Bài tập giải tích hàm Cao học Ôn thi cao học

Những bài tập dành cho học viên ôn thi cao học được trình bày vào giải trên file word; Lời giải chi tiết, dễ hiểu và rất cần thiết cho học viên ôn thi cao học vào các ngành toán giải tích; toán đại số hay phương pháp toán.

Trang 1

Học viên: Phạm Văn Tuân Chuyên ngành: Toán Giải tích

BÀI TẬP GIẢI TÍCH HÀM Dạng 1: Chỉ ra và chứng minh một chuẩn của không gian giải tích (Không gian định chuẩn)

PP:

B1: Chỉ ra 1 chuẩn (Cái này cần chú ý đến các không gian giải tích đã học)

Ví dụ: K-không gian véc tơ hữu hạn chiều: không gian R ; không gian n C[a;b]…

B2: Chứng minh một chuẩn (Chứng minh chuẩn đó thỏa mãn 3 tính chất của chuẩn)

TC1: x = ⇔ =0 x 0;

TC2: xα = α x ;

TC3: x y+ ≤ x + y

Dạng 2: Chứng minh hai chuẩn tương đương, không tương đương.

Câu 1 Cho X là K không gian véc tơ và N , N là hai chuẩn trên X Chuẩn 1 2 N được gọi là tương 1

đương với chuẩnN , Ký hiệu 2 N1 : N2, nếu α β∈, R* sao cho αN (x) N (x)1 ≤ 2 ≤ βN (x)1

a Chứng minh rằng mọi không gian véc tơ hữu hạn chiều đều có ít nhất một chuẩn

b Chứng minh rằng mọi chuẩn trong không gian véc tơ hữu hạn chiều đều tương đương

c Cho ví dụ câu b trong trường hợp không đúng cho không gian véc tơ hữu hạn chiều

(VD: C a, b , [ ] : ∞)

Giải:

Giả sử Vlà K không gian véctơ hữu hạn chiều với cơ số {e ;e ; ;e (Không gian d chiều).1 2 d}

i 1

=

Khi đó là một chuẩn trên V

Thật vậy: (Kiểm tra 3 tính chất của chuẩn)

1

2

3

b Chứng minh mọi chuẩn trên V (hữu hạn chiều) là tương đương

Gọi là chuẩn bất kì trên V , ta sẽ chứng minh chuẩn 1 tương đương với chuẩn ở câu a.1

Vì {e ;e ; ;e là cơ sở nên 1 2 d} ei ≠ ∀ =0, i 1,d, do đó ei ≥ ∀ =0, i 1,d

Đặt C1=max e , , e{ 11 d 1} >0

Vậy ∃ ∈C1 Vsao cho x 1≤C x1 , ∀ ∈x V (1)

Ta cần chứng minh tồn tại C2>0sao cho C x2 ≤ x 1

1

→

Ta chứng minh f liên tục

Giả sử xn→xtrong ( )V, , tức là xn− →x 0

Ta có f(x ) f(x)− = x − x ≤ x −x (bất đắng thức tam giác)

Trang 2

1 n

≤ − (theo 1)

0

Vậy f bị chặn, f liên tục

Ta biết rằng mặt cầu đơn vị B= ∈{x V | x 1= } là tập Compact trong ( )V,

Vì f liên tục nên ∃ ∈x0 Bsao cho f(x ) minf(x)0 x B

∈

1

x B

∈

=

Vì f(x)= x1> ∀ ∈0, x B(nếu f(x) 0= → x1= → = → ∉0 x 0 x B)

Do đó x0 1 min xx B 1 0

∈

1

Từ đó suy ra: x1≥C x , x V2 ∀ ∈ (2)

Từ (1) và (2) suy ra : 1

Gọi ; là hai chuẩn bất kỳ trên V , theo chứng minh trên ta có:1 2

1

2

⇒





:

c Xét không gian C[0;1] lần lượt với chuẩn và 1 ∞

1

0

∈

Chuẩn và 1 ∞không tương đương;

n

f (x) x= ∈[0;1]

Ta có

1 n

n 1

0

1

n 1

+

∫

n n

x [0;1]

∈

n



Câu 2 Cho C 0,1 , với 2 chuẩn:[ ]

b

1

a

x(t) =∫ x(t) dt và x(t) ∞ a t bsup x(t)

≤ ≤

=

a Chứng minh rằng nếu klim xk x

1

x(t) thì klim xk x

→∞ = theo chuẩn x(t) ∞.

b Điều ngược lại của câu a không đúng, chỉ ra ví dụ

Trang 3

Vậy, nếu xn−x∞ →0thì xn−x1→0

b Xét không gian C[0;1] lần lượt với chuẩn

1

và ∞

1

0

x(t) x(t)dx, x(t)∞ Sup x(t)

∈

Xét x (t) tn = n và x(t) 0, t [0;1]= ∀ ∈

Ta có:

n 1 n 1

+

x −x →0khi n→ ∞;

t [0;1] t [0;1] t [0;1]

n







Vậy, nếu xn−x1→0thì xn−x∞ →0

Trang 4

Dạng 3: Chứng minh một dãy cauchy; dãy không hội tụ.

Câu 3: Cho C[ 1;1]− với chuẩn 1

1

−

=∫

và dãy



−



−



k

1

k

1

1 neáu 1 t

k

a Chứng tỏ x là dãy cauchy trong k C[ 1;1]− ;

b Chứng tỏ x (t) không phụ thuộc trong k C[ 1;1]− ;

Giải:

a Chứng tỏ x là dãy cauchy trong k C[ 1;1]− ;

Giải:

Giả sử (n m)≥ , ta có:

1

−

m,n

→∞

(x ) cauchy trong C− ,

⇒

b Chứng tỏ x (t) không phụ thuộc trong k C[ 1;1]− ;

Giải:

Ta có x hội tụ điểm về xvớin

 < ≤



− − ≤ <



(tức là x (t)n →x(t), t [ 1;1]∀ ∈ − )

Mặt khác:

1

Do đó, nếu ( )x hội tụ trong n (C[ 1;1]− , ) thì ( )x phải hội tụ về x.n

Tuy nhiên x C∉ [ 1;1]− do xkhông liên tục

Vậy ( )x không hội tụ trongn (C[ 1;1]− , ).

Trang 5

Câu 4: XétC[0;1] với chuẩn

1 0

x =∫ x(t) dtvà dãy k

1 1neáu0 t

2

2 2k





a Chứng tỏ x là dãy cauchy trong k C[0;1];

b Chứng tỏ x (t) không phụ thuộc trong k C[0;1];

Giải:

a

+

Dạng 4: Chứng minh không gian Banach

Câu 5: Cho C[a;b] với chuẩn

a t b

x sup x(t)

≤ ≤

Trang 6

Dạng 5: Chứng minh tính đóng, tỉnh mở của một không gian

Câu 6: Cho C[a;b]với chuẩn

≤ ≤

=

0 t 1

x Sup x(t) và a≤ α ≤ β ≤b Chứng tỏ rằng:

a D= ∈{x C[a;b]|x(t) 0, t [ ; ] là tập mở trong > ∀ ∈ α β} C[a;b];

b M= ∈{x [a;b]|x(t) 0, t [ ; ] là tập đóng trong ≥ ∀ ∈ α β} C[a;b];

Giải:

a D= ∈{x C[a;b]|x(t) 0, t [ ; ]> ∀ ∈ α β}

Lấy x D∈ , khi đó x(t) 0 t [ ; ]> ∀ ∈ α β

Vì x liên tục trên compac suy ra: min x(t) = x(t ) m 00 = >

B(x, )

2 nằm trong D

y B(x, )

2

t [a;b]

> − ⇒ > > (Vì x(t) m> ).⇒ ∈y D

Vậy D là tập mở trong C[a;b];

b M= ∈{x [a;b]|x(t) 0, t [ ; ]≥ ∀ ∈ α β}

[a;b]

x(t)liên tục trên [ ; ]α β suy ra tồn tại maxx(t) m 0t

α≤ ≤β

2

Thật vậy,

a t b

−

< − < ∀ ∈ ⇒ < − ⇒ < < ∀ ∈

[a;b]

⇒ − là tập mở trong C[a;b];

Vậy M là tập đóng trong C[a;b];

Trang 7

Dạng 6: Chứng minh ánh xạ của một không gian là toán tử tuyến tính liên tục; tính chuẩn của không gian đó.

Câu 7: Cho C[0;1]với chuẩn

≤ ≤

=

0 t 1

Chứng minh rằng các ánh xạ: A :C[0;1]→C[0;1] là toán tử tuyến tính liên tục và tính A ; Trong đó:

a ( )Ax (t) x(t ) ;= 2

b ( )Ax (t) t x(0);= 2

c ( )Ax (t) e x(t);= 2t

d ( ) =∫t 2

0

Ax (t) ts x(s)ds

0

Ax (t)=∫tsx(s)ds Giải: Tính tuyến tính tự chứng minh

a ( )Ax (t) x(t )= 2

2

t 0;1 t 0;1

∈  ∈ 

⇒ A bị chặn, A ≤1

Mặt khác, chọn x (t) 10 = , t [0;1]∀ ∈

0 [0;1]

⇒ ∈ và x0 =1

2

t 0;1

 

∈ 

Vậy A =1

b ( )Ax (t) t x(0)= 2

2

⇒ A bị chặn, A ≤1 Mặt khác, chọn x (t) 10 = , t [0;1]∀ ∈ ⇒x0∈C[0;1]

và x0 =1

2

t 0;1

 

∈ 

Vậy A =1

c ( )Ax (t) e x(t)= 2t

∈  ∈ 

⇒ A bị chặn, A ≤ e

Mặt khác, chọn x (t)0 = e, t [0;1]∀ ∈ ⇒x0∈C[0;1] và x0 = e

∈  ∈ 

d ( ) =∫t 2

0

Ax (t) ts x(s)ds

1

3

⇒ A bị chặn, A 1

3

≤ (1)

1

3

Trang 8

Từ (1) và (2) ta có A 1

3

=

0

Ax (t)=∫tsx(s)ds

1 Chứng minh A tuyến tính liên tục:

* Chứng minh A tuyến tính:

[0;1]

Ta xét hai tính chất:

+

A(x y)(t)+ =∫ts(x y)(s)ds+ =∫tsx(s)ds+∫tsy(s)ds (Ax)(t) (Ay)(t)= + ;

+

A( x)(t)α =∫ts x(s)dsα = α∫tsx(s)ds= α(Ax)(t)

* Chứng minh A liên tục:

Ta có:

0 t 1

(Ax)(t) tsx(s)ds ts x(s) ds sup x(t) ts ds

≤ ≤

t

0 t 1 0 t 1 0 t 1 0

sup(Ax)(t) sup x(t) sup ts ds

Ta có:

t

0 t 1

2

≤ (*)

A

→ bị chặn→Aliên tục

Vậy A tuyến tính liên tục

2 Tính A

2

≤ (Áp dụng bất đẳng thức Ax ≤ A x ) (1)

Xét x (t) C ; x (t) 10 ⊂ [0;1] 0 = ⇒ x0 =1

0 t 1 0 t 1 0 t 1

1

2

Từ (1) và (2) ta có A 1

2

=

Trang 9

Dạng 7: Xét tính khả vi của một ánh xạ.

Câu 8: Xét tính khả vi tại (0;0); f(x,y)=3x3+y3

Giải:

Ta có:

3 3

δ

h

f (0;0) (h ;h ) f(0;0) (1;1)

(h ;h )

 

 

Ta có:

2

3

1 2

h 0

h kh

→

=

Giới hạn theo tia h2=kh1 không phụ thuộc vào k

⇒ ∃

1

2

1 2

h 0

lim (h ;h )

→

không khả vi tại (0;0)

Câu 9: Xét tính khả vi tại (0;0)

xy neáu(x,y) (0;0)

0neáu(x,y) (0;0)





Giải:

Ta có

1 2

h

f (0;0) (h ;h ) f(0;0) (0;0)

(h ;h )

 

 

+ +

2

2 1

h 0

h kh

→

=

Giới hạn theo tia h2=kh1 phụ thuộc vào k

⇒ ∃

1

2

1 2

h 0

lim (h ,h ) f

→

b

3

2 4

0neáu(x,y) (0;0)



≠





Giải:

3 3

δ

Trang 10

Ta có

t 0

→

δ

2

h

f (0;0) (h ;h ) f(0;0) (0;1)

(h ;h )

+

 

Ta có:

2

1

1 2

h 0

h kh

→

=

Giới hạn theo tia h2=kh1 phụ thuộc vào k

⇒ ∃

1

2

1 2

h 0

lim (h ,h ) f

→

Trang 11

Học viên: Phạm Văn Tuân Chuyên ngành: Tốn Giải tích

Dạng 8: Chứng minh ánh xạ là khơng gian vi phơi

Câu 10: Cho 3 y 2

f(x;y) (x 3xe ;y x )

= →+ − Chứng tỏ f là C -vi phơi trên 1 R 2

Giải:

Ta cĩ

f

J (x;y)

1

f C

→ ∈ trên R (1)2

f

detJ (x;y) 3x= +3e +6x e ≠ ∀0 x,y R∈ (2)

* Chứng minh f song ánh:

2

Y y x

 = +





Đặt ϕ(x) x= 3+3xey−X; ϕ'(x) 3x= 2+3ey >0→ ϕ(x)đồng biến

Mặt khác: xlim (x) ; lim (x)x ;

→−∞ϕ = −∞ →+∞ϕ = +∞

Suy ra phương trình x3+3xey− =X 0 cĩ duy nhất nghiệm x

Suy ra hệ (*) cĩ duy nhất nghiệm (x;y)→flà song ánh (3)

Từ (1);(2);(3) suy ra fl àC1−vi phôi trênR2

Câu 11: Cho f(x;y) (x siny;y2 21sinx)

2

= + +

C -vi phơi trên R 2

Giải:

f

2

f C trênR

f

1

2

* Chứng minh tính song ánh:

2

(x,y) R

∀ ∈ , xét f(x,y) (X,Y )=

X x siny

1

2

 = +



→  = +



Đặt ϕ(x) x siny X; (x) 1 0= + − ϕ' = > suy ra hàm đồng biến,

Mặt khác: xlim (x) ; lim (x)x ;

→−∞ϕ = −∞ →+∞ϕ = +∞

Suy ra phương trình (x) 0ϕ = cĩ một nghiệm x, suy ra hệ phương trình (*) cĩ duy nhất một nghiệm (x;y) Suy ra hàm f là song ánh

Vậy f là C - vi phơi trên 1 R 2

Trang 12

Dạng 9: Tính đạo hàm tại điểm.

Câu 12: Cho hàm 2

(x;y) f(x;y) (x y;x y)

= +

Tính f (1;2)'

Giải:

Xét ánh xạ tuyến tính: T R(x;y)2 T(x;y) (x y;4x y)R2

= + +

(xác định ánh xạ nhờ phép lấy đạo hàm riêng theo từng biến)

Xét

(h ;h 0;0) 2 2 (h ;h 0;0) 2 2

Ta có:

1 2

2

1 2 (h ;h 0;0) 2 2

h h

→

+

1

2 1 (h ;h 0;0) 2 2

2h

→

+

1

1 2 (h ;h 0;0) 2 2

h h

→

+

⇒f khả vi

f (1;2) T(1;2)

4 1

 .

Lưu ý: Sử dụng ma trận Jacobi để tính đạo hàm tại điểm

Câu 12: Cho hàm 2

(x;y) f(x;y) (x y;x y)

= +

Tính f (1;2)'

Giải:

'

ff

Trang 13

Dạng 10: Tìm cực trị của hàm số; cực trị của hàm số thỏa mãn điều kiện

Câu 13: Cho hàm f(x;y) x= 2+xy y+ −2 6x 3y+ ; Tìm cực trị của hàm số?

Giải:

* Tìm điểm dừng

Xét hệ:

x

y

δ



Có một điểm dừng M(5; 4)−

* Xác định M(5; 4)− là cực trị (cực đại hay cực tiểu)

Ta có:

x y

δ δ

Dạng Hesse của f

x y

δ δ

2 1

A

1 2

 có D1= >2 0; D2= > ⇒3 0 H (M) 0f >

Vậy M(5; 4)− là điểm cực tiểu

Câu 14: Tìm cực trị của hàm f :R3→R, f(x;y;z) xyz (x,y,z 0)= > thỏa mãn điều kiện:

x + + =y z 12

Giải:

* Hàm Lagrange:

L(x,y,z, ) f(x,y,z)λ = − λF(x) xyz= − λ(x + + −y z 1)

* Tìm điểm dừng:

Xét hệ:

x

y

z

 δ



δ

 δ



δ

δ



 + + =



Lấy (1)-(2); (2)-(3); (3)-(1) ta được hệ tương đương

(y x)(1 2 ) 0

(z y)(1 2 ) 0

(x z)(1 2 ) 0



 − + λ =



 + + =



Vì (x,y,z 0)> nên ta có nghiệm của hệ là: x y z 2;= = = λ =1

Có một điểm dừng M(2;2;2)

* Dạng Hesse của L

Ta có:

2L(M) 2; 2L(M) 2; 2L(M) 2;

L

H (M)= −2x −2y −2z +4xy 4yz 4zx=2( x+ + − − − +y z 2xy 2yz 2zx)+ +

Trang 14

* Xét không gian: T V(F)M (x,y,z) R |3 F(M)x F(M)x F(M)x 0

{(x;y;z) R |x y z 03 }

* ∀(x,y,z)∈T V(F)M ⇒ = − −z x y

L

H (M)=2( x− − − − −y ( x y) +2xy 2y( x y) 2( x y)x)+ − − + − −

2

− + + = −  + ÷ + ÷<

Vậy M(2;2;2)là điểm cực đại thỏa mãn điều kiện

Câu 15: Tìm cực trị của hàm i

i

n

i 1

f(x ;x x ) x (xα 0)

=

=∏ > thỏa mãn điều kiện

n i

i 1

x 1

=

∑

(Để tìm cực trị của hàm số tích, ta tìm cực trị của hàm logarit của hàm tích trên)

Xét

n

i 1

=

* Hàm Lagrange:

* Tìm điểm dừng:

i

i 1 n

i 1

1 L

1

=



α



∑

Có 1 điêm dừng

i

i 1

1

=

λ =

α

∑

* Dạng Hesse của L

Ta có:

i

i 1

=

α

α  α ÷

∑  ;

2

n

i 1

j 1

1

=

α  α ÷

∑

Vậy

Dạng 11: Tính tích phân

Trang 15

Suy ra:

Câu 17: Tính { 2 2 }

2 2

x y 4

+ ≤

Giải:

Xét h: R(r, )2 h(r, ) (rcos ;rsin )R2

ϕ → ϕ = ϕ ϕ

* Đổi biến:

x rcos

y rsin



* Tính:

{ 2 2 }

2 2

x y 4

+ ≤

[0;2]*[0;2 ]

ln(r 1)rdrd

π

∫

Theo công thức Fulini ta có:

2 2

2

0 0

=  + ÷÷ϕ

2 1

1

2

Áp dụng tích phân từng phần

( )5

I = xlnx x− =5ln5 4−

0 0

Định dạng
Số trang	15
Dung lượng	0,93 MB