2 n n 1 1 2 n n 1a a ... a a b b ... b b
iii) Cũng dùng quy nạp trên n. Bất đẳng thức đúng khi =n 1 do
( )+ = + ≥ + ⋅11 a 1 a 1 1 a .
Giả sử bất đẳng thức
( )+ ≥ +n1 a 1 na
đúng với một ∈ n . Ta suy ra
( ) ( ) ( ) ( ) ( )++ = + + ≥ + +n 1 n1 a 1 a 1 a 1 a 1 na
( ) ( )= + + + ≥ + +21 n 1 a na 1 n 1 a .
Vậy, do phép chứng minh quy nạp, bất đẳng thức Bernoulli đúng với mọi số nguyên ∈ n . ª
Với tập các số hữu tỷ, ta đã biết rằng không tồn tại ∈ x sao cho =2x 2 . Một cách trực giác, tồn tại các “lỗ hổng”
giữa các số hữu tỷ. Cụ thể, với
( ) ( ){ }= ∈ > ∧ <