Bài tập giải tích tập 2 Phạm Ngọc Thao

Tài liệu tham khảo cho sinh viên khoa Toán Đại học Sư Phạm năm hai khi học bộ môn Giải tích. Bài tập Giải tích Tập 2 (NXB Đại Học Quốc Gia 1998) Phạm Ngọc Thao

L Ờ I N Ó I Đ Ầ U

Gáo trình bài tập này được chúng tỏi soạn thảo tương ứng với các phầĩ lý thuyết của giáo trình giải tích của ‘Toán Đ ại cương“ dùng cho nhón ngành I Đại học Quôc gia Hà Nội Nó là giáo trình chủ yếu để sinh viên luyện tập sau khi học lý thuyết ở phần I các tập 1 và 2 của

‘‘Toái D ại cương" về giải tích Trong nó gồm các loại bài tập sau: lý thuyỉt giới hạn, Tôpô và hàm liên tục trong R n, phép tính vi phân tron* R n và ứng dụng, tích phân 1 lớp, tích phân suy rộng và tích phân phụ huộc tham 90 cùng tích phân suy rộng phụ thuộc tham sô"; chuỗi

sô, cUy và chuỗi hàm; tích phân bội, tích phân đường và mặt.

Tong mỗi chương, sau phần tóm tắt các vấn đề lý thuyết, các công thức được dùng có liên quan đên chương đó, chúng tôi cho các bài tập

cơ bíii của chương đó, nghía là các bài tập mà sinh viên cần làm để nắm được các kiến thức và kỹ năng cơ bản Ngay trong đó chúng tôi cũng sắp xếp bài tập theo các loại: rèn luyện kỹ năng áp dụng thuần túy (ông thức hoặc kỹ nănịg tính toán, rèn luyện tư duy suy luận và khả lăng sáng tạo, những bài tập mang tính chất lý thuyết, các bài tập lâng cao Một phần khtông nhỏ trong bài tập ở mỗi chương nhằm

bổ sing và mở rộng kiên thiức cho sinh viên do điều kiện thời gian hạn hẹp nà việc dạy iý thuyết chưa thực hiện được M ột sô" bài tập khó đượcchúng tôi đánh dấu (*) dành cho các sinh viên khá giỏi có ý muôn tìm liểu sảu thêm kiến thức: và nâng cao trìn h độ của mình.

PLần hướng dẫn và trả Lời cho các bài tập cũng được chúng tôi làm chì tết và dành công sức tìhoả đáng Các bài tập dễ được cho đáp sô", một ố bài tập khó được giải tỉ mỉ Mặc dù vậy do sự hạn hẹp của thòi gmnvà trước nhu cầu cập nhật của sinh viên nên không tránh khỏi uhữ)g thiếu sót trong quá trìn h biên soạn Chúng tôi mong nhận được Iihữig ý kiến đóng góp của các đồng nghiệp và độc giả đê hoàn thiện

¿iặo rình hơn ở các lần tai bản sau.

N iân đây chúng tôi bày tỏ sự cảm ơn đôi với các thành viên trong hội cpng thẩm định, đặc biệt là GS TS Nguyễn Văn M ậu cùng các PGS

N g irễ n Thủy Thanh và Phạm Chí Vĩnh đã đóng góp nhiều ý kiến cho

sự h'àn thiện của bản thảo.

Hà nội ngày 18 tháng 2 năm 1998

C á c t á c g iả

LỜI GIẢI HOẶC HƯỞNG DẨN

2.b) Xét Xlì 2n — < — - ->• 0 khi 2 n - > 00.

n +1 n Tương tự cho ạ) và c).

4 a) Giả sử k là sô" tự nhiên nhỏ nhất với k > a K h i đó:

' ^ - ' b i í ĩ ỉ - 1 d) Bằng qui nạp ta có: n! >

Nếu { pk>, pk> l, pk -> +00 khi k-> +0C thì có dãy sô nguyên dương {nk}: nk < pk < nk +1 và nk-H-oo.

6

h) X|1+1 = 1 -ị- — > 1 Vây dãy tăng.

9 a) Bằng qui nạp ta được xn < xn+1 M ặ t khác xn < Vã +1 với mọi

n Thật vậy, khẳng định đúng với n = 1 Giả sử x „ , < Vã +1 K h i đó:

c) Rò ràng x„ > 0 với mọi n Bàng qui nạp chứng minh được

xn < xn(1 và x„ < 1 với mọi n Do đó tồn tại lim x n = a.

-Lấy n >

n + i n + 2 1

)o đó (lã;y ¡X ỉ hội tụ do tiêu chuẩn Cauchy.

nên *k ^Xnk <c Do đó x„ <c với mọi n Vậy dãy í xn} có giới hạn là c.

14 Đ ặt lim X2n - 3» lini X->11+Ị = b, lim X3„ = c.Với n k = 2k, dã}T

{xt,kj là dãy con củ a ¡X;.,,) Nó cũng là dãy con của {x,J với Iik = 3k Vậy

a c. Tương tự với nk = 2k + 1, dãy { X(jkf;j} là day con của {x3n} và {x, M1 ,Ị Vậy b c Do đó a = b và lim x„ = a Kết quả không đúng khi

I1-»X

thay 2 bởi sô k > 2.

b) Rõ ràng mọi s<ố hữu tỷ r(0 < r < 1) là các S(D hạng của diy đã cho.

Giả sử oc là sô" thực, 0 < a < 1 Với m tự nhiên đù lớn, xảy ra:

a + — -— < 1 Vn = 1,2,3,

II + m Với mỗi sô" tự nhiên n, tồn tại sô' hữu tỷ r n tlniộc dãy đã cho rồi :

a < rn < a +

II + m

Từ đó lim r n = a Vậy a là giới hạn riêng Tương tự cho tiường

II— >00 hợp 0 < a < 1 Do đó giới hạn của dãy đà cho là [0 1].

c) Có hai giới hạn riêng là 1 và 5.

12

x 2n_j = 2 + — —- và x 2n = - 2 - ~ - , x * n < x>„ , , <x,n ,} đơn điệu

giản, { X ỵ n đơn điệu tăng nên:

1 7 a) Vì các phần tử của Ị XM! nằm trong hai dày:

Do tính trù mật của tập số hữu tỷ trên R nên mọi sô thực là xiớ‘i

hạn riêng của nó.

21 a) Ta có nhận xét sau: nếu Ịx n Ị là dãy con của {x,J th ì

lim Xn < Ịim x n Từ định nghĩa giới hạn dưới ta có:

Ngoài ra dãy Ịx„k I hội tụ nên dãy Ịynk I cũng hội tụ nên

lim y n = lim y„

Vậy:

Um x n + lim y n < lim X, + lim y n = lim (x„ + y „ k )

n— >00 I1-»0C in->oo m 111 ->oc m m— »ao m m

= Um ( x n + y „ )

n-»oc

b) Chứng m inh tương tự a).

Dấu đẳng thức xảy ra khi tồn tại lim x„ và lim y„ Các dãy a u i

22 Các phần a), b) được chứng minh tương tự.

Gria sư Ịim x n > 0 K hi đó x n > 0 bát đầu từ lúc nào dó trỏ đi.

Từ định nghĩa giới hạn dưới ta có:

Ịịm (x „ y ^ =l i m<v V ) ,Ị im x n = lim x n

]imxM.limyn £ ìim x„ limy» = lim (xn y n ) = lim(xny n ).

-Báỵ giơ chứng minh: lim (x n y n ) < lim x n lim y n

Trường hợp lim y n = 0 th ì lim yn - 0 (vì y n > 0) Do đó

1 I I ''l

= — ■lim (x„y„) = lim — lim (x „ y „ ) < lim — (x ny„ = lnnx,

Dau bang xay ra khi ton tai lim x„ va lim y „ Dudi day ia vi du

11-* oc II ~>x cho dau bat dang thiic thitc stf:

ton tai m sao cho a <

V6i s < 0 nho tuy y,

Vì o < r < m-1 nên xr bị chặn và tồn tại N( 8 ) sao cho:

n T\i 3) suy ra có n0= n0( 8 ) > N sao cho:

Pnk <

4N M khi II > n0 Xét:

1

26 D ặt P Ilk = — (k = 1,2, , n) K h i đó các giả thiết của định lý

n

n Toeplitz được thoả mãn và t n = Z P nk x k =£n- V í dụ sau cho thây

k=l

điéhi ngược lại không đúng: lấy x„ = (-1)"

lim = lim t n = lim x n = lim —— - -

a) và c) được chứng minh tương tự

Ta được A = B.

35b* Đặt an = 1 + 22 + 33+ +nn

20

38 Giả sử f bị chặn trên lân cận V(x0) của x0 eR Bằng cách thu nhỏ V(x0) đi đến trong lân cận V(x0) không có sô" hữu tỷ nào Điều đó mâu thuẫn với tính trù mật của tập số hữu tỷ.

50 Nhân liên hợp và rú t X ra ngoài ĐS : —

51 Nhân liên hợp và rú t X ' ra ngoài ĐS: —

lim t n = lim - - - - = lim [f(x + n) - f(x + n - 1)] - 1

Do 1 không phụ thuộc vào X nên:

nnrờ ng hợp l=+00 được lặp lại n h ư bài tập 31.

Tậy f(x) gián đoạn tạ i x=0

r7* N ếu X() là vô tỷ th ì f(x0)=0 Cho 6>0 Tồn tại hữu h ạ n q 1, -, qLs

là (£ấi số n guyên dương sao cho ->6 (i = 1,2, ,s) Do đó trong lân

ch ứ a các sô h ữ u tỷ —với q=q¡ (i = 1,s ) Khi đó với xe(x<) - 6, Xọ + ỏ) ta

xe(x<) - 6, x0 + 5) mà I f(x)-f(x„) I = — > e 0 Do đó f gián đoạn tạ i điòm

q

hữ u tỷ

78 Lấy x0 G R bất kỳ Neu fc(x()) = -C thì nghĩa là f(x0)<-C Do f liên tục tại Xo nên có (xn - 6, Xo + 5 ) sao cho f(x)<-C; Vậ}T fc I (x() 5 xr,’* ÄJ - -C và do đó liên tục tại x() Lý luận tương tự cho fc (x0) = c Trường hợp CÒ11 lại thì fc (x)=f(x) nên nó liên tục tại X().

7 9* Chỉ cần xét cho m(x) =in f {f(ç) : a < z <x} Giả sử X,, €■ [at, b] Nêu X(, =a thì m(x0)=m(a) =f(a) Do f liên tục phải tại a nên với r.: >0

có ồ >0 sao cho a < X < a +5 thì

f(a)- E < f(x)<f(a)+ £

khi đó với a <x <a+ ổ ta có:

mía)- c < m(x) < m(a) + 8

Vậy I m(x)-m(a) I < e và m liên tục phải tại ạ.

Giả sử a<x0 <b Do f liên tục tại Xo nên với B>0 có ỗ > 0

f(x) + g (x )+ |f(x )-g (x )|

V|/(x) = - — ý - -—

81* Giả sử T>0 tuỳ ý Xét f(x+T)-f(x) Có hai khả năng:

1) Tồn tại sô x’ > Xo sao cho với mọi X > x’, f(x+T)-f(x) luôn giữ nguyên clấu xác định.

2) Với mọi E>x<) tồn tại X*>E sao cho f(x*+T)-f(x*)=0 T rongtrương hợp 1) dãy {f(x'+nT): 11=1,2, ỉ đơn điệu và do giả thiết tồn tại lim ftx'+nT) = 1

82 Giả sử có T ị>0 sac cho (|)(x+nT1)= cp(x) với n nguyên và ta có

T ;;>0 với \|/(x+mT¿)=\|/(x) vớ.,mọi xe I R và m nguyên.

Giả sử e = I (p(x0)-v|/(x„) |>0 tại x0e 1R.

Do lim (cp(x) - Vị/(x)) =0 nên có A>0 sao cho khi X>A

Điều mâu thuẫn đó đưa đến lời giải bài toán.

83 a) f(g(x))=l với mọi X nên liến tục trên R

g(f(x)) =

g(f(x)) gián đoạn tại x=0

84 f(cp(x))=x với mọi x e (0 ,l) Vậy (p liên tục.

85 Giả sứ có phương trình:

a0x 2n+1 + +a2„ w 11+1 = 0 vớ iao* 0

Có thể coi a0>0 Xét hàm f(x) = a0xXM,1+ +a¿I1,i Hàm f liên tục trên 1R và lim f(x) = 400

và lim f(x) = - 00 V ậy có [a , b] sao cho f(a) < 0 và f(b) > 0 l)o đó

có C e (a,b) để f(c) = 0, ị là nghiệm cùa phương trình đă cho.

2

88 Rõ ràng f(x) liên tục trên (0,1) và |f(x)l < 1 với mọi x e (0,1).

28

Tu;y nhiên với x n = — và x 'n = - thì |x n-x ’J -> 0

I f(x’n) - f(x"n) I ->2 nên f không liên tục đều trê n (-1,0) (0,1).

92 Có th ể th ấ y từ giả th iết tồn tạ i lim f(x) = A và

C 0 f ( 5 ) < e N hư vậy với mọi x h x 2 e (a,b) : I X Ị - X 2 1 < § 0 ta 'có I fíx^-fíxg) I <

8 Do đó liên tục đều trê n (a,b)

94* Giả sử 8>0 tồn tạ i Ô>0 sao cho với X >0, y>0, I x-y I < s ta có

|f(x)-f(y)l < — Giả sử {Xj, x j là tập h ữ u h ạ n điểm củ a [0,1] saocho với mỗi x e [0,1] có i e Ị l , k | : | x - Xịl< s K hi đó với mỗi X >0 tồn tạisô" tự n hiên n sao cho IX - Xi - Il I <8 với i nào đó Giả sử I f(Xi+n) I <

với n>N và mọi 1—1,2, k Khi đó với X>N+1 tồn t ạ i ie{l,2, ,k} và n>N sao cho I x-xj-n I <ỗ

30

L ây f(x) < c < f(y) và f(z) < c < f(y) Khi đó có X < Xj < y và y < >T! <

z í.ao cho f(Xì) = c = f(y!> Điều này không xảy ra vì f có hàm ngược

96 Đ ặ t g(x) = f(x+T) - f(x) Ta có g(x+T) = f(x+2T) - f(x+T) = f(x) - f(x+T) = -g(x) N hư vậy tr ê n [x, X+T] có a: g(a) = 0

Vặy có th ể xem h(a)=-f(g(a))<0 Tương tự có b e [0,l]: f(g(b))=0 Khi đóh(b)=g(f(b))>0

Chỉ cần x ét h(b)>0 Do đó trê n đoạn [a,b] hoặc [b,a] phải có x0 để h(x0)=0

99 K hông có h à m f n h ư vậy T h ậ t vậy n ếu có f th o ả mãn điều dó

th ì đ ặ t g(x)=f(x)-x.Hàm g liên tục trên R và g chỉ n h ậ n giá trị vô tỷ

Bởi định lý giá trị tru n g gian g(x) =c, c vô tỷ Do đó f(x)=x+c Khi đóf(c)=2c

Điều đó m âu th u ẫ n vì 2c ph ải là sô" hữu tỉ

100 Từ giả th iế t có th ể viết

C h ư ơn g II

ĩì

102 Bởi tín h h ú t của V nên (p(x)<00, VxeR" Rõ rà n g cp(x) > 0 Giả

sứ (p(x)=0, n h ư n g X * 0 Xét L={ÂX : Xe]R}. Từ V lồi cân nên nếu xeV,

111 < 1 th ì tx 6 V Từ cp(x)=0 nên có

Hu 1

N € V vì với n đủ lớn, I X \ i n I <1 N h ư vậy LcV Điều đó không xảy

VtB<p = {x e I R P‘:qo(x) < 1} Giả sử x0 gB ẹ m à x0eV Do cp(x0)> l nên

với l<v<cp(x0) th ì x0e ^ v ‘ N hư ng từ — < 1, x0G V lại đưa đến — x0 e V

x*=0 Rõ rà n g cp*(|AX*)= I |A I q>*(x*) Với X* y*e(lR )n và x e lR n, cp(x)<l tlù

I (x*+y*)(x) I < I x*(x) I + 1 y*(x) I <cp*(x*)+cp*(y*)-

Dổi i vai trò X và y t a có:

p(y.,A)-p(x,A)<||y-x||=p(x,y)

Do đó|p(x,A)-p(y,A)|<p(x,y)

lO(ß Lấy x e A n B và V là lân cận mở chứa X Khi đó V o A là lân

cận củai X và do X e B nên V n A n B ^ f Vậy:

x e A n B b) ILây Á=(0,1], B={o}U{r:r hữu tỷ, l<r<2!

Khii đó:

A n B = j l } , B ^ A = {0}, A n B = Ị(),lỊ, A n B = ệ c) A = (0, 1] u [2, 3), B = (1, 2)

Khii đó: A n B = {1,2 A o B = ộ

10 7 a) Do A c A nên intA =A c in t A = a (A) Từ IntA c A nên IntA c: A =A Vậy P(A) c A

b) Vì a(A) mỏ nên a (A) c a(a(A)) Từ a(A) c A nên a (A) c A =

A Do đó in t a (A) cz in t A Vậy a(a(A)) c a(A)

T ư ơng tự ß( ß(A)) =ß(A)

N ếu A n B = (ị) th ì Fr(A uB ) = F rA u F rB T h ật vậy nếu

X€=_FrAuFrB và giả sử x e FrA Khi đó x e A và X Ể B Vậy có lân cận

Vx sao cho Vx ọB=ộ Vậy VxcC B Với mọi lân cận Uxcũa X xét t ĩ xn V v

K hi đó (ÙxrĩVx)nA*<|> và ( U x n> Vx ) o (CA n CB) * ộ Vậy

U x r ì ( A u B ) ^ ệ và U x o C ( A u B ) ^ cị) Do đó x eF r(A ^ B )

109 a) Rõ rà n g m + — -> 1Ì1 k h i k->oc Vậy ineA' Do đó {1,2,3,

k

cA ' Giả sứ x*m với mọi m= 1,2, Nếu X<1 thì chọn Ò>0 sao cho

X+6<1 K hi đó(x-8,x+8)rvA=ộ n ên x g A ’ Trương hợp X>1 đ ặ t m=[x] th ì

1 1 2 Với x0e E a, f(x0)>a Do tín h liên tục của f tại x0nên có

(Xo-5,Xo+8) sao cho f (x0-ô>x0+ồ) > a Vậy (x0-5,x0+ ô )cE a

113 Phần bù của E'a là tập {xelR:f(x)<a} là tập mỏ do bài tập 112

114 Do mỗi điểm thuộc [0,1] là điểm giới hạn của tậ p các số hữ utỷ

115 a) Do x ểA nên có sô" d>0 sao cho Ox(d)nA=(ị) Vậy với mọi

v e A: ||x - y|| > d

b) Giả sử không có d n h ư vậy K hi đó với mỗi sô" n tự nhiên c6

y neA và xn e B : ||yn - x n < — Từ tí n h compact của B có clãyyne A và xn 6 B : ị|yn - Xn II < — Từ ti

n { x n k } < = { x n } sao cho lim x n = x 0 e B

k— >00

36

Cö" clinh I x01 <6 vöi x0 * — K hi clö chon y n = — -

„3 2 - .2 2_ •

1 (t c-os a , t sin a> = — - - - - - - — = — - - —

t cos a + 1 sin (X t COS a + sin a

VỚJ a = kn thì f(t C(Sa, tsina)=0 Do đó:

lim f(cos a , t sin a ) = f(0,0)

t - » 0Với a^lvTi thì sin^a > 0 Vậy:

123 Lấy (x0, Yo) eG tùy ý Từ giả thiết, với 8>0 có ôj(8, y0) > 0 sao

cho V(x,y)eG, ly-y0l<ồi :

M ặt khác do f(x, y0) liên tục tại X = Xo nên với e>0 có ô2(b, x0,y0)

sao cho V(x,y0)eG, I x-x01 <ô2 :

| f ( x , y „ ) - f ( x0,y o ) | < |

Đ ặ t S- min(6i, 82) ' à với (x, y )e G I x-x01 <ô, I y-y01 <6':

1 f(x,y)-f(x0, y0) I < f(x,y)-f(x, y0) I + |f(x,y0)-f(x0,y0) I <e

H à m t liên tục tại(x0, y0)

124 Từ điều kiệi Lipshitz đốỉ với y su y ra f liên tục theo y đều

đối với X m 123, f lim tục trê n G

126 a) Chỉ cần chỉ r a rằ n g với mọi a, b e T, f lấy mọi giá trị Y

n ằ m giữa (X = f(a) và [3 = f(b) DovT lổi n ê n có cp: [0,1]-»T, ọ(t) = ta-K l-

t)b sao cho V te [0 ,l], (p(t)eT

H àm g^íòcp: [0,1]-» R liên tục nên lấy mọi giá trị giữa g(o)=f(b)=|3

và g(l) =a.

40

b) T là h ìn h ta m giác nên T lồi và F liên tục trê n T Do f dơn ánh

nên V không lấy giá trị 0 Do a) F(T) là một khoảng n h ư n g không

c h ú a điểm g ố c. Vậy F giữ một dấu không đổi và do đó f là h àm đơn diệu nghiêm ngặt