Đang tải... (xem toàn văn)
Giáo Trình Giải Tích - KHTN - Chương 1
1Chương 1TẬP HP CÁC SỐ THỰCĐể khảo sát hàm số thực theo một biến số thực, nghóa 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 THỰCTập các số thực, trên đó có trang bò 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 toáni) các phép toán đều có tính giao hoán :+ = +a b b a; ⋅ = ⋅a b b aii) các phép toán đều có tính kết hợp :( ) ( )+ + = + +a b c a b c; ( ) ( )⋅ ⋅ = ⋅ ⋅a b c a b ciii) 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 nghòch đảo, ký hiệu −1x :( )+ − =x x 0; −⋅ =1x x 1. 2v) phép nhân có tính phân bố đối với phép cộng :( )+ = +a b c ab ac.1.2. Tiên đề cho quan hệ thứ tựvi) quan hệ thứ tự có tính phản xạ : ≤a avii) quan hệ thứ tự có tính phản đối xứng : nếu ≤a b và ≤b a thì =a bviii) quan hệ thứ tự có tính bắc cầu (truyền) : nếu ≤a b và ≤b c thì ≤a cix) quan hệ thứ tự có tính toàn phần : hoặc ≤a b, hoặc ≤b ax) quan hệ thứ tự bền đối với phép cộng : nếu ≤a b thì + ≤ +a c b cxi) quan hệ thứ tự bền đối với phép nhân các số dương : nếu ≤a b và ≤0 c thì ≤ac bc. ªTừ 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 sauxii) ⋅ =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 −= ⋅ ≡1bx b aa.Ngoài ra, do các phép toán đều có tính kết hợp, ta có thể đònh nghóa tổng cũng như tích một số hữu hạn các số thực. 1.3. Đònh nghóa. 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 kk 1a a . a a 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 trò của tổng. Chẳng hạn= = == = = + +∑ ∑ ∑3 3 3k i j 1 2 3k 1 i 1 j 1a a a a a aHơn nữa, ta có thể thay đổi vùng giá trò của các chỉ số với điều kiện duy nhất là giá trò chỉ số đầu phải nhỏ hơn hay bằng giá trò của chỉ số cuối. Chẳng hạn== + + +∑5k 2 3 4 5k 2a a a a anhưng ký hiệu =∑2k 5 ka không được xác đònh.Tương tự, ta viết=⋅ ⋅ ⋅ =∏n1 2 n kk 1a a . a a(đọc là “tích các ka từ =k 1 đến =k n”).Ví dụ 1.== + + + + =∑nk 1k 1 2 3 . n tổng n số nguyên tự nhiên đầu tiên;== + + + +∑nk 11 1 1 11 .k 2 3 n; 4== + + + +∑nk 2 nk 0q 1 q q . q, với quy ước =0q 1 và =1q q;=+ = + + + + + =∑nk 0(2k 1) 1 3 5 . (2n 1) tổng +n 1 số nguyên lẻ đầu tiên;== ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≡∏nk 1k 1 2 3 . n n! (đọc là “n giai thừa”);== ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ≡∏1 4 4 2 4 43nnn lầnk 1x x x x . x x.Chú ý : Tổng hữu hạn =∑nkk 1a và tích hữu hạn =∏nkk 1a được đònh nghóa bằng quy nạp trên n như sau :Với =n 1, đặt ==∑1k 1k 1a a; ==∏1k 1k 1a a và++= == +∑ ∑n 1 nk k n 1k 1 k 1a a a và ++= = = ⋅ ∏ ∏n 1 nk k n 1k 1 k 1a a a.Chẳng hạn, ta có== =∑0k 0k 0q q 1 và ++= == +∑ ∑n 1 nk k n 1k 0 k 0q q q.Đặc biệt, 5== =∏1k 11! k 1 và ( ) ( ) ( )+= = + = = + = ⋅ + ∏ ∏n 1 nk 1 k 1n 1 ! k k n 1 n! n 1,== =∏11k 1x x x và++= = = = = ⋅ ∏ ∏n 1 nn 1 nk 1 k 1x 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 đònh nghóa( )=−knn!Ck! 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∑nk 1n; = =λ = λ∑ ∑n nk kk 1 k 1a a 6ii) ( )= = =+ = +∑ ∑ ∑n n nk k k kk 1 k 1 k 1a b a b; ( )= = = ⋅ = ∏ ∏ ∏n n nk k k kk 1 k 1 k 1a b a biii) = = = = ∑ ∑∑2n n nk i kk 1 i 1 k 1a a aiv) Với ( )==iji 1,2, .,nj 1,2, .,ma là họ gồm ×n m số thực, ta có= = = ==∑∑ ∑∑n m m nij iji 1 j 1 j 1 i 1a av) = =0 nn nC C 1, với mọi ∈ ¥n và −++ =k k 1 kn 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 đònh nghóa 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 12k i k 1k 1 i 1 k 1a a a a,nghóa là đẳng thức iii) đúng khi =n 1.Giả sử đẳng thức iii) đúng với một ∈ ¥n, nghóa là= = = = ∑∑ ∑2n n ni k ki 1 k 1 k 1a a a.Khi đó, ta có 7+ + ++= = = = = + ∑∑ ∑ ∑n 1 n 1 n 1 ni k i k i n 1i 1 k 1 i 1 k 1a a a a a a+ + + += = = = + + + ∑ ∑ ∑n n ni k i n 1 n 1 k n 1 n 1i 1 k 1 k 1a a a a a a a a+ + += = = == + + +∑∑ ∑ ∑n n n n2i k n 1 i n 1 k n 1i 1 k 1 i 1 k 1a a a a a a a++ += = = + + ∑ ∑2n 1 n2k n 1 k n 1k 1 k 1a 2a a a++= = = + = ∑ ∑2 2n n 1k n 1 kk 1 k 1a a a,nghóa 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. ª1.5. Đònh lý. Với ∈ ¡a, b và ∈ ¥n, ta cói) Công thức khai triển nhò thức Newton( )−=+ =∑nnk n k knk 0a b C a bii) ( )− −=− = −∑nn n n k k 1k 1a b a b a bChứng minh. i) Quy nạp trên n. Khi =n 1, đẳng thức 8( )− − −=+ = + = + =∑n10 0 1 0 1 1 1 1 k k 1 k1 1 1k 0a b a b C a b C a b C a bđúng. Giả sử đẳng thức i) đúng với một ∈¥n, nghóa là( )−=+ =∑nnk n k knk 0a b C a b.Khi đó, ta có( ) ( ) ( ) ( )+−=+ = + + = +∑nn 1 nk n k knk 0a 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 nn 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 1n 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 9++ −+==∑n 1k n 1 k kn 1k 0C a b,nghóa là đẳng thức i) cũng đúng cho +n 1.ii) ( )− −=− =∑nn k k 1k 1a b a b( )(− − − −= − + + +n 1 1 1 n 2 2 1a b a b a b .( ) ( )− − − −− −+ +n n 1 n 1 1n 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. ªBằng cách viết ( )− = + −a b a b và ( )+ = − −nn n na b a b khi n là số nguyên lẻ, ta được1.6. Hệ quả. Với ∈ ¡a, b và ∈ ¥n, ta cói) ( ) ( )−=− = −∑nn kk n k knk 0a b 1 C a b.ii) Khi n là số lẻ, ta có( ) ( )−− −=+ = + −∑nk 1n n n k k 1k 0a b a b 1 a b.1.7. Đònh lý.i) Bất đẳng thức Cauchy : Với ∈ ¡a, b, ≥a, b 0, ta có 10+≥a bab2.Tổng quát, với các số thực 1a, 2a, ., ∈ ¡na sao cho ≥1 2 na ,a , .,a 0, ta có+ + +≥ ⋅ ⋅ ⋅1 2 nn1 2 na a . aa a . an.ii) Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz : Với các số thực 1a, 2a, ., na, 1b, 2b, ., ∈ ¡nb, ta có( )()()+ + + ≤ + + + + + +22 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 bab2.Giả sử bất đẳng thức+ + +≥ ⋅ ⋅ ⋅1 2 nn1 2 na a . aa a . anđúng 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 [...]... nạp, b1 + b2 + + bn 1 + bn ⋅ bn +1 ≥ n Từ đó suy ra nghóa là b1 + b2 + + bn + bn +1 = = b1 + b2 + + ( 1 − bn ) ⋅ ( bn +1 − 1) + bn ⋅ bn +1 ≥ b1 + b2 + + bn ⋅ bn +1 + 1 = n + 1 , a1 n +1 a 1 + ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 + a2 n +1 a 1 an n +1 a 1 ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 + ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 n +1 a 1 a n +1 + + ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 ≥ n +1 12 và bất đẳng thức Cauchy cho trường hợp n + 1 số thực được chứng minh ii) Dùng.. .11 a1 + a 2 + + a n +1 ≥ n +1 a1 ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 n hiển nhiên đúng khi tồn tại một số hạng a i = 0 Do đó, ta có thể giả sử a1 , a 2 , , a n , a n +1 > 0 Khi đó, bằng cách đặt b1 = b2 = a1 n +1 a 1 ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 a2 n +1 a 1 ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 , , bn +1 = n +1 a 1 a n +1 ⋅ a 2 ⋅ ⋅ a n +1 , ta được b1 ⋅ b2 ⋅ ⋅ bn 1 ⋅ ( bn ⋅ bn +1 ) = 1 và do giả thuyết quy nạp, b1 + b2 + + bn 1 + bn... ( a1b1 + a2b2 ) 2 = a1 b1 + a2b2 + 2a1b1a2b2 2 2 2 2 2 2 ≤ a1 b1 + a 2 b2 + a1 b2 + a1 b2 2 2 2 2 ( 2 2 ≤ a1 + a 2 Giả sử bất đẳng thức )(b 2 1 2 + b2 ) 2 2 ( a1b1 + a2b2 + + an bn ) 2 ≤ ( a1 + a2 + + a2 ) ( b1 + b2 + + b2 ) 2 n 2 n đúng với mọi a1 , a 2 , , a n , b1 , b2 , , bn ∈ ¡ Khi đó, với a1 , a 2 , , a n , a n +1 , b1 , b2 , , bn , bn +1 ∈ ¡ , ta có ( a1b1 + a2b2 + + an bn + an +1bn +1 )... 2 1 + b2 2 2 n 2 n +1 + a 2 +1 b2 +1 n n 13 ( 2 = a1 + a 2 + + a 2 + a 2 +1 2 n n )(b 2 1 + b2 + + b2 + b2 +1 2 n n ) iii) Cũng dùng quy nạp trên n Bất đẳng thức đúng khi n = 1 do ( 1 + a )1 = 1 + a ≥ 1 + 1 ⋅ a Giả sử bất đẳng thức ( 1 + a ) n ≥ 1 + na đúng với một n ∈ ¥ Ta suy ra ( 1 + a ) n +1 = ( 1 + a ) ( 1 + a ) n ≥ ( 1 + a ) ( 1 + na ) = 1 + ( n + 1) a + na 2 ≥ 1 + ( n + 1) a Vậy, do phép... ( a1b1 + a 2 b2 + + a n bn ) + + 2 ( a1b1 + a 2 b2 + + a n bn ) a n +1bn +1 + a 2 +1b2 +1 n n ( 2 ≤ a1 + a 2 + + a 2 2 n ( +( a b )(b 2 1 ) + b2 + + b2 + 2 n ) ( ) +a ) 2 2 2 + a1 bn +1 + b1 a 2 +1 + a 2 b2 +1 + b2a 2 +1 + + n 2 n 2 n ( 2 2 n n +1 + b 2 a 2 +1 n n 2 ≤ a1 + a 2 + + a 2 2 n ( +( b )(b 2 1 2 2 n +1 bn +1 ) + b2 + + b2 + 2 n ) + + b ) a 2 2 2 2 + a1 + a 2 + + a n bn +1 + 2 1 +... n ∈ ¥ , (1 + ) 1 n n ( ≤ e ≤ 1+ 1 n ) n +1 Chú ý rằng số e là duy nhất do khoảng cách giữa e và a n luôn nhỏ hơn (1 + ) 1 n n +1 ( − 1+ 1 n ) n ( = 1 1+ 1 n n ) n ≤ 4 n mà đại lượng này sẽ có thể nhỏ tùy ý khi n đủ lớn Do đó, ta gọi e là giới hạn của dãy số ( a n ) khi n tăng ra vô cùng, ký hiệu e = lim a n (xem chương 2) n →∞ Ta được đònh nghóa cho số Néper ( 1. 10 Đònh nghóa e = lim 1 + 1 n →∞ n... b ≤ 2 a 2 + b 2 c) max { a, b} = a+b+ a+b d) min { a, b} = a+b− a+b 2 2 3 Chứng minh mệnh đề 1. 4 4 Cho a > 1 Chứng minh rằng n a) với mọi n ∈ ¥ , a − 1 ≥ n ( a − 1) ( ) 1/ n 1 b) với mọi n ∈ ¥ , a − 1 ≥ n a 24 ( 5 Cho a n = 1 + 1 n ) n ( và bn = 1 + 1 n ) n +1 , n∈¥ a) Chứng tỏ rằng a n ≤ a n +1 và bn +1 ≤ bn , với mọi n ∈ ¥ b) Chứng minh a n ≤ bm , với mọi m, n ∈ ¥ ... cận của a = 2 nhưng không xác đònh tại a = 2 23 Bài tập 1 Chứng minh các đẳng thức sau a) C0 = Cn = 1 , với mọi n ∈ ¥ ; n n k k k b) Cn + Cn 1 = Cn +1 , với mọi n ∈ ¥ , k = 1, , n ; k k −2 k− k c) Cn = Cn − 2 + 2Cn 1 + Cn − 2 , với mọi n ∈ ¥ , k = 2, , n − 2 ; 2 d) C0 + C1 + + Cn 1 + Cn = 2n ; n n n n e) C0 − C1 + + ( 1) n 1 Cn 1 + ( 1) n Cn = 0 n n n n 2 Cho a, b là hai số thực bất kỳ Chứng... x−a x , ta nhận được điều vô lý do ª 16 ∀x, y > 0, x = n y ⇔ y = x n ª Bây giờ, xét các tập con của ¡ , n n +1 A = 1 + 1 n ∈ ¥ ; B = 1 + 1 n∈¥ n n ) ( ) ( Dễ dàng chứng minh . −+ += + + +0 n 1 0 0 1 n 1 1 1n 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 9++ −+==∑n 1k n 1 k kn 1k 0C a b,nghóa. 11 n 11 2 n 1aba a ... a,++=⋅ ⋅ ⋅22n 11 2 n 1aba a ... a,...++++=⋅ ⋅ ⋅n 1n 1n 11 2 n 1aba a ... a,ta được ( )− +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1 2 n 1 n n 1b b ... b b b 1