GIẢI TÍCH CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ PGS. TS Lê Hoàn Hóa Ngày 11 tháng 10 năm 2004 1 Giới hạn của dãy số 1.1 Định nghĩa Cho (x n ) n là dãy số thực. Ta nói : • Dãy (x n ) n hội tụ về x (x hữu hạn) khi n → ∞, ký hiệu lim n→∞ x n = x hay lim x n = x nếu với mọi  > 0, tồn tại số tự nhiên n 0 ∈ N sao cho với mọi n ≥ n 0 thì |x n − x| < . lim x n = x ⇐⇒ ∀ > 0, ∃n 0 ∈ N : ∀n ≥ n 0 =⇒ |x n − x| <  ⇐⇒ lim |x n − x| = 0 • Dãy (x n ) n tiến ra +∞ (theo tứ tự −∞) nếu với mọi A ∈ R, tồn tại n 0 ∈ N sao cho với mọi n ≥ n 0 thì x n > A (theo thứ tự x n < A). • Dãy (x n ) n phân kỳ nếu không có lim x n hoặc lim x n = +∞ hoặc lim x n = −∞. Như vậy với một dãy (x n ) n chỉ có hai trường hợp : hoặc (x n ) n hội tụ hoặc (x n ) n phân kỳ. 1.2 Định lý cơ bản 1. Nếu(x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên và a = sup{x n } thì lim x n = a. Nếu (x n ) n là dãy giảm, bị chặn dưới và b = inf{x n } thì lim x n = b. 2. Giới hạn kẹp : Giả sử : a n ≤ x n ≤ b n , ∀n ≥ n 0 và lim a n = lim b n = a. Khi đó lim x n = a. 3. Tiêu chuẩn Cauchy : (x n ) n hội tụ ⇐⇒ ∀ > 0, ∃n 0 ∈ N : ∀n ≥ n 0 , ∀p ∈ N =⇒ |x n+p − x n | <  1.3 Các giới hạn cơ bản 1. lim 1 n α = 0, ∀α > 0 2. lim q n = 0, ∀q, |q| < 1 3. lim n √ a = 1, ∀a > 0 1 4. lim n √ n p = 1, ∀p ≥ 0 5. lim n p (1 + a) n = 0, ∀a > 0, ∀p 6. lim n p e n = 0, ∀p 7. lim(1 + 1 n ) n = e 8. lim(1 − 1 n ) n = e −1 9. lim ln p n n α = 0, ∀α > 0, ∀p 10. lim n n √ n! = e 1.4 Ví dụ 1.4.1 Ví dụ 1 Với a > 0, cho x n = (1 + a n ) n , y n = (1 + a n ) n+1 , n ∈ N. 1. Chứng minh : (x n ) n là dãy tăng, (y n ) n là dãy giảm. 2. Chứng minh :(x n ) n ,(y n ) n hội tụ và lim x n = lim y n . Đặt lim x n = lim y n = e a Giải : 1. Trước tiên ta chứng minh : Với α ≥ −1, (1 + α) n ≥ 1 + nα, ∀n ∈ N . Bất đẳng thức đúng với n = 1. Giả sử đúng đến n. Khi đó, do 1 + α ≥ 0 : (1 + α) n+1 = (1 + α) n (1 + α) ≥ (1 + nα)(1 + α) = 1 + (n + 1)α + α 2 ≥ 1 + (n + 1)α Ta có, với mọi n ∈ N : x n+1 x n = (1 + a n + 1 ) n+1 (1 + a n ) n = (1 + a n + 1 )( 1 + a n + 1 1 + a n ) n = (1 + a n + 1 )(1 − a (n + 1)(n + a) ) n ≥ (1 + a n + 1 )[1 − na (n + 1)(n + a) ] = 1 + a 2 (n + 1) 2 (n + a) > 1 Vậy (x n ) n là dãy tăng. Tương tự : y n y n+1 = (1 + a n ) n+1 (1 + a n + 1 ) n+2 = (1 + a n + 1 ) −1 [1 + a n(n + 1 + a) ] n+1 ≥ (1 − a n + 1 + a )(1 + (n + 1)a n(n + 1 + a) ) ≥ 1 + (n + 1)a n(n + 1 + a) 2 > 1 Vậy (y n ) n là dãy giảm. 2 2. Ta có : (1 + a) = x 1 ≤ x 2 ≤ ≤ x n ≤ y n ≤ ≤ y 1 = (1 + a) 2 Vậy (x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên ; (y n ) n là dãy giảm, bị chặn dưới, chúng hội tụ. Đặt lim x n = lim y n = lim(1 + a n ) n = e a 1.4.2 Ví dụ 2 Cho (x n ) n định bởi : x 1 = √ 2, x n+1 = √ 2 + x n , ∀n ∈ N. Chứng minh (x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên. Tính lim x n Giải : Ta có : x n ≥ 0, ∀n và x n+1 − x n = √ 2 + x n − x n = 2 + x n − x n 2 √ 2 + x n + x n Tam thức bậc hai 2 + x n − x n 2 ≥ 0 ⇐⇒ −2 ≤ x n ≤ 2, ∀n. Bằng quy nạp, ta có : x 1 = √ 2 < 2. Giả sử x n ≤ 2. Khi đó : x n+1 = √ 2 + x n ≤ 2 Vậy (x n ) n là dãy tăng, bị chặn trên nên (x n ) n hội tụ. Đặt x = lim x n . Từ đẳng thức x n+1 = √ 2 + x n , ∀n ∈ N, cho n → ∞, ta có : x = √ 2 + x hay x 2 −x −2 = 0 Vậy x = 2. 1.4.3 Ví dụ 3 lim 3 n+1 + 2 n 3 n + 2 n = lim 3 n+1 [1 + (2 /3 ) n+1 ] 3 n [1 + (2 /3 ) n ] = 3 1.4.4 Ví dụ 4 Tính lim n √ a n + b n + c n , a, b, c > 0. Giả sử a = max{a, b, c}. Ta có : a ≤ n √ a n + b n + c n = a n  1 + ( b a ) n + ( c a ) n ≤ a n √ 3 Vậy lim n √ a n + b n + c n = max{a, b, c} 1.4.5 Ví dụ 5 Tính lim n √ n 2 2 n + 3 n Do lim n 2 (3 /2 ) n = 0 nên có n 0 ∈ N sao cho n 2 (3 /2 ) n < 1, ∀n ≥ n 0 . Với n ≥ n 0 , ta có : 3 ≤ n √ n 2 2 n + 3 n = 3 n  1 + n 2 (3 /2 ) n ≤ 3 n √ 2 Do định lý giới hạn kẹp lim n √ n 2 2 n + 3 n = 3 3 1.4.6 Ví dụ 6 Tính lim sin(π √ n 2 + 1) 0 ≤ |sin(π √ n 2 + 1)| = |sin π( √ n 2 + 1 − n)| = |sin( π √ n 2 + 1 + n )| ≤ π √ n 2 + 1 + n Vậy lim sin(π √ n 2 + 1) = 0 BÀI TẬP Tính các giới hạn sau 1. lim( √ n 2 + 5 − √ n 2 + 3) 2. lim n sin n n 2 + 1 3. lim a n − b n a n + b n , ∀a, b > 0 4. lim nq n , |q| < 1 5. lim 2 n n! ( HD: 2 n n! = 2.2 2.2 1.2 (n − 1).n ≤ 4 n ) 6. lim n 2 n! 7. Chứng minh : 1 2 + 2 2 + + n 2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 Tính 1 2 + 2 2 + + n 2 n 3 8. Tính lim n( n √ e − 1) HD : Dùng thí dụ (1) có bất đẳng thức : (1 + 1 n ) n < e < (1 − 1 n − 1 ) n , ∀n 9. Cho (x n ) n định bởi : x 1 = √ a, x n+1 = √ a + x n , ∀n(a > 0) Xét tính đơn điệu của (x n ) n và tính lim x n (nếu có). 10. Tính lim n 2 √ n HD : n 2 √ n = exp[− √ n ln 2(1 − ln n √ n ln 2 )] Do lim lnn √ n ln 2 = 0 nên lim(ln n − √ n ln 2) = −∞. Suy ra với mọi A > 0, có n 0 ∈ N sao cho với n ≥ n 0 thì n 2 √ n ≤ e −A . Vậy lim n 2 √ n = 0 4 Tài liệu ôn thi cao học năm 200 5 Môn: Giải tích cơ bản GV: PGS.TS. Lê Hoàn Hóa Đánh máy: NTV Phiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004 HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC 1 Giới hạn liên tục Định nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x 0 ∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếu với mọi δ > 0, I ∩ (x 0 − δ, x 0 + δ)\{x 0 } = 0. Cho f : I → R và x 0 là điểm giới hạn của I. Ta nói: lim x→x 0 f(x) = a ∈ R ⇐⇒ ∀ε, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x − x 0 | < δ =⇒ |f(x) − a| < ε lim x→x 0 f(x) = +∞ (−∞) ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x−x 0 | < δ =⇒ f(x) > A (f(x) < A) Định nghĩa 1.2 Cho f : I → R và x 0 ∈ I. Ta nói: f liên tục tại x 0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, |x −x 0 | < δ =⇒ |f(x) − f(x 0 )| < ε Nếu x 0 là điểm giới hạn của I thì: f liên tục tại x 0 ⇐⇒ lim x→x 0 f(x) = f(x 0 ) Nếu f liên tục tại mọi x ∈ I, ta nói f liên tục trên I. f liên tục trên I ⇐⇒ ∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x  ∈ I, |x − x  | < δ =⇒ |f(x) − f(x  )| <  Ta nói: f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x, x  ∈ I, |x − x  | < δ =⇒ |f(x) − f(x  )| <  Hàm số liên tục trên một đoạn: Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó: i) f liên tục đều trên [a, b]. ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b]. Đặt m = min{f (x), x ∈ [a, b]}, M = max{f(x), x ∈ [a, b]}. Khi đó f ([a, b]) = [m, M] (nghĩa là f đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M). 1 2 Sự khả vi Định nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x 0 ∈ I. Ta nói f khả vi tại x 0 nếu lim t→0 f(x 0 + t) − f(x 0 ) t tồn tại hữu hạn. Khi đó đặt f  (x 0 ) = lim t→0 f(x 0 + t) − f(x 0 ) t gọi là đạo hàm của f tại x 0 Nếu f khả vi tại mọi x ∈ I, ta nói f khả vi trên I. Định lí 2.1 (Cauchy) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Giả sử f  (x) = 0 trên (a, b). Khi đó, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho: f  (c)[g(b) − g(a)] = g  (c)[f(b) −f(a)] Trường hợp g(x) = x, ta có công thức Lagrange f(b) −f(a) = f  (c)(b − a) Quy tắc Lôpitan: Cho x 0 ∈ R hoặc x 0 = ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x 0 . Giả sử g và g  khác không và lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0 g(x) = 0 hoặc lim x→x 0 f(x) = lim x→x 0 g(x) = +∞ hoặc −∞. Khi đó: Nếu lim x→x 0 f  (x) g  (x) = A thì lim x→x 0 f(x) g(x) = A (A có thể là hữu hạn hoặc vô hạn). Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân: Cho f liên tục, u, v khả vi. Đặt F (x) = v(x)  u(x) f(t) dt Khi đó: F khả vi và F  (x) = v  (x)f(v(x)) − u  (x)f(u(x)). 3 Vô cùng bé - Vô cùng lớn Hàm f được gọ i là lượng vô cùng bé khi x → x 0 nếu lim x→x 0 f(x) = 0. Cho f, g là hai lượng vô cùng bé khi x → x 0 . Giả sử lim x→x 0 f(x) g(x) = k - Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương. - Nếu k = 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc. - Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f . - Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g. 2 Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x 0 . Giả sử tồn tại k > 0 sao cho lim x→x 0 f(x) (x−x 0 ) k tồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vô cùng bé f khi x → x 0 . Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x 0 nếu lim x→x 0 f(x) = +∞ hoặc −∞. Nếu f là vô cùng lớn khi x → x 0 thì 1 f là vô cùng bé khi x → x 0 . Cho f, g là vô cùng lớn khi x → x 0 . Giả sử lim x→x 0 f(x) g(x) = k. - Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn tương đương. - Nếu k = 0 và hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn cùng bậc. - Nếu k = 0, ta nói g là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn f. - Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói f là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn g. Cho f là vô cùng lớn khi x → x 0 . Bậc của vô cùng lớn f là số k > 0 (nếu có sẽ duy nhất) sao cho lim x→x 0 (x − x 0 ) k f(x) tồn tại hữu hạn và khác không. 4 Công thức Taylor Cho f : (a, b) → R có đạo hàm bậc (n + 1). Với x 0 , x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho: f(x) = n  k=0 f (k) (x 0 ) k! (x − x 0 ) k + 1 (n + 1)! f (n+1) (x 0 + θ(x − x 0 )) R n (x) = 1 (n+1)! f (n+1) (x 0 + θ(x − x 0 )) là dư số Lagrange. Hoặc: f(x) = n  k=0 f (k) (x 0 ) k! (x − x 0 ) k + o (|x − x 0 | n ) R n (x) = o (|x − x 0 | n ) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọ i là dư số Peano. Nếu x 0 = 0 ta được công thức Maclaurin: f(x) = n  k=0 f (k) (0) k! x k + R n (x) . Công thức Maclaurin của hàm sơ cấp a) e x = 1 + x + x 2 2! + ···+ x n n! + R n (x), R n (x) = e θx (n + 1)! x n+1 hoặc R n (x) = o(x n ). b) sin x = x − x 3 3! + x 5 5! + ··· + (−1) n x 2n−1 (2n − 1)! + R 2n , R 2n = (−1) n cos θx. x 2n+1 (2n + 1)! hoặc R 2n = o(x 2n ). c) cos x = 1 − x 2 2! + x 4 4! + ···+ (−1) n x 2n (2n)! + R 2n+1 , R 2n+1 = (−1) n+1 cos θx. x 2n+2 (2n + 2)! hoặc R 2n+1 = o(x 2n+1 ). 3 d) (1 + x) α = 1 + αx 1! + α(α − 1) 2! x 2 + ···+ α(α − 1) . . . (α − n + 1) n! x n + R n , (x > −1). R n = α(α − 1) . . . (α − n + 1) n! (1 + θx) α−n+1 .x n+1 hoặc R n = o(x n ). e) ln(1 + x) = x − x 2 2 + x 3 3 + ···+ (−1) n+1 x n n + o(x n ), x > −1 f) arctgx = x − x 3 3 + x 5 5 + ···+ (−1) n+1 x 2n−1 2n − 1 + o(x 2n ) 5 Các giới hạn cơ bản 1. lim t→0 sin t t = lim t→0 tgt t = lim t→0 arctgt t = lim t→0 arcsint t = lim t→0 ln (1 + t) t = lim t→0 e t − 1 t 2. lim t→0 (1 + t) a − 1 t = a. 3. lim t→0 1 − cos t t 2 = 1 2 . 4. lim t→∞ t p e t = 0 ∀p. 5. lim t→∞ ln p t t α = 0, α > 0, ∀p. Thí dụ: Tính các giới hạn sau: 1. lim x→1 m √ x − 1 n √ x − 1 = lim t→0 (1 + t) 1/m − 1 (1 + t) 1/n − 1 = n m . 2. lim x→1 (1 − √ x)(1 − 3 √ x) . . . (1 − n √ x) (1 − x) n−1 = lim t→0  1 − (1 + t) 1/2  .  1 − (1 + t) 1/3  . . .  1 − (1 + t) 1/n  (−t) n−1 = 1 2 . 1 3 . . . 1 n = 1 n! 3. I = lim x→0 x 2 n √ 1 + 5 x − (1 + x) Đặt t 5 = 1 + 5x hay x = t 5 −1 5 Suy ra : x 2 5 √ 1 + 5x − (1 + x) = − (t 5 − 1) 2 5(t 5 − t + 4) = − (t 5 − 1) 2 5(t − 1) 2 (t 3 + 2t 2 + 3t − 4) Vậy I = − 5 2 4. lim x→+∞ 1 x ln  e x − 1 x  = lim x→+∞ 1 x  ln(e x − 1) − ln x  = 1 5. lim x→0 ln(cos x) x 2 = lim x→0 ln[1 + (cos x − 1)] x 2 = lim x→0 cos x − 1 x 2 = − 1 2 6. lim x→0  1 sin x − cotg x  = lim x→0 1 − cos x sin x = lim x→0 x 2 2x = 0 4 7. lim x→0 3 √ cos x − √ cos x x 2 = lim x→0  1 − x 2 2  1 3 −  1 − x 2 2  1 2 x 2 = lim x→0 − x 2 6 + x 2 4 x 2 = 1 12 (dùng 1 − cos x ∼ x 2 2 , lim t→0 (1 + t) α − 1 t = α ) 8. lim x→∞  sin √ x + 1 − sin √ x  = lim x→∞ 2 sin  √ x + 1 − √ x 2  . cos  √ x + 1 + √ x 2  = 0 Tính lim x→x 0 u(x) v(x) Đặt y = u v ⇒ ln y = v ln u. Sau đó tính lim x→x 0 v ln u Nếu lim x→x 0 v ln u = a thì lim x→x 0 u v = e a 9. lim x→+∞  x + 2 x − 3  3x+4 Đặt y = lim x→+∞  x + 2 x − 3  3x+4 ⇒ ln y = (3x + 4) ln  x + 2 x − 3  ⇒ ln y = (3x + 4) ln  1 + 5 x − 3  Vậy lim x→∞ ln y = lim x→∞ (3x + 4). 5 x − 3 = 15 Suy ra lim x→∞ y = e 15 10. lim x→0  1 + tg x 1 + sin x  1 sin x Đặt y =  1 + tg x 1 + sin x  1 sin x ⇒ ln y = 1 sin x ln  1 + tg x 1 + sin x  = 1 sin x ln  1 + tg x − sin x 1 + sin x  (dùng ln(1 + t) ∼ t) ⇒ lim x→0 ln y = lim x→0 tg x − sin x sin x(1 + sin x) = lim x→0 1 cos x − 1 1 + sin x = 0 Vậy lim x→0 y = 1 Chứng minh các lượng vô cùng bé sau tương đương khi x → 0: 1. f(x) = x sin 2 x, g(x) = x 2 sin x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 x sin 2 x x 2 sin x = 1 5 2. f(x) = e 2x − e x , g(x) = sin 2x −x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 e 2x − e x sin 2x − x = lim x→0 2e 2x − e x 2 cos 2x − 1 = 1 So sánh các vô cùng bé khi x → 0 1. f(x) = 1 −cos 3 x, g(x) = x sin x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 1 − cos 3 x x sin x = lim x→0 (1 − cos x)(1 + cos x + cos 2 x) x 2 = 3 2 (thay sin t ∼ t) Vậy f, g là vô cùng bé cùng bậc. 2. f(x) = cos x − cos 2x, g (x) = x 3 2 lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 cos x − cos 2x x 3 2 = lim x→0 (cos x − 1) + (1 − cos 2x) x 3 2 = 0 Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g. Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x → 0 1. f(x) = √ cos x − 3 √ cos x lim x→0 f(x) x k = lim x→0 √ cos x − 3 √ cos x x k = lim x→0  1 − x 2 2  1 2 −  1 − x 2 2  1 3 x k = − 1 12 nếu k = 2 Vậy f là vô cùng bé bậc 2. 2. f(x) = x sin x − sin 2 x Ta có: f (x) = sin x(x −sin x) ∼ x  x 3 3!  = x 4 3! (dùng khai triển Taylor) Vậy f là vô cùng bé bậc 4. 3. Tìm bậc của vô cùng lớn f(x) =  1 + √ x khi x → +∞ f(x) =  1 + √ x =  x 1 2 (1 + x −1 2 ) = x 1 4  1 + x −1 2 Vậy f là vô cùng lớn bậc 1 4 Lưu ý. Để tìm bậc của vô cùng lớn khi x → +∞, ta tìm số k > 0 sao cho lim x→∞ f(x) x k tồn tại hữu hạn và khác không. 4. Tìm lượng tương đương của f(x) = x[  x 2 + √ x 4 + 1 − x √ 2] khi x → +∞ Dùng (1 + t) α ) − 1 ∼ αt khi t → 0, ta có f(x) = x 2    1 +  1 + 1 x 4  1 2  1 2 − √ 2   ∼ x 2   2 + 1 2x 4  1 2 − √ 2  6 [...]... (1 + x2 ) 0 1 α=− 2 x sin t dt t 7) f (x) = α(α − 1) (α − n + 1) 2n t dt, với n! , f (x) = 0 15 0 GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Lê Hoàn Hóa Ngày 10 tháng 12 năm 2004 Phép Tính Vi Phân Hàm Nhiều Biến I - Sự liên tục 1 Không gian Rn : Định nghĩa: Với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) ∈ Rn , đặt: 1 - x = (x2 + x2 + + x2 ) 2 là chuẩn... 1) + x→1 1 1 − x x→0 x e −1 (c) lim (1 + x)ln x + (b) lim x→0 1 tg x x2 (d) lim x→0 x (e) lim (x)sin x + x→0 (f) lim− (π − 2x)cos x π x→ 2 Hướng dẫn: Đặt x = π +t 2 9 GIẢI TÍCH (CƠ BẢN) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa PGS TS Lê Hoàn Hóa Ngày 10 tháng 11 năm 2004 LÝ THUYẾT CHUỖI 1 Chuỗi số 1.1 Định nghĩa ∞ an Định nghĩa 1 Cho (an )n là dãy số (có thể thực hay phức), chuỗi tương... tục đều trên D ⇔ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x, x ∈ D, d(x, x ) < δ ⇒ |f (x) − f (x )| < ε Ta có: Nếu x0 ∈ D và x0 là điểm giới hạn của D thì: f liên tục tại x0 ⇔ lim f (x) = f (x0 ) x→x0 2.3 Tập D ⊂ Rn được gọi là liên thông nếu không có hai tập mở O1 , O2 sao cho : D ∩ Oi = Ø, i = 1, 2, D ⊂ O1 ∪ O2 , D ∩ O1 ∩ O2 = Ø Định lý: Cho A là tập đóng bị chặn trong Rn và f : A → R liên tục Khi đó: a) f liên tục đều... Dg là hai đường cong : C1 = x2 + y 2 = 1 , C2 = {x2 + y 2 = 4} 4 Mọi (x, y) ∈ C1 , (x, y) = (±2, 0) thì (x, y) ∈ Dg Mọi (x, y) ∈ C2 thì (x, y) ∈ Dg / Dg là tập bị chặn, Dg không là tập đóng cũng không là tập mở Dg không liên thông Thật vậy, đặt: O1 = {(x, y) ∈ R2 /y > 0} , O2 = {(x, y) ∈ R2 /y < 0} O1 , O2 là tập mở thỏa mãn: Dg ∩ Oi = Ø, i = 1, 2, Dg ⊂ O1 ∪ O2 , Dg ∩ O1 ∩ O2 = Ø 3.2 Cho A = / (x,... chuỗi k→∞ S= k→∞ 1 ∞ an 1 ∞ Nếu lim sk không tồn tại hoặc lim sk = +∞ hay lim sk = −∞, ta nói chuỗi k→∞ k→∞ k→∞ an phân 1 kỳ Tính chất 1 Tính hội tụ và tổng của chuỗi không thay đổi nếu thay đổi thứ tự của một số hữu hạn số hạng ∞ an và 2 Chuỗi 1 an cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ n≥n0 ∞ an hội tụ thì lim an = 0 3 Điều kiện cần: nếu chuỗi k→∞ 1 1 1.2 Chuỗi không âm ∞ an , an ≥ 0 Là chuỗi có dạng 1 Tính... không là điểm biên của D Vậy nếu D là tập mở thì D không chứa điểm biên của D và ngược lại Tập A ⊂ Rn được gọi là đóng nếu Rn \ A là tập mở A là tập đóng ⇔ ∂A ⊂ A Đặt : 0 • D = D \ ∂D là tập mở lớn nhất chứa trong D và gọi là phần trong của D − • D = D ∪ ∂D là tập đóng bé nhất chứa D và gọi là bao đóng của D Tâp D được gọi là bị chặn nếu có M ≥ 0 sao cho ||x|| ≤ M với mọi x ∈ D Định lý: 1) Rn là không... ∀ε > 0, ∃k0 : ∀k ≥ k0 =⇒ – un (x) < ε n≥k0 1 ∞ un (x) < ε, ∀x ∈ D un hội tụ đều về u trên D ⇔ ∀ε > 0, ∃k0 ∈ N : ∀k ≥ k0 =⇒ – 1 n≥k0 Dấu hiệu Weierstrass: ∞ Giả sử : |un (x)| ≤ an , ∀x ∈ D, ∀n ≥ n0 và ∞ an hội tụ Khi đó chuỗi 1 un hội tụ đều trên 1 D Định lí 2 (Weierstrass) ∞ 1) Giả sử : ∀n ∈ N, un liên tục trên D, un hội tụ đều về u trên D Khi đó u liên tục trên 1 D ∞ 2) Giả sử : ∀n ∈ N, un khả vi liên... Suy ra : ≤ 2|x| 1 + xn Vậy miền hội tụ của chuỗi là (−1, 1) Tuy nhiên chuỗi không hội tụ đều trên (−1, 1) Thật xk vậy, với ε = 1, với mọi k ∈ N có thể chọn x ∈ (0, 1) sao cho: >1 1 − x2 Khi đó : xk xn xn 1< = ≤ 1 − x2 n≥k 1 + x n≥k 1 + xn 11 xn an Với mọi 0 < a < 1, ta có : , ∀x, |x| ≤ a, ∀n ∈ N ≤ 1 + xn 1−a ∞ ∞ xn hội tụ đều trên [−a, a] 1 + xn n a hội tụ Vậy chuỗi Chuỗi 0 0 ∞ cos nx , ns 4) Với s... f (x) = 0 Chứng minh: f liên tục ||x||→∞ đều ε Với ε > 0, do lim f (x) = 0, có M > 0 sao cho khi ||x|| > R thì: |f (x)| < ||x||→∞ 3 n Khi đó: với x, y ∈ R , ||x|| > M, ||y|| > M thì |f (x) − f (y)| < 2ε 0 sao cho khi x, y ∈ B (0, M + 1), d(x, y) < δ thì |f (x) − f (y)| < ε Vậy f liên tục đều trên Rn 3.7 Cho 2 2 (x2 + y 2 )x +y ,... (x, y) = x + y2  a , x=y=0  1  x cos 2 , x2 + y 2 > 0 ii) g(x, y) = x + y2  a , x=y=0 3 - Chứng minh hàm số sau liên tục đều trên R2 :  1  (x + y) sin 2 , x2 + y 2 > 0 f (x, y) = x + y2  0 , x=y=0 HD: lim x2 +y 2 →∞ f (x, y) = 0 5 4 - Chứng minh hàm số sau không liên tục đều trên R2 :  1  2 (x + y 2 ) cos 2 , x2 + y 2 > 0 f (x, y) = x + y2  0 , x=y=0 HD: Hàm f (x, y) tương đương với hàm g(x, . với n ≥ n 0 thì n 2 √ n ≤ e −A . Vậy lim n 2 √ n = 0 4 Tài liệu ôn thi cao học năm 200 5 Môn: Giải tích cơ bản GV: PGS.TS. Lê Hoàn Hóa Đánh máy: NTV Phiên. GIẢI TÍCH CƠ BẢN (ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC) GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ PGS. TS Lê Hoàn Hóa Ngày 11 tháng