Mục đích nghiên cứu
Đề tài “Chuỗi luỹ thừa và ứng dụng” nhằm mục đích phát triển khả năng trình bày một cách logic và có hệ thống về các vấn đề Toán học trừu tượng.
Luận văn nhằm nghiên cứu các khái niệm, định lý, mệnh đề, tính chất của chuỗi luỹ thừa và những ứng dụng của nó
Thực hiện luận văn này giúp em củng cố kiến thức giải tích đã học trong suốt thời gian đại học, đồng thời làm quen với phương pháp nghiên cứu khoa học trong lĩnh vực toán học.
Phương pháp nghiên cứu
Trong quá trình hoàn thành luận văn, các phương pháp chính được áp dụng bao gồm tìm kiếm và tổng hợp tài liệu từ giáo trình, sách vở, và các trang web liên quan đến chuỗi lũy thừa Việc giải phương trình vi phân bằng phương pháp chuỗi lũy thừa cũng được thực hiện Sau đó, các thông tin này sẽ được phân tích và tổng hợp để trình bày một cách rõ ràng và logic các vấn đề nghiên cứu.
Cấu trúc khoá luận
Khoá luận được cấu trúc thành 3 chương chính, kèm theo các phần Lời cảm ơn, Mục lục, Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1 trình bày và hệ thống hóa những kiến thức cơ bản về chuỗi lũy thừa, chuỗi số, chuỗi số phức, dãy hàm và chuỗi hàm, tạo nền tảng cho các chương tiếp theo.
Chương 2 Chương trình bày một số khái niệm, định lý, tính chất về chuỗi luỹ thừa
Chương 3 Chương này trình bày định lý, cách giải một số bài toán phương trình vi phân dựa vào phương pháp chuỗi luỹ thừa.
CÁC KIẾN THỨC CƠ SỞ
Chuỗi luỹ thừa hình thức
Chuỗi luỹ thừa hình thức của một biến 𝑍 là tổng hình thức vô hạn
Hệ số thứ k của chuỗi, ký hiệu là ak ∈ C, liên quan đến biến Z, với điều kiện ZpZq = Zp+q Hai chuỗi luỹ thừa được coi là bằng nhau khi các hệ số tương ứng của chúng trùng khớp Do đó, một chuỗi luỹ thừa có thể được xem như là hình thức tương đương cho dãy số.
Ký hiệu 𝐂⟦𝑍⟧ là tập mọi chuỗi luỹ thừa hình thức của một biến 𝑍
Cấp của chuỗi 𝑆(𝑍) = ∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 𝑍 𝑘 là số: 𝜔(𝑆) = 𝑖𝑛𝑓{𝑘: 𝑎 𝑘 ≠ 0}, 𝜔(0) = +∞
Khi đó 𝑆(𝑍) = 𝑎 𝜔 𝑍 𝜔 + các số hạng luỹ thừa > 𝜔
Ví dụ 1.1.1 Một đa thức được xem là chuỗi với đồng nhất sau:
1.1.2 Đại số các chuỗi hình thức
Trên 𝐂⟦𝑍⟧ định nghĩa 2 phép toán Phép cộng:
Với 𝑐 𝑛 = 𝑎 0 𝑏 𝑛 + ⋯ + 𝑎 𝑛 𝑏 0 Khi đó (𝐂⟦𝑍⟧, +, ) Là một đại số với đơn vị là 1 = 1 + 0𝑍 + 0𝑍 2 + ⋯
Hơn nữa, nó là miền nguyên (i.e vành thoả: 𝑆 ≠ 0, 𝑇 ≠ 0 ⟹ 𝑆𝑇 ≠
Cho 𝑆(𝑍) = (∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 𝑍 𝑘 ) và 𝑇(𝑍) = (∑ ∞ 𝑘=0 𝑏 𝑘 𝑍 𝑘 ) Bài toán: Khi nào tồn tại chuỗi 𝑄(𝑍) = ∑ ∞ 𝑘=0 𝑐 𝑘 𝑍 𝑘 , sao cho 𝑆(𝑍) 𝑇(𝑍)𝑄(𝑍) Khi đó, ta ký hiệu 𝑄(𝑍) = 𝑆(𝑍)
𝑇(𝑍), và gọi là chuỗi thương của 𝑆(𝑍) và 𝑇(𝑍)
Giả sử 𝑆(0) = 𝑎 0 ≠ 0 Điều kiện cần và đủ để tồn tại 𝑄(𝑍) ∈ 𝐂⟦𝑍⟧ sao cho 𝑆(𝑍)
𝑇(𝑍)= 𝑄(𝑍), là hệ số 𝑇(0) = 𝑏 0 ≠ 0 Khi đó
Chứng minh: Sự tồn tại 𝑄(𝑍) sao cho 𝑆(𝑍) = 𝑇(𝑍)𝑄(𝑍), suy ra 𝑎 0 𝑏 𝑜 𝑐 0
Ngược lại, giả sử 𝑎 0 ≠ 0, 𝑏 0 ≠ 0 Ta cần xác định các hệ số 𝑐 𝑘 sao cho
Theo phép nhân, đồng nhất hệ số, ta có hệ phương trình với ẩn 𝑐 0 , 𝑐 1 , …:
Vì 𝑎 0 ≠ 0, hệ có duy nhất nghiệm:
Ví dụ 1.1.3 a) Cho đa thức 𝑇(𝑍) = 1 − 𝑍 Để tìm thương 1
𝑇(𝑍), có thể dùng công thức ở mệnh đề trên hay nhận xét sau
Ví dụ này minh chứng rằng nghịch đảo của một đa thức không phải là một đa thức Phương pháp đã nêu có thể áp dụng để tìm nghịch đảo của chuỗi lũy thừa 𝑇(𝑍) = ∑ ∞ 𝑘=0 𝑏 𝑘 𝑍 𝑘, với điều kiện 𝑏 0 ≠ 0.
Nhận xét Cho 𝑆(𝑍), 𝑇(𝑍) ∈ 𝐂⟦𝑍⟧, 𝑇(𝑍) ≠ 0 Khi đó có biểu diễn chuỗi luỹ thừa hình thức với hữu hạn số hạng luỹ thừa âm:
𝑍 + 𝑐 0 + 𝑐 1 𝑍 + 𝑐 2 𝑍 2 + ⋯ Thật vậy, gọi p và q là cấp của S và T Khi đó
𝑇 1 (𝑍)= 𝑈(𝑍) ∈ 𝐂⟦𝑍⟧ Vậy có thể biểu diễn 𝑆(𝑍)
Từ đó suy ra biểu diễn nêu trên
Cho 𝑆(𝑍) = (∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 𝑍 𝑘 ) Đạo hàm của 𝑆(𝑍), là chuỗi được ký hiệu bởi 𝑆′(𝑍) hay 𝑑𝑆
Dùng phương pháp đồng nhất hệ số ta có các công thức tính đạo hàm quen biết: ∀𝑆, 𝑇 ∈ 𝐂⟦𝑍⟧, và ∀𝛼, 𝛽 ∈ 𝐂,
𝑇 2 (𝑇(0) ≠ 0) Đạo hàm cấp n được định nghĩa quy nạp: 𝑆 (𝑛) (𝑍) = (𝑆 (𝑛−1) (𝑍)) ′ , 𝑛 ∈
Ta có 𝑆 (𝑛) (𝑍) = 𝑛! 𝑎 𝑛 + số hạng bậc ≥ 1 Vậy 𝑆 (𝑛) (0) = 𝑛! 𝑎 𝑛 Suy ra công thức Taylor hình thức:
Thay Z bởi T(Z) vào S, gọi là chuỗi hợp 𝑆 ∘ 𝑇, định ngĩa bởi
Nhận xét Việc thay biến như trên cho ta một chuỗi luỹ thừa hình thức, i.e định nghĩa là hợp cách Thật vậy, gọi 𝑐 𝑛 là hệ số của 𝑍 𝑛 trong
∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 (𝑇(𝑍)) 𝑘 Khi đó theo phép nhân, ta có:
Viết một cách ngắn gọn:
Vậy 𝑐 𝑛 chỉ phụ thuộc vào 𝑛 hệ số đầu của 𝑆 và 𝑇
1−𝑐𝑍= 1 + 𝑐𝑍 + 𝑐 2 𝑍 2 + 𝑐 3 𝑍 3 … b) Cho 𝑆(𝑍) = ∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 𝑍 𝑘 Ta có thể tách chuỗi có mũ chẵn và lẻ:
2(𝑆(𝑍) − 𝑆(−𝑍) = 𝑎 1 𝑍 + 𝑎 3 𝑍 3 + 𝑎 5 𝑍 5 + ⋯ Tổng quát, dùng căn của đơn vị có thể tách chuỗi có số mũ mod 𝑚: gọi 𝜔 = 𝑒 2𝜋𝑖 𝑚 , ta có
Chẳng hạn, 𝑚 = 3, 𝑟 = 1, ta có 𝜔 = 𝑐𝑜𝑠120° + 𝑖𝑠𝑖𝑛120°, và
1.1.6 Chuỗi ngược Đặt 𝐼(𝑍) = 𝑍 Ta có 𝑆 ∘ 𝐼 = 𝐼 ∘ 𝑆 = 𝑆, với mọi 𝑆 ∈ 𝐂⟦𝑍⟧, i.e 𝐼 là phần tử đơn vị của phép hợp thành
Mệnh đề 1.1.5 Để tồn tại chuỗi luỹ thừa hình thức T sao cho 𝑇(0) 0 𝑣à 𝑆 ∘ 𝐼 = 𝐼, điều kiện cần và đủ là 𝑆(0) = 0 và 𝑆 ′ (0) ≠ 0
Khi đó 𝑆 ∘ 𝑇 = 𝑇 ∘ 𝑆 = 𝐼 và 𝑇 gọi là chuỗi ngược của 𝑆
Nếu 𝑆 ∘ 𝑇(𝑍) = 𝑍, so sánh hệ số ta có: 𝑎 0 = 0, 𝑎 1 𝑏 1 = 1, i.e 𝑆(0) = 0 và 𝑆 ′ (0) = 𝑎 1 ≠ 0
Ngược lại, giả sử 𝑎 0 = 0, 𝑎 1 ≠ 0 Ta tìm 𝑇 sao cho 𝑆 ∘ 𝑇(𝑍) = 𝑍
Từ nhận xét ở 1.4, ta cần xác định 𝑏 1 , 𝑏 2 , … từ hệ phương trình
Từ 𝑇(0) = 0 và 𝑇 ′ (0) ≠ 0, áp dụng chứng minh vừa rồi cho 𝑆: = 𝑇, ta có 𝑆 1 sao cho 𝑆 1 (0) = 0, 𝑇 ∘ 𝑆 1 = 𝐼 Suy ra 𝑆 1 = 𝐼 ∘ 𝑆 1 = ( 𝑆 ∘ 𝑇) ∘ 𝑆 1 𝑆 ∘ (𝑇 ∘ 𝑆 1 ) = 𝑆, i.e 𝑇 ∘ 𝑆 = 𝐼
Định lý hàm ngược hình thức khẳng định rằng các biến đổi 𝑊 = 𝑆(𝑍) và 𝑍 = 𝑇(𝑊) là ngược đảo của nhau, vì 𝑇(𝑆(𝑍)) = 𝑍 và 𝑆(𝑇(𝑊)) = 𝑊.
1.1.7 Quan hệ đồng dư modulo 𝑍 𝑁 và ký hiệu 𝑂(𝑍 𝑁 ) Trong tính toán với chuỗi luỹ thừa thường ta “chặt cụt” ở một độ dài 𝑁 ∈ ℕ nào đó, và xử lý như đa thức
Nhận xét Với mọi 𝑛 ∈ ℕ, tồn tại duy nhất đa thức bậc ≤ 𝑛,
Sao cho 𝑆(𝑍) = 𝑆 𝑛 (𝑍) + 𝑂(𝑍 𝑛+1 ) Các phép toán thực hiện ở các phần trước có thể đúc kết như sau
Mệnh đề 1.1.6 Nếu 𝑆(𝑍) = 𝑆 𝑛 (𝑍) + 𝑂(𝑍 𝑛+1 ) và 𝑇(𝑍) = 𝑇 𝑛 (𝑍) + 𝑂(𝑍 𝑛+1 ), thì
Ví dụ 1.1.7 a) Cho chuỗi cos 𝑍 = 1 − 1
𝑐𝑜𝑠𝑍 đến bậc 4, ta tiến hành như sau
𝑘!𝑍 𝑘 + ⋯ Để xác định chuỗi hợp 𝑒𝑥𝑝(𝑍𝑐𝑜𝑠𝑍) đến bậc 3, ta tiến hành như sau
1.1.8 Hàm sinh Theo một thuật ngữ khác chuỗi
, còn được gọi là hàm sinh của dãy số (𝑎 𝑛 ) 𝑛∈ℕ = 𝑎 0 , 𝑎 1 , 𝑎 2 , …
Như vậy hàm sinh 𝐺(𝑍) là đjai lượng duy nhất xác định toàn bộ thông tin của tất các số hạng của dãy (𝑎 𝑛 )
Ví dụ 1.1.8 a) Chuỗi 𝑍 𝑚 𝐺(𝑍) = ∑ ∞ 𝑘≥𝑚 𝑎 𝑘−𝑚 𝑍 𝑘 , là hàm sinh của dãy: (𝑎 𝑘−𝑚 ) 0, … ,0, 𝑎 0 , 𝑎 1 , … b) Chuỗi 𝑍 −𝑚 (𝐺(𝑍) − 𝑎 0 − 𝑎 1 𝑍 − ⋯ − 𝑎 𝑚−1 𝑍 𝑚−1 ) = ∑ ∞ 𝑘≥𝑚 𝑎 𝑘−𝑚 𝑍 𝑘 , là hàm sinh của dãy: (𝑎 𝑘−𝑚 ) = 𝑎 𝑚 , 𝑎 𝑚+1 , … c) Dãy Fibonacci định nghĩa: 𝑎 0 = 0, 𝑎 1 = 1, và 𝑎 𝑛 = 𝑎 𝑛−1 +
Ta có thể xác định biểu thức hiện cho các số hạng 𝑎 𝑛 nhờ hàm sinh như sau
Gọi 𝐺(𝑍) là hàm sinh của dãy (𝑎 𝑛 ) Khi đó Z𝐺(𝑍), 𝑍 2 𝐺(𝑍) là hàm sinh của (𝑎 𝑛−1 ), (𝑎 𝑛−2 ) tương ứng Từ 𝑎 𝑛 − 𝑎 𝑛−1 − 𝑎 𝑛−2 = 0, ta có
Từ ví dụ 1.3 a) ta có
Tổng quát, nếu dãy (𝑎 𝑛 ) cho bởi công thức đệ qui tuyến tính:
Khi (1 − 𝑐₁𝑍 − ⋯ − 𝑐ₘ𝑍ᵐ)𝐺(𝑍) là đa thức, ta có thể áp dụng các phương pháp như tìm nghiệm đa thức, phân tích thành thừa số hữu tỉ, và khai triển chuỗi ngược để xác định biểu thức hiện của 𝑎ₙ Nếu 𝐺(𝑍) là hàm sinh của dãy (𝑎ₙ), thì theo ví dụ 1.1.3 a), điều này cho phép chúng ta rút ra các thông tin quan trọng về dãy số này.
1−𝑍𝐺(𝑍) là hàm sinh của dãy tổng 𝑠 𝑛 = 𝑎 0 + ⋯ + 𝑎 𝑛
Hội tụ đều
1.2.1 Chuỗi số Chuỗi số phức là một tổng hình thức các số phức 𝓏 𝑘
Xét tổng riêng thứ n của chuỗi với công thức 𝑆 𝑛 = ∑ 𝑛 𝑘=0 𝓏 𝑘, trong đó n thuộc tập hợp các số tự nhiên ℕ Nếu dãy (𝑆 𝑛) hội tụ về giá trị S trong tập hợp số phức ℂ, ta nói chuỗi đã cho hội tụ về S và ký hiệu là S = ∑ ∞ 𝑘=0 𝓏 𝑘 Các kết quả này đã được chứng minh tương tự như trong trường hợp chuỗi số thực.
(1) Nếu ∑ ∞ 𝑘=0 𝓏 𝑘 hội tụ, thì 𝓏 𝑘 ⟶ 0 khi 𝑘 ⟶ +∞
(2) Chuỗi ∑ ∞ 𝑘=0 𝓏 𝑘 hội tụ khi và chỉ khi nó thoả điều kiện Cauchy:
Các dấu hiệu hội tụ Chuỗi ∑ ∞ 𝑘=0 𝓏 𝑘 hội tụ nếu thoả một trong các dấu hiệu sau:
Hội tụ tuyệt đối: ∑ ∞ 𝑘=0 |𝓏 𝑘 | hội tụ
So sánh: | 𝓏 𝑘 | ≤ 𝑎 𝑘 , khi 𝑘 đủ lớn, và ∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 hội tụ
1.2.2 Dãy hàm Cho dãy hàm 𝑓 𝑛 : 𝐷 ⟶ ℂ, 𝑛 ∈ ℕ
Miền hội tụ của dãy là tập 𝐷 ′ = {𝓏 ∈ 𝐷: dãy số (𝑓 𝑛 (𝓏))
𝑛∈ℕ hội tụ} Khi đó ta có hàm 𝑓(𝓏) = lim
𝑛⟶∞𝑓 𝑛 (𝓏) , 𝓏 ∈ 𝐷 ′ , và (𝑓 𝑛 ) gọi là hội tụ điểm hay hội tụ đơn giản về 𝑓 trên 𝐷 ′
Ví dụ 1.2.2 Dãy hàm 𝑓 𝑛 (𝓏) = |𝓏| 𝑛 , 𝑛 ∈ ℕ, có miền hội tụ 𝐷 {𝓏 ∈ ℂ ∶ |𝓏| ≤ 1} Trên 𝐷 dãy hội tụ (điểm) về hàm
1 𝑛ế𝑢 |𝓏| = 1 Trong ví dụ này 𝑓 𝑛 liên tục, nhưng hàm giới hạn 𝑓 không liên tục
Khái niệm hội tụ đều sau đây bảo đảm một số tính chất giải tích của dãy hàm được bảo toàn khi qua giới hạn
Dãy hàm (𝑓 𝑛 ) 𝑛∈ℕ được gọi là hội tụ đều về 𝑓 trên 𝐷, nếu
Viết một cách khác sup
Mệnh đề 1.2.3 Nếu dãy hàm (𝑓 𝑛 ) hội tụ đều về hàm 𝑓 trên 𝐷 và mỗi 𝑓 𝑛 là liên tục trên 𝐷, thì 𝑓 liên tục trên 𝐷
𝓏⟶𝓏 0 𝑓 𝑛 (𝓏), 𝓏 0 ∈ 𝐷, i.e có thể hoán vị các phép lấy giới hạn
Chứng minh: Cho 𝓏 0 ∈ 𝐷 Với mọi 𝜖 > 0, do tính hội tụ đều ta có
Mặt khác, do tính liên tục của 𝑓 𝑛 0 , ta có
3 Suy ra ∀𝜖 > 0, ∃𝛿 > 0: Khi |𝓏 − 𝓏 0 | < 𝛿, ta có
1.2.3 Chuỗi hàm Tổng hình thức ∑ ∞ 𝑘=0 𝑓 𝑘 , trong đó mỗi 𝑓 𝑘 là hàm phức xác định trên miền 𝐷 ⊂ ℂ, gọi là một chuỗi hàm trên 𝐷 Đặt 𝑆 𝑛 (𝓏) = ∑ ∞ 𝑘=0 𝑓 𝑘 (𝓏), 𝓏 ∈ 𝐷, gọi là tổng riêng thứ 𝑛 của chuỗi hàm Các khái niệm miền hội tụ, hội tụ và hội tụ đều của chuỗi hàm∑ ∞ 𝑘=0 𝑓 𝑘 đồng nhất với các khái niệm tương ứng của dãy tổng riêng (𝑆 𝑛 )
Từ các kết quả của dãy hàm hội tụ ta có:
Tiêu chuẩn Cauchy Chuỗi hàm ∑ ∞ 𝑘=0 𝑓 𝑘 hội tụ đều trên 𝐷 nếu và chỉ nếu
Weierstrass’ M-test Nếu |𝑓 𝑘 (𝓏)| ≤ 𝑎 𝑘 , ∀𝓏 ∈ 𝐷 và ∑ ∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 hội tụ, thì chuỗi ∑ ∞ 𝑘=0 𝑓 𝑘 hội tụ đều trên 𝐷
Mệnh đề 1.2.4 Nếu chuỗi hàm ∑ ∞ 𝑘=0 𝑓 𝑘 hội tụ đều trên 𝐷 về hàm 𝑆 và mỗi
𝑓 𝑘 là liên tục trên 𝐷, thì 𝑆 liên tục trên 𝐷
∞ 𝑘=0 , 𝓏 0 ∈ 𝐷, i.e có thể chuyển dấu lim vào trong dấu ∑.
Chuỗi luỹ thừa
Bán kính hội tụ
2.1.1 Khái niệm chuỗi luỹ thừa Định nghĩa 2.1.1
Ta gọi chuỗi luỹ thừa là mọi chuỗi ánh xạ ∑ 𝑛≥0 (𝑓 𝑛 :ℂ ⟶ ℂ) sao cho có một dãy phức (𝑎 𝑛 ) 𝑛∈ℕ để:
2.1.2 Bán kính hội tụ và tổng của một chuỗi luỹ thừa
Mệnh đề 2.1.2 (Bổ đề Abel)
Giả sử ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 là một chuỗi luỹ thừa, 𝜌 ∈ ℝ + ∗ sao cho (𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 ) 𝑛∈ℕ bị chặn Khi đó với mọi 𝑧 thuộc ℂ mà |𝑧| < 𝜌, ta có 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 = 0
𝜌) 𝑛 ) và đặc biệt, chuỗi ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ tuyệt đối
𝑛≥0 hội tụ và do đó
∑ 𝑛≥0 |𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 | hội tụ Định lý – Định nghĩa 2.1.3
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 Có phần tử duy nhất 𝑅 thuộc ℝ + [0; ∞] sao cho:
Phần tử 𝑅 đó của ℝ + gọi là bán kính hội tụ (hay bán kính) của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛
0 ∈ 𝐸 ∀𝜌 ∈ 𝐸, [0; 𝜌] ⊂ 𝐸 Vậy 𝐸 là một khoảng trong ℝ + chứa 0 Ký hiệu 𝑅 = Sup ℝ
{𝑅 = Sup ℝ + (𝐸)nếu E bị chặn trên trong ℝ +
Giả sử |𝑧| < 𝑅 Khi đó có 𝜌 ∈ 𝐸 sao cho |𝑧| < 𝜌 < 𝑅 Vì (𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 ) 𝑛∈ℕ bị chặn, bổ đề Abel chứng tỏ ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ tuyệt đối
Giả sử |𝑧| > 𝑅 Khi đó |𝑧| ∉ 𝐸 nên (𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 ) 𝑛 không bị chặn
Giả sử có 𝑅 1 , 𝑅 2 thoả mãn các điều kiện nói trong định lý với 𝑅 1 < 𝑅 2
2(𝑅 1 + 𝑅 2 ) thì chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 hội tụ tuyệt đối (vì
0 ≤ 𝜌 < 𝑅 2 ) và dãy (𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 ) 𝑛≥0 không bị chặn (vì 𝜌 > 𝑅 1 ) nên có mâu thuẫn
1) Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và bán kính 𝑅 của nó Ta có:
𝑅 = 0 nếu và chỉ nếu ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 chỉ hội tụ tại 𝑧 = 0
𝑅 = ∞ nếu và chỉ nếu ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ tại mọi 𝑧 thuộc ℂ
2) Các chuỗi luỹ ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 |𝑎 𝑛 |𝑧 𝑛 có cùng bán kính
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và bán kính 𝑅 của nó
Khi đó, với mọi 𝑧 thuộc ℂ, ta có:
𝑘ℎô𝑛𝑔 ℎộ𝑖 𝑡ụ 𝑡𝑢𝑦ệ𝑡 đố𝑖) ⇒ |𝑧| ≥ 𝑅 và vậy { (∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ) ⇒ |𝑧| ≤ 𝑅
∑ 𝑛≥0 𝑧 𝑛 : 𝑅 = 1 và ∑ 𝑛≥0 𝑧 𝑛 phân kỳ tại mọi 𝑧 mà |𝑧| = 1
𝑛≥0 𝑛 phân kỳ tại 1 và hội tụ tại mọi 𝑧 mà
𝑛 2 𝑛≥0 hội tụ tại mọi 𝑧 mà |𝑧| = 1
Tập {𝑧 ∈ ℂ; |𝑧| = 𝑅} thường được gọi là đường tròn hội tụ của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , nhưng đúng ra nên được gọi là đường tròn chưa chắc chắn
Cho 𝑎 ∈ ℂ ∗ Chuối luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 gọi là chuỗi cấp số nhân, nó có bán kính 1
2) Hỏi bán kính của ∑ 𝑛≥0 𝑒 −√𝑛 𝑧 𝑛 ? Cho 𝑧 ∈ ℂ ∗ Vì |𝑒 −√𝑛 𝑧 𝑛 | = exp(−√𝑛 + 𝑛ln|𝑧|) ta có: {
Theo Hệ quả 2.1.4, ta kết luận 𝑅 = 1
3) Hỏi bán kính của ∑ 𝑛≥0 sin 𝑛𝑧 𝑛 ? Cho 𝑧 ∈ ℂ
Nếu |𝑧| < 1 thì (∀𝑛 ∈ ℕ, |sin 𝑛𝑧 𝑛 | ≤ |𝑧| 𝑛 ) và vậy sin 𝑛𝑧 𝑛
Theo Hệ quả 2.1.4, ta kết luận 𝑅 = 1 Định nghĩa 2.1.7
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và bán kính 𝑅 của nó Ta gọi tổng của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 là ánh xạ 𝑆: {𝑧 ∈ ℂ, |𝑧| < ℝ} → ℂ xác định bởi: 𝑆(𝑧) = ∑ +∞ 𝑛=0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛
Nếu 𝑅 = 0, có thể gọi tổng của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 là ánh xạ tầm thường 0⟼𝑎 {0}→ℂ
Ví dụ 2.1.8 Chuỗi cấp số nhân: ∀𝑧 ∈ ℂ, (|𝑧| < 1 ⇒ ∑ +∞ 𝑛=0 𝑧 𝑛 = 1
2.1.3 So sánh các bán kính
Cho hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính theo thứ tự là 𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 Nếu (∀𝑛 ∈ ℕ, |𝑎 𝑛 | ≤ |𝑏 𝑛 |) thì 𝑅 𝑎 ≥ 𝑅 𝑏
Giả sử 𝑧 ∈ ℂ sao cho |𝑧| < 𝑅 𝑏 ; theo 2.1.2, Định lý – Định nghĩa,
Vì (∀𝑛 ∈ ℕ, |𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 | ≤ |𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 |) suy ra ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ tuyệt đối và vậy: |𝑧| < 𝑅 𝑎
Như thế, ta đã chứng minh |0; 𝑅 𝑏 | ⊂ |0; 𝑅 𝑎 | Vậy 𝑅 𝑎 ≥ 𝑅 𝑏
Rõ ràng rằng trong Mệnh đề 1 trên đây, ta có thể thay giả thiết bằng:
Cho hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính theo thứ tự là 𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 Nếu 𝑎 𝑛 = 0
Theo giả thiết, có 𝑁 ∈ ℕ và 𝑀 ∈ ℝ + sao cho: ∀𝑛 ∈ ℕ, |𝑎 𝑛 | ≤ 𝑀|𝑏 𝑛 |
Rõ ràng rằng ∑ 𝑛≥0 𝑀𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 có bán kính ≥ 𝑅 𝑏 Dùng Mệnh đề 1, ta kết luận:𝑅 𝑎 ≥ 𝑅 𝑏
Cho hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính theo thứ tự là 𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏
1) Hỏi bán kính 𝑅 của ∑ 𝑛≥0 𝑒 sin 𝑛 𝑧 𝑛 ?
Do ∑ 𝑛≥0 𝑒 −1 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑒𝑧 𝑛 có cùng bán kính 1, nên dùng Mệnh đề 2.1.9 ta kết luận 𝑅 = 1
𝑛≥1 𝑛𝑧 𝑛 có bán kính 1, nên dùng Mệnh đề 2.1.11, ta kết luận: 𝑅 1
Trước hết, hãy nhắc lại dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi số
Cho chuỗi ∑ 𝑛≥0 𝑢 𝑛 với số hạng thực > 0 Giả sử rằng dãy ( 𝑢 𝑛+1
𝑛≥0 có một giới hạn hữu hạn 1 thuộc ℝ +
1) Nếu ℓ < 1 thì ∑ 𝑛≥0 𝑢 𝑛 hội tụ 2) Nếu ℓ > 1 thì ∑ 𝑛≥0 𝑢 𝑛 phân kỳ
Mệnh đề 2.1.13 (Dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi luỹ thừa)
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 Nếu có 𝑁 ∈ ℕ sao cho {
𝑛≥𝑁 có giới hạn ℓ trong ℝ + , thì bán kính 𝑅 của ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 là 𝑅 = 1
ℓ (trong đó theo quy ước 1
Giả sử 𝑧 ∈ ℂ ∗ , 𝑛 ∈ ℕ sao cho 𝑛 > 𝑁 Ta có | 𝑎 𝑛+1 𝑧 𝑛+1
ℓ thì ℓ|𝑧| < 1, (vậy theo dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi số) ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ
Giả sử ∑ 𝑎 𝑛 𝑛 𝑧 𝑛 là chuỗi luỹ thừa sao cho có phân thức hữu tỷ 𝐹 của ℂ(X) − {0} để: ∀𝑛, 𝑎 𝑛 = 𝐹(𝑛)
Khi đó, bán kính của ∑ 𝑎 𝑛 𝑛 𝑧 𝑛 là 1
Ký hiệu 𝜆X 𝛼 (theo thứ tự 𝜇X 𝛽 ) là số hạng bậc cao nhất của 𝑃 (theo thứ tự, của 𝑄), ta có:
𝑛≥1 bằng 1 (dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi luỹ thừa), vậy bán kính của
1) Cho chuối luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 Nếu (| 𝑎 𝑛+1
(trong ℝ + ), dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi luỹ thừa không ứng dụng được
Chẳng hạn: ∑ 𝑛≥0 sin 𝑛𝑧 𝑛 có bán kính 1 và ( sin(𝑛+1) sin 𝑛 )
𝑛≥1 không có giới hạn trong ℝ +
2) Dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi luỹ thừa không ứng dụng được cho các chuỗi luỹ thừa dạng:
𝑧 𝑛 2 , … Để xác định bán kính của một chuỗi luỹ thừa như thế, ta có thể thử:
Hoặc ứng dụng dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi số khi cố định 𝑧
Hoặc thực hiện một phép biến đổi kiểu 𝑍 = 𝑧 2
Vậy, nếu |𝑧| < 1 (theo thứ tự |𝑧| > 1) thì ∑ 1
𝑛 2 +1 𝑛≥0 𝑧 2𝑛 hội tụ (theo thứ tự, phân kỳ) theo dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi số
𝑛≥0 (có được bằng cách đặt 𝑍 = 𝑧 4 ) Vì
3) 𝑛 và do bán kính của chuỗi luỹ thừa cấp số nhân
2, ta suy ra rằng bán kính của ∑ 2 𝑛
+∞ nếu |𝑧| > 1 Ứng dụng dấu hiệu d’Alembert cho các chuỗi số, ta kết luận: 𝑅 = 1.
Các phép toán trên các chuỗi luỹ thừa
Cho 𝜆 ∈ ℂ ∗ và chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính 𝑅 𝑎 , với tổng 𝑆 𝑎 Xét chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝜆𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 có bán kính được ký hiệu là 𝑅 𝜆𝑎 và tổng được ký hiệu là 𝑆 𝜆𝑎 Ta có:
Giả sử 𝑧 ∈ ℂ sao cho |𝑧| < 𝑅 𝑎 Chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ trên chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝜆𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ và: ∑ +∞ 𝑛=0 𝜆𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 = 𝜆 ∑ +∞ 𝑛=0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 Điều đó chứng tỏ
∀𝑧 ∈ ℂ, (|𝑧| < 𝑅 𝑎 ⇒ 𝑆 𝜆𝑎 (𝑧) = 𝜆𝑆 𝑎 (𝑧)) Ứng dụng kết quả trên cho ( 1
𝜆, (𝜆𝑎 𝑛 ) 𝑛 ) thay cho (𝜆, (𝑎 𝑛 ) 𝑛 ), ta cũng suy ra 𝑅 𝑎 ≥ 𝑅 𝜆𝑎 , vậy cuối cùng 𝑅 𝜆𝑎 = 𝑅 𝑎
Một cách tầm thường, với các ký hiệu trên đây, ta thấy nếu 𝜆 = 0 thì
Giá trị 𝑅 𝜆𝑎 bằng +∞ và 𝑆 𝜆𝑎 bằng 0, tuy nhiên giá trị 0 của 𝜆 có thể không rõ ràng vì nó có thể phụ thuộc vào tham số Cụ thể, với mọi 𝑡 ∈ ℝ + ∗ cố định, bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa ∑ ln 𝑡 được xác định.
𝑛≥0 là 1 nếu 𝑡 ≠ 1 và ∞ nếu 𝑡 1 Định nghĩa 2.2.2
Ta gọi chuỗi luỹ thừa tổng của hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và
Giả sử hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 có bán kính và tổng tương ứng là 𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 và 𝑆 𝑎 , 𝑆 𝑏 Khi kết hợp hai chuỗi này, chuỗi luỹ thừa tổng ∑ 𝑛≥0 (𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 )𝑧 𝑛 sẽ có bán kính và tổng được ký hiệu là 𝑅 𝑎+𝑏 và 𝑆 𝑎+𝑏.
2) Hơn nữa, nếu 𝑅 𝑎 ≠ 𝑅 𝑏 thì 𝑅 𝑎+𝑏 = Min(𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 )
1) Giả sử 𝑧 ∈ ℂ sao cho |𝑧| < Min(𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 ) Vì |𝑧| < 𝑅 𝑎 và |𝑧| < 𝑅 𝑏 , hai chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ, chuỗi số
2) Giả sử chẳng hạn 𝑅 𝑎 < 𝑅 𝑏 Theo 1) ta có 𝑅 𝑎+𝑏 ≥ 𝑅 𝑎 Cho 𝜌 ∈ [𝑅 𝑎 ; 𝑅 𝑏 ] Chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 phân kỳ (vì 𝜌 > 𝑅 𝑎 ) và chuỗi số ∑ +∞ 𝑛=0 𝑏 𝑛 𝜌 𝑛 hội tụ (vì 𝜌 < 𝑅 𝑏 ) Vậy chuỗi số ∑ 𝑛≥0 (𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 +
Như thế, ta đã chứng minh ∀𝜌 ∈ [𝑅 𝑎 ; 𝑅 𝑏 ], 𝜌 ≥ 𝑅 𝑎+𝑏 , từ đó 𝑅 𝑎+𝑏 ≤
Nhận xét: Khi 𝑅 𝑎 = 𝑅 𝑏 , có thể 𝑅 𝑎+𝑏 = 𝑅 𝑎 hoặc 𝑅 𝑎+𝑏 > 𝑅 𝑎
1) ∑ 𝑛≥0 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑛𝑧 𝑛 có bán kính 1 và chuỗi luỹ thừa tổng
2) ∑ 𝑛≥0 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 (2 −𝑛 − 1)𝑧 𝑛 có bán kính 1 và chuỗi luỹ thừa tổng
3) ∑ 𝑛≥0 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 −𝑧 𝑛 có bán kính 1 và chuỗi luỹ thừa tổng ∑ 𝑛≥0 0𝑧 𝑛 có bán kính ∞
Thường xảy ra ta cần cộng những chuỗi luỹ thừa dạng ∑ 𝑛≥0 𝑢 𝑛 𝑧 2𝑛 (với chỉ số chẵn) và ∑ 𝑛≥0 𝑣 𝑛 𝑧 2𝑛+1 (với chỉ số lẻ) Định nghĩa 2.2.5
Hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 gọi là rời nhau nếu và chỉ nếu:
1) Các chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑢 𝑛 𝑧 2𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑣 𝑛 𝑧 2𝑛+1 nói trên đây là rời nhau
2) Các chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑧 2𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑧 3𝑛 không rời nhau
Nếu ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 là hai chuỗi luỹ thừa rời nhau với bán kính theo thứ tự là 𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 thì chuỗi luỹ thừa tổng ∑ 𝑛≥0 (𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 )𝑧 𝑛 có bán kính Min(𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 )
Theo Mệnh đề 2.2.3, ta đã có kết quả khi 𝑅 𝑎 ≠ 𝑅 𝑏 Vậy ta có thể giả sử
𝑅 𝑎 = 𝑅 𝑏 và khi đó ta đã có 𝑅 𝑎+𝑏 ≥ 𝑅 𝑎 Giả sử 𝑧 ∈ ℂ sao cho |𝑧| > 𝑅 𝑎 Cả hai dãy (𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 ) 𝑛 và (𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 ) 𝑛 đều không bị chặn
𝑛 không bị chặn và vậy |𝑧| > 𝑅 𝑎+𝑏 Điều đó chứng tỏ [𝑅 𝑎 ; +∞] ⊂ [𝑅 𝑎+𝑏 ; +∞] và vậy: 𝑅 𝑎+𝑏 ≤ 𝑅 𝑎 Cuối cùng: 𝑅 𝑎+𝑏 = 𝑅 𝑎 = Min(𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 )
Tìm bán kính 𝑅 của ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 trong đó 𝑎 𝑛 = {𝑛 nếu 𝑛 chẵn
𝜌≥0 là rời nhau và bán kính 1 nên Mệnh đề 2.2.7 chứng tỏ 𝑅 = 1
2.2.2 Lấy đạo hàm Định nghĩa 2.2.10
Ta gọi chuỗi luỹ thừa đạo hàm của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 là chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑛𝑎 𝑛 𝑧 𝑛−1 hay ∑ 𝑛≥0 (𝑛 + 1)𝑎 𝑛+1 𝑧 𝑛
Chuỗi luỹ thừa đạo hàm của một chuỗi luỹ thừa có cùng bán kính với chuỗi luỹ thừa đó
Ký hiệu 𝑅 𝑎 (theo thứ tự 𝑅 𝑎′ ) là bán kính của ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 (theo thứ tự
Vì với mọi 𝑧 ∈ ℂ ∗ , ∑ 𝑛≥0 𝑛𝑎 𝑛 𝑧 𝑛−1 hội tụ nếu và chỉ nếu ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ, nên 𝑅 𝑎′ cũng là bán kính của ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛
2) Giả sử 𝑧 ∈ ℂ sao cho |𝑧| < 𝑅 𝑎 Ta có 𝜌 ∈ ℝ + để |𝑧| < 𝜌 < 𝑅 𝑎
Vì 0≤ 𝜌 < 𝑅 𝑎 , (𝑎 𝑛 𝜌 𝑛 ) 𝑛≥1 bị chặn Mặt khác, 𝑛 ( |𝑧|
→ 0, vậy |𝑧| ≤ 𝑅 𝑎 ′ Điều đó chứng tỏ [0; 𝑅 𝑎 ] ⊂ [0; 𝑅 𝑎 ′ ], vậy 𝑅 𝑎 ′ ≥ 𝑅 𝑎 Cuối cùng 𝑅 𝑎 ′ 𝑅 𝑎
1) Áp dụng kết quả trên đây cho một chuỗi luỹ thừa nguyên hàm
𝑛≥0 𝑛+1𝑧 𝑛+1 thay cho ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , ta thấy rằng ∑ 𝑎 𝑛
𝑛≥0 𝑛+1𝑧 𝑛+1 có cùng bán kính với ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛
2) Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và một phân thức hữu tỷ 𝐹 khác phân thức không Rõ ràng rằng chứng minh của Mệnh đề trên có thể dùng để chứng minh rằng ∑ 𝐹(𝑛) 𝑛 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 có cùng bán kính với ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛
𝑛≥1 có bán kính 1 vì ∑ 𝑛≥0 sin 𝑛𝑧 𝑛 cũng có bán kính 1
3) Ta sẽ chứng minh vế sau rằng khi chỉ xét 𝑧 thực thì tổng của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 có đạo hàm trên [−𝑅; 𝑅] và đạo hàm đó là tổng của chuỗi luỹ thừa đạo hàm ∑ 𝑛≥0 𝑛𝑎 𝑛 𝑧 𝑛−1
2.2.3 Tích của hai chuỗi luỹ thừa Định nghĩa 2.2.12
Ta gọi chuỗi luỹ thừa tích (hay tích Cauchy) của hai chuỗi luỹ thừa
∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 là chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑐 𝑛 𝑧 𝑛 xác định bởi:
Giả sử có hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính và tổng lần lượt là 𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 và 𝑆 𝑎 , 𝑆 𝑏 Chuỗi luỹ thừa tích ∑ 𝑛≥0 𝑐 𝑛 𝑧 𝑛 có bán kính và tổng được ký hiệu là 𝑅 𝑐 , 𝑆 𝑐.
Giả sử 𝑧 ∈ ℂ sao cho |𝑧| < Min(𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 ) Xét chuỗi số tích ∑ 𝑛≥0 𝜔 𝑛 của các chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛
Vì ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 và ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑧 𝑛 hội tụ tuyệt đối nên chuỗi số ∑ 𝑛≥0 𝜔 𝑛 hội tụ tuyệt đối và:
𝑆 𝑐 (𝑧) = 𝑆 𝑎 (𝑧)𝑆 𝑏 (𝑧) Điều đó chứng tỏ kết quả đã nêu
Nhận xét: Có thể 𝑅 𝑐 ≠ Min(𝑅 𝑎 , 𝑅 𝑏 ) ngay cả khi 𝑅 𝑎 ≠ 𝑅 𝑏
Hội tụ
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính 𝑅
Khi đó, chuỗi ánh xạ ∑ 𝑛≥0 (𝑧 ↦𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 ) hội tụ chuẩn tắc trên mọi tập con compăc 𝐾 nằm trong đĩa mở 𝐵(0; 𝑅)
Vì ánh xạ 𝜑: 𝑧 ⟼ |𝑧| liên tục trên tập compăc 𝐾 nên 𝜑 bị chặn và đạt biên trên Vậy có 𝑟 ∈ [0; 𝑅] sao cho:
Vì 0 ≤ 𝑟 < 𝑅 nên chuỗi số ∑ 𝑛≥0 |𝑎 𝑛 |𝑧 𝑛 hội tụ
|𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 | ≤ |𝑎 𝑛 |𝑟 𝑛 ), suy ra chuỗi ánh xạ
∑ 𝑛≥0 (𝑧 ↦ 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 ) hội tụ chuẩn tắc trên 𝐾
1) Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 , 𝑅 là bán kính của nó và 𝑧 0 ∈ ℂ Nếu
∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 0 𝑛 hội tụ tuyệt đối thì chuỗi ánh xạ ∑ 𝑛≥0 (𝑧 ↦ 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 ) hội tụ chuẩn tắc trên 𝐵′(0; |𝑧 0 |)
𝑛≥0 hội tụ chuẩn tắc trên 𝐵′(0; 1)
2) Đối với chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính 𝑅, có thể không có hội tụ chuẩn tắc, ngay cả không có hội tụ đều trên đĩa mở 𝐵(0; 𝑅), ví dụ ∑ 𝑛≥0 𝑧 𝑛 chứng tỏ điều đó.
Tính chính quy của tổng một chuỗi luỹ thừa
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 với bán kính 𝑅, với tổng 𝑆
Khi đó, ánh xạ 𝑆 liên tục trên đĩa mở 𝐵(0; 𝑅)
Việc khảo sát là tầm thường khi 𝑅 = 0 nên ta có thể giả sử 𝑅 > 0 Cho 𝑧 0 ∈ ℂ mà |𝑧 0 | < 𝑅; có 𝑟 ∈ [|𝑧 0 ; 𝑅]
Vì ∑ 𝑛≥0 (𝑧 ↦ 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 ) hội tụ chuẩn tắc, (do đó đều) trên 𝐵 ′ (0; 𝑟) và do mỗi ánh xạ 𝑧 ↦ 𝑎 𝑛 𝑧 𝑛 liên tục trên 𝐵 ′ (0; 𝑟) nên thu hẹp của 𝑆 lên
𝐵 ′ (0; 𝑟) liên tục và vậy do 𝑧 0 ∈ 𝐵(0; 𝑟), 𝑆 liên tục tại 𝑧 0
1) Ánh xạ 𝑧 ⟼ ∑ +∞ 𝑛=1 ln 𝑛𝑧 𝑛 liên tục trên 𝐵(0; 1)
𝑛=1 +∞ hội tụ nên có hội tụ chuẩn tắc của ∑ (𝑧 ⟼ 𝑧 𝑛
𝑛 2 liên tục trên 𝐵′(0; 1) Định lý 2.4.3
Cho chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 với bán kính 𝑅, với tổng 𝑆
Giả sử 𝑅 > 0 Khi đó ánh xạ 𝑆 thuộc lớp 𝐶 ∞ trên [−𝑅; 𝑅] và:
Vì các chuỗi luỹ thừa đạo hàm liên tiếp
𝑛≥𝑘 có cùng bán kính 𝑅, các chuỗi ánh xạ ∑ (𝑧 ⟼ 𝑛!
ℕ, hội tụ chuẩn tắc trên mọi tập con compăc của 𝐵(0; 𝑅) Theo Định lý 2.3.1, ta suy ra rằng 𝑆 thuộc lớp 𝐶 ∞ trên [−𝑅; 𝑅] và:
Có thể tóm tắt Định lý 2.4.3 như sau: có thể lấy đạo hàm từng số hạng tổng của một chuỗi luỹ thừa trong khoảng mở [−𝑅; 𝑅]:
Ta đã thấy rằng chuỗi cấp số nhân ∑ 𝑛≥0 𝑥 𝑛 có bán kính 1 và:
Rồi dùng quy nạp trên 𝑘:
Khai triển thành chuỗi luỹ thừa
1) Cho 𝑉 ∈ 𝑉 ℝ (0), 𝑓 ∈ ℂ′ Ta nói 𝑓 khai triển được thành chuỗi luỹ thừa (có tâm) tại 0 (viết tắt là ktđCLT(0)) nếu và chỉ nếu có một chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 có bán kính 𝑅 và 𝑈 ∈ 𝑉 ℝ (0) sao cho: {
2) Cho 𝑥 0 ∈ ℝ, 𝑉 ∈ 𝑉 ℝ (𝑥 0 ) Ta nói 𝑓 khai triển được thành chuỗi luỹ thừa (có tâm) tại 𝑥 0 (viết tắt ktđCLT(𝑥 0 )) nếu và chỉ nếu có một chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑡 𝑛 có bán kính 𝑅 và 𝑈 ∈ 𝑉 ℝ (𝑥 0 ) sao cho: {
1) Khái niệm hàm số ktđCLT(𝑥 0 ) là một tính chất địa phương: nếu 𝑓 ktđCLT(𝑥 0 ) thì có 𝑊 ∈ 𝒱 ℝ (𝑥 0 ) sao cho nếu 𝑓 và 𝑔 trùng nhau trên
2) Với các ký hiệu của định nghĩa 1, 𝑓 ktđCLT(𝑥 0 ) nếu và chỉ nếu
𝑡 ⟼ 𝑓(𝑥 0 + 𝑡) ktđCLT(0) Vậy chúng ta quan tâm chủ yếu đến khái niệm hàm số ktđCLT(0)
3) Với mọi 𝑥 0 thuộc ℝ, mọi đa thức 𝑃 đều ktđCLT(𝑥 0 ) Thật vậy, theo công thức Taylor cho các đa thức hay theo công thức Taylor với phần dư tích phân, ta có:
Mệnh đề 2.5.2 (Tính duy nhất của khai triển thành chuỗi luỹ thừa)
Cho 𝑉 ∈ 𝒱 ℝ (0), 𝑓 ∈ ℂ 𝒱 , ktđCLT(0), ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 là một chuỗi luỹ thừa có bán kính 𝑅 > 0 và 𝑈 ∈ 𝒱 ℝ (0) sao cho: ∀𝑥 ∈ 𝑈⋂𝑉⋂[−𝑅; 𝑅], 𝑓(𝑥) = ∑ +∞ 𝑛=0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛
Khi đó 𝑓 thuộc lớp ℂ ∞ trên 𝑈⋂𝑉⋂[−𝑅; 𝑅] và ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑎 𝑛 = 𝑓 (𝑛) (0)
Theo Định lý 2.4.3, tổng 𝑆 của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 thuộc lớp ℂ ∞ trên [−𝑅; 𝑅] và:
Vì 𝑓 và 𝑆 trùng nhau trên 𝑈⋂𝑉⋂[−𝑅; 𝑅] là một lân cận của 0 trong ℝ nên 𝑓 thuộc lớp ℂ ∞ trên 𝑈⋂𝑉⋂[−𝑅; 𝑅] và:
+∞ 𝑛=0 , đúng trên một lân cận của 0, gọi là khai triển thành chuỗi luỹ thừa của 𝒇 tại 0 (ký hiệu tắt KTCLT(0)) hay khai triển Mac – Laurin của 𝒇
+∞ 𝑛=0 , đúng trên một lân cận 𝑥 0 , gọi là khai triển thành chuỗi luỹ thừa của 𝒇 tại 𝑥 0 (ký hiệu tắt KTCLT(𝑥 0 )) hay khai triển Taylor của 𝒇 tại 𝑥 0
Cho 𝑉 ∈ 𝒱 ℝ (0), 𝑓 ∈ ℂ 𝒱 ktđCLT(0), ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 là KTCLT(0) của 𝑓
1) Nếu 𝑓 chẵn thì KTCLT(0) của 𝑓 là chẵn, tức là: ∀𝑝 ∈ ℕ, 𝑎 2𝑝+1 = 0
2) Nếu 𝑓 lẻ thì KTCLT(0) của 𝑓 là lẻ, tức là: ∀𝑝 ∈ ℕ, 𝑎 2𝑝 = 0
Có thể giả sử 𝑉 đối xứng với 0 tức là ∀𝑥 ∈ 𝑉, −𝑥 ∈ 𝑉 (nếu không, có thể thay 𝑉 bới một lân cận 𝑊 đối xứng với 0 và nằm trong 𝑉),
𝑥↦𝑓(−𝑥) , rõ ràng rằng 𝑓̌ ktđCLT(0) và:
Nếu 𝑓̌ chẵn thì 𝑓̌ = 𝑓 nên do tính duy nhất của KTCLT(0) của 𝑓:
∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑎 𝑛 (−1) 𝑛 = 𝑎 𝑛 và vậy: ∀𝑝 ∈ ℕ, 𝑎 2𝑝+1 = 0 Lý luận tương tự cho trường hợp 𝑓 lẻ
Có thể hàm số 𝑓 thuộc lớp ℂ ∞ trên một lan cận của 0 nhưng 𝑓 không ktđCLT(0) Xét chẳng hạn 𝑓: ℝ ⟶ ℝ xác định bởi:
Ánh xạ 𝑓 thuộc lớp ℂ ∞ trên ℝ ∗ và ta chứng minh bằng quy nạp trên 𝑛 rằng với mọi 𝑛 ∈ ℕ, có 𝑃 𝑛 ∈ ℝ[X] sao cho: ∀𝑥 ∈ ℝ ∗ , 𝑓 (𝑛) (𝑥) 𝑃 𝑛 (𝑥)
𝑥 3𝑛 𝑒 − 𝑥2 1 Một áp dụng lặp định lý giới hạn của đạo hàm cho phép suy ra 𝑓 thuộc lớp ℂ ∞ trên ℝ và ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑓 (𝑛) (0) = 0
Nếu 𝑓 ktđCLT(0) thì có một lân cận 𝑈 của 0 sao cho:
𝑥 𝑛 = 0 là điều vô lý vì 𝑓 chỉ triệt tiêu tại 0
Cho 𝛼 ∈ ℝ + ∗ , 𝑓: [−𝛼; 𝛼] → ℂ thuộc lớp ℂ ∞ Với (𝑛, 𝑥) ∈ ℕ × [−𝛼; 𝛼], xét phần dư (𝑅 𝑛 (𝑓))(𝑥) trong công thức Taylor với phần dư tích phân áp dụng cho 𝑓 giữa 0 và 𝑥 ở cấp 𝑛 Tức là:
𝑓 (𝑛+1) (𝑡)𝑑𝑡 Điều kiện cần và đủ để 𝑓 ktđCLT(0) là có 𝛽 ∈ [0; 𝛼] sao cho dãy
𝑛≥0 hội tụ đơn đến 0 trên [−𝛽; 𝛽] tức là:
1) Giả sử 𝑓 ktđCLT(0) Khi đó chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑓 (𝑛) (0)
𝑛=0 𝑛! 𝑥 𝑛 có bán kính 𝑅 > 0 và có 𝛽 ∈ ℝ sao cho:
2) Ngược lại, giả sử có 𝛽 ∈ [0; 𝛼] sao cho 𝑅 𝑛 (𝑓)
→ 0 trên [−𝛽; 𝛽] Khi đó ta có:
𝑛∞𝑓(𝑥) điều này chứng tỏ rằng chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑓 (𝑘) (0)
Cho 𝛼 ∈ ℝ + ∗ , 𝑓: [−𝛼; 𝛼] → ℂ thuộc lớp ℂ ∞ Điều kiện cần và đủ để 𝑓 ktđCLT(0) là có (𝛽, 𝐴, 𝐶) ∈ [0; 𝛼] × ℝ + ∗ × ℝ + ∗ sao cho:
1) Giả sử 𝑓 ktđCLT(0) Khi đó chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑓 (𝑛) (0)
𝑛≥0 𝑛! 𝑥 𝑛 có bán kính 𝑅 > 0 và có 𝛾 ∈ ℝ sao cho:
𝑛≥0 𝑛! 𝛾 𝑛 hội tụ tuyệt đối, từ đó dãy
𝑛≥0 bị chặn Vậy có 𝑀 ∈ ℝ + ∗ sao cho: ∀𝑛 ∈
𝑛! 𝛾 𝑛 | ≤ 𝑀 Cho 𝛽 ∈ [0; 𝛾]; với mọi (𝑘, 𝑛) thuộc ℕ × [−𝛽; 𝛽], ta có:
2) Ngược lại, giả sử có (𝛽, 𝐴, 𝐶) ∈ [0; 𝛼] × ℝ + ∗ × ℝ + ∗ sao cho:
Với các ký hiệu của Mệnh đề 2.5.5, với mọi (𝑛, 𝑥) thuộc ℕ × [−𝛽; 𝛽], ta có:
Từ đó ký hiệu 𝛽 = Min (α, 1
2.5.2 Các phép toán trên các hàm số khai triển được thành chuỗi luỹ thừa Mệnh đề 2.5.7
Nếu 𝜆 ∈ 𝕂 và nếu 𝑓, 𝑔 ktđCLT(0) với KTCLT(0) là
∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 , ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑥 𝑛 thì 𝜆𝑓 + 𝑔 ktđCLT(0) với KTCLT(0) của nó là
Có hai chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 , ∑ 𝑛≥0 𝑏 𝑛 𝑥 𝑛 có bán kính theo thứ tự 𝑅, 𝑅′ và có hai lân cận 𝑈, 𝑈′ của 0 trong ℝ sao cho:
Bán kính 𝑅 1 của chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 (𝜆𝑎 𝑛 + 𝑏 𝑛 )𝑥 𝑛 là lớn hơn 0 (vì
𝑅 1 ≥ Min(𝑅, 𝑅 ′ ), và ký hiệu 𝑈 1 = 𝑈 ∩ 𝑈′ ∈ 𝒱 ℝ (0) thì ta có:
Điều đó chứng tỏ 𝜆𝑓 + 𝑔 ktđCLT(0)
Nếu 𝑓, 𝑔 ktđCLT(0) thì 𝑓𝑔 ktđCLT(0) và KTCLT(0) của 𝑓𝑔 là tích các KTCLT(0) của 𝑓 và 𝑔
Với các ký hiệu như trong Mệnh đề 1, bán kính 𝑅 2 của chuỗi luỹ thừa tích ∑ 𝑛≥0 𝑐 𝑛 𝑥 𝑛 (trong đó ∀𝑛 ∈ ℕ, 𝑐 𝑛 = ∑ +∞ 𝑘=0 𝑎 𝑘 𝑏 𝑛−𝑘 ) là lớn hơn 0 (vì
𝑅 2 ≥ Min(𝑅, 𝑅 ′ ) và ta có: ∀𝑥 ∈ 𝑈 1 ∩ [−𝑅 2 ; 𝑅 2 ], (𝑓𝑔)(𝑥) = ∑ +∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 𝑥 𝑛 , điều đó chứng tỏ 𝑓𝑔 ktđCLT(0)
Nếu 𝑓 ktđCLT(0) thì đạo hàm 𝑓′ của 𝑓 ktđCLT(0) và KTCLT(0) của 𝑓′ có được bằng cách lấy đạo hàm từng số hạng của KTCLT(0) của 𝑓
Có chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 bán kính 𝑅 > 0 và một lân cận 𝑈 của 0 trong ℝ sao cho:
Theo 2.4, Định lý 2.4.3, 𝑓 có đạo hàm trên 𝑈 ∩ [−𝑅; 𝑅] và:
Điều đó chứng tỏ 𝑓′ là ktđCLT(0), và KTCLT(0) của 𝑓′ là các đạo hàm từng số hạng của KTCLT(0) của 𝑓
Nếu hàm 𝑓 là ktđCLT(0), thì tất cả các đạo hàm liên tiếp của 𝑓 và các nguyên hàm liên tiếp của 𝑓 cũng là ktđCLT(0) Hơn nữa, các KTCLT(0) của các đạo hàm hay nguyên hàm này có thể được xác định bằng cách lấy đạo hàm hoặc nguyên hàm từng số hạng KTCLT(0) của 𝑓.
Nếu 𝑓 ktđCLT(0) thì ánh xạ: 𝑓 1 : 𝑥 ⟼ {
𝑓 ′ (0) nếu 𝑥 = 0 ktđCLT(0) Thực vậy, có chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛=0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 bán kính 𝑅 > 0 là một lân cận
Vì 𝑓(0) = 𝑎 0 và 𝑓′(0) = 𝑎 1 , ta suy ra:
Mọi phân thức hữu tỷ 𝐹 không có 0 làm cực điểm đều có tính chất ktđCLT(0), và bán kính của KTCLT(0) của 𝐹 chính là giá trị cực tiểu của các môđun tại các cực điểm phức của 𝐹.
1) Bằng cách phân tích 𝐹 thành tổng những phần tử đơn giản trong ℂ(X), ta đưa về tìm KTCLT(0) của một phần tử đơn giản 𝑧 ⟼
𝜆 (𝑧−𝑧 0 ) 𝛼 , trong đó 𝜆 ∈ ℂ ∗ , 𝑧 0 ∈ ℂ ∗ , 𝛼 ∈ ℕ ∗ Với mọi 𝑧 thuộc ℂ sao cho
Ký hiệu 𝜌 là các cực tiểu của môđun của các cực điểm phức của 𝐹 và áp dụng Mệnh đề 1, ta kết luận rằng 𝐹 ktđCLT(0), bán kính ≥ 𝜌
2) Để chứng minh rằng bán kính 𝑅 của KTCLT(0) của 𝐹 là 𝜌, ta hãy lý luận bằng phản chứng: giả sử 𝑅 > 𝜌 Có một cực điểm phức 𝑧 0 của
𝐹 sao cho 𝜌 = |𝑧 0 | Vì |𝑧 0 | < 𝑅, 𝐹 liên tục tại 𝑧 0 , điều đó là vô lý vì
𝑧 3 −2𝑧 2 +𝑧−2 và xác định bán kính 𝑅 của nó
Vì 𝑋 3 − 2𝑋 2 + 𝑋 − 2 = (𝑋 − 2)(𝑋 − 𝑖)(𝑋 + 𝑖), các cực điểm phức của 𝐹 là 2, 𝑖, −𝑖 và vậy 𝑅 = Min(|2|, |−𝑖|, |𝑖|) = 1 Ta có khai triểm đơn trong ℂ(X)
𝑋 + 𝑖 Với mọi 𝑧 thuộc ℂ sao cho |𝑧| < 1, ta có:
1) KTCLT(0) của 𝐞𝐱𝐩: 𝒙 ⟼ 𝒆 𝒙 Ánh xạ exp thuộc lớp ℂ ∞ trên ℝ và: ∀𝑛 ∈ ℕ, exp 𝑛 (0) = 1 Áp dụng công thức Taylor với phần dư tích phân, với mọi (𝑛, 𝑥) thuộc
Và ta suy ra rằng ch, sh, ktđCLT(0) và có bán kính ∞ và:
Các ánh xạ cos, sin thuộc lớp ℂ ∞ trên ℝ và:
Sử dụng công thức Taylor với phần dư tích phân, ta chứng minh tương tự như trong 1) rằng cos và sin ktđCLT(0), có bán kính ∞ và:
Chúng ta sử dụng ở đây phương pháp gọi là “phương pháp của phương trình vi phân” Ánh xạ 𝑓 𝛼 thuộc lớp ℂ ∞ trên [−1; ∞] và:
Vậy 𝑓 𝛼 là nghiệm trên [−1; ∞] của phương trình vi phân:
1) Giả sử 𝑦 là một hàm số ktđCLT(0); có một chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 với bán kính 𝑅 > 0 và có 𝑟 ∈ ℝ + ∗ sao cho:
Khi đó, Định lý 2.4.3, ta có:
Với mọi 𝑥 thuộc [−𝑟; 𝑟], ta có:
Để 𝑦 là nghiệm của (𝐸) trên [−𝑟; 𝑟], theo tính duy nhất của KTCLT(0) của 0, điều kiện cần và đủ là: {𝑎 0 = 1
2) Bây giờ xét chuỗi luỹ thừa ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 , trong đó:
Bán kính của tổng ∑ 𝑛≥0 𝑎 𝑛 𝑥 𝑛 là 1, và tổng 𝑆 của nó được xác định trên đoạn [−1; 1] Theo phương trình (1), 𝑆 là nghiệm trên đoạn [−1; 1] của phương trình vi phân (𝐸), một phương trình tuyến tính cấp một Do đó, tồn tại 𝜆 ∈ ℝ sao cho:
∀𝑥 ∈ [−1; 1], 𝑆(𝑥) = 𝜆𝑒 𝛼 ln(1+𝑥) = 𝜆(1 + 𝑥) 𝛼 Ngoài ra 𝑆(0) = 𝑎 0 = 1 nên ta kết luận:
Cuối cùng, 𝑓 𝛼 ktđCLT(0), bán kính 1 (nếu 𝛼 ∈ ℕ) và:
Thay 𝑥 bằng −𝑥, ta lại được chuỗi cấp số nhân:
Lấy nguyên hàm KTCLT(0) của 𝑥 ⟼ 1
Chuỗi ánh xạ ∑ 𝑛≥1 𝑓 𝑛 , trong đó
5) KTCLT(0) các hàm lượng giác ngược và một số lôgarit a) Vì ∀𝑥 ∈ [−1; 1], 1
1+𝑥 2 = ∑ +∞ 𝑛=0 (−1) 𝑛 𝑥 2𝑛 , bằng các lấy nguyên hàm, ta suy ra:
b) Bằng cách lấy nguyên hàm của KTCLT(0) của 𝑥 ⟼ 1
Ta cũng có thể có KTCLT đó bằng cách sử dung:
Từ đó bằng cách lấy nguyên hàm:
𝑥 2𝑛+1 2𝑛 + 1 d) Cũng bằng cách lấy nguyên hàm của KTCLT(0) của 𝑥 ⟼ 1
Nhận xét: Có thể chứng minh rằng các công thức c) và d) còn đúng khi
Các hàm số một biến phức thường gặp
2.6.1 Hàm mũ phức Định nghĩa 2.6.1 Chuỗi luỹ thừa ∑ 2 𝑛
𝑛≥0 𝑛 có bán kính vô tận, tổng của nó gọi là hàm mũ phức và được ký hiệu là exp Vậy ta có:
Nhận xét: Ta cũng ký hiệu 𝑒 𝑧 thay cho exp(𝑧) Định lý 2.6.2 ∀(𝑧, 𝑧 ′ ) ∈ ℂ 2 , 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 ′ = 𝑒 𝑧+𝑧 ′
Chứng minh: Cho (𝑧, 𝑧 ′ ) ∈ ℂ 2 Các chuỗi số ∑ 𝑧 𝑛
𝑛≥0 𝑛! hội tụ tuyệt đối Ta có chuỗi tích của chúng ∑ 𝑛≥0 𝑤 𝑛 , trong đó
𝑧′ 𝑛−𝑘 (𝑛 − 𝑘)! là chuỗi hội tụ tuyệt đối và có tổng 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 ′ Nhưng mặt khác:
Vậy ta có ∑ +∞ 𝑛=0 𝑤 𝑛 = 𝑒 𝑧+𝑧 ′ và cuối cùng: 𝑒 𝑧 𝑒 𝑧 ′ = 𝑒 𝑧+𝑧 ′
Do đó được đẳng thức cần chứng minh vì |𝑒 𝑧 | > 0 và 𝑒 Re(𝑧) > 0
Hệ quả 2.6.6 ∀𝑧 ∈ ℂ, (|𝑒 𝑧 | = 1 ⇔ 𝑧 ∈ iℝ) Định lý 2.6.7 Ánh xạ 𝑧 ⟼ 𝑒 𝑧 là một đồng cấu toàn ánh, liên tục từ nhóm (ℂ, +) lên nhóm (ℂ ∗ ,×)
Mệnh đề - Định nghĩa 2.6.8 Ánh xạ 𝜓: 𝑡 ⟼ 𝑒 i𝑡 là một đồng cấu toàn ánh liên tục từ nhóm (ℝ, +) lên nhóm (𝕌, ) và có 𝑎 ∈ ℝ + ∗ duy nhất sao cho
2.6.2 Hàm số lượng giác Định nghĩa 2.6.10 Ta định nghĩa 𝐜𝐨𝐬 và 𝐬𝐢𝐧 trên ℂ bởi: với mọi 𝑧 thuộc
2+ 𝜋ℤ), ta ký hiệu tan 𝑧 = sin 𝑧 cos 𝑧 ii) Với 𝑧 ∈ ℂ − 𝜋ℤ, ta ký hiệu cotan 𝑧 = cos 𝑧 sin 𝑧
2.6.3 Hàm số hyperbolic Định nghĩa 2.6.13 Ta định nghĩa 𝐜𝐡 và 𝐬𝐡 trên ℂ bởi: với mọi 𝑧 thuộc ℂ: ch𝑧 =𝑒 𝑧 + 𝑒 −𝑧
Ứng dụng giải phương trình vi phân bằng phương pháp chuỗi luỹ thừa
Phương pháp hệ số bất định
Phương pháp này được minh hoạ qua các ví dụ sau
Ví dụ 3.1.1 Sử dụng phương pháp chuỗi để tìm nghiệm riêng của phương trình sau:
Một nghiệm theo các luỹ thừa của 𝑥 sẽ có dạng là:
𝑦 ′′(𝑥) = 2𝑐 2 + 6𝑐 3 𝑥 + 12𝑐 4 𝑥 2 + 20𝑐 5 𝑥 3 + ⋯, Cũng hội tụ với mọi 𝑥
Thế 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦" vào phương trình đã cho, ta được:
+ 𝑥 2 (𝑐 0 + 𝑐 1 𝑥 + 𝑐 2 𝑥 2 + 𝑐 3 𝑥 3 + 𝑐 4 𝑥 4 + ⋯ ) = 𝑥 Sắp xếp các số hạng theo cùng luỹ thừa của 𝑥, ta được:
Do một chuỗi bằng 0 khi và chỉ khi tất cả các hệ số của chuỗi đều bằng 0 nên ta có:
Ta có: 𝑦(0) = 𝑐 0 , 𝑦 ′ (0) = 𝑐 1 Kết hợp với điều kiện ban đầu, ta được:
8 Vậy, nghiệm chuỗi cần tìm là:
Ví dụ 3.1.2 Dũng chuỗi luỹ thừa giải phương trình: 𝑦" + 𝑦 = 0
Giả sử phương trình có nghiệm dạng:
Lấy vi phân từng số hạng chuỗi này, ta được:
Thay vào phương trình đã cho, ta có:
Sắp xếp vế nhữung số hạng trên theo số mũ tăng dần của 𝑥, ta được:
Vì phương trình này thoả với mọi 𝑥 nên:
Ta thấy: 𝑐 2 biểu diễn qua 𝑐 0 , 𝑐 3 biểu diễn qua 𝑐 1 Và 𝑐 4 biểu diễn qua 𝑐 2 nhưng 𝑐 2 biểu diễn qua 𝑐 0 Do đó:
720𝑐 0 Nếu ta thế các giá trị từ 𝑐 0 đến 𝑐 6 vào 𝑦 = ∑ ∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 𝑥 𝑛 và đặt 𝑐 0 , 𝑐 1 làm nhân tử chung ta được:
Chú ý: Phương pháp này cho phép ta tìm được nhiều số hạng của nghiệm
Phương pháp sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều nếu ta tìm được dạng tổng quát cho các hệ số 𝑐 𝑛 Công việc này được tiến hành như sau:
Ta giải phương trình vi phân đã cho, nhưng lần này ta sử dụng ký hiệu tổng
" ∑ " và để thuận tiện cho việc so sánh các hệ số của 𝑦 ′ , 𝑦" dễ dàng hơn, ta đặt 𝑛 ′ = 𝑛 − 2, nghĩa là 𝑛 = 𝑛 ′ + 2 Ta được: 𝑦" = ∑ ∞ 𝑛′=0 (𝑛 ′ + 2)(𝑛 ′ + 1)𝑐 𝑛 ′ +2 𝑥 𝑛 ′
Theo lý thuyết chuỗi luỹ thừa, hai chuỗi ∑ ∞ 𝑛′=0 (𝑛 ′ + 2)(𝑛 ′ + 1)𝑐 𝑛 ′ +2 𝑥 𝑛 ′ và
Thay 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦" vào phương trình vi phân đã cho, ta được:
Một chuỗi luỹ thừa đồng nhất bằng không khi và chỉ khi tất cả các hệ số của nó bằng không Do đó, các hệ số của 𝑥 𝑛 phải bằng 0:
Nếu biết 𝑐 0 và 𝑐 1 thì các hệ số còn lại sẽ được xác định
Do đó, nghiệm của phương trình đã cho là:
Với 𝑐 0 và 𝑐 1 là hai hằng số tuỳ ý
Chúng ta nhận thấy hai chuỗi tìm được ở trên chính là các chuỗi Maclaurin của cos 𝑥 và sin 𝑥 Do đó, nghiệm của phương trình là:
Tuy nhiên, trong một số trường hợp, việc biểu diễn các nghiệm dạng chuỗi luỹ thừa của phương trình vi phân dưới dạng các hàm số sơ cấp đã biết là rất khó khăn.
Giả sử nghiệm của phương trình có dạng:
Thế 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦" vào phương trình và rút gọn, ta được:
Tổng quát, các hệ số được cho bởi:
Do đó, nghiệm của phương trình là:
𝑥 2𝑛+1 ) Định nghĩa 3.1.4 Hệ thức truy hồi giữa 𝑐 0 , 𝑐 1 , 𝑐 2 , … là một phương trình có dạng
𝑐 𝑛+𝑚 = 𝑓(𝑐 𝑛 , 𝑐 𝑛+1 , … , 𝑐 𝑛+𝑚−1 ) Nghĩa là 𝑐 𝑚+𝑛 được xác định bởi 𝑚 số hạng trước đó
Số nguyên dương 𝑚 là bậc của hệ thức truy hồi
(𝑛+1)(𝑛+2) là hệ thức truy hồi bậc hai
Không có phương pháp tổng quát nào để xác định hệ thức truy hồi, nhưng một kỹ thuật đơn giản thường được áp dụng là viết lại hệ thức đó một cách khéo léo Các ví dụ dưới đây sẽ minh họa cho phương pháp này.
* Hệ thức truy hồi 𝑐 𝑛 = −𝑐 𝑛−1 (𝑛 = 1,2, … ) có thể được viết lại dưới dạng:
* Hệ thức truy hồi 𝑛𝑐 𝑛 = 𝑐 𝑛−1 (𝑛 = 1,2, … ) có thể được viết lại dưới dạng:
* Hệ thức truy hồi (𝑛 + 2)(𝑛 + 1)𝑐 𝑛+2 = −𝑐 𝑛 có thể được giải như sau: Nếu 𝑛 là số chẵn, 𝑛 = 2𝑚, hệ thức truy hồi trên có thể được viết là:
Nếu 𝑛 là số lẻ, 𝑛 = 2𝑚 + 1, hệ thức truy hồi trên có thể được viết là
Phương pháp đạo hàm liên tiếp
Để đơn giản ta trình bày phương pháp này cho các phương trình cấp hai Các phương trình cấp khác được trình bày tương tự
Trong đó, hàm số 𝑓 và các đạo hàm riêng của nó liên tục trong miền mở
Vấn đề trước tiên là tìm 𝑦 (𝑛) (𝑥 0 ), 𝑛 = 0,1,2 … với 𝑦(𝑥 0 ), 𝑦 ′ (𝑥 0 ) đã biết Để tìm 𝑦"(𝑥 0 ) chỉ việc cho 𝑥 = 𝑥 0 , 𝑦 = 𝑦 𝑜 , 𝑦 ′ = 𝑦 𝑜 ′ vào (3.2.1) ta được
Tiếp theo để tìm 𝑦 ′′′ (𝑥 0 ), ta đạo hàm (3.2.1)
Tiếp tục quá trình, chúng ta lần lượt xác định 𝑦(𝑛)(𝑥₀) cho mọi 𝑛 Sau đó, thiết lập chuỗi Taylor và xác định khoảng hội tụ của nó Cuối cùng, kiểm tra xem chuỗi này có phải là nghiệm hay không.
Ví dụ 3.2.1 Xét phương trình 𝑦 ′ = 𝑥𝑦, 𝑦(0) = 1
Ta có ngay 𝑦 ′ (0) = 0, dễ thấy rằng
(2𝑚 − 1)(2𝑚 − 3) … 1, 𝑛 = 2𝑚 Vậy ta có chuỗi luỹ thừa quanh 𝑥 0 = 0 là:
Vậy 𝑧(𝑥) là nghiệm của phương trình
Ví dụ 3.2.2 Sử dụng phương pháp chuỗi để tìm một nghiệm riêng của phương trình sau:
Bài toán này đã được giải bằng phương pháp hệ số bất định
Ta có các hàm số 𝑓 0 (𝑥) = 𝑥 2 , 𝑓 1 (𝑥) = −𝑥 − 1 và 𝑄(𝑥) = 𝑥, tất cả đều là đa thức, do đó nghiệm chuỗi nhận được sẽ hội tụ với mọi giá trị của 𝑥 Với điều kiện ban đầu cho giá trị của nghiệm và đạo hàm tại 𝑥 = 0, ta sẽ tìm nghiệm dưới dạng chuỗi Maclaurin.
Thế 𝑥 = 0, 𝑦 = 1, 𝑦 ′ = 1 vào phương trình đã cho, ta được:
𝑦 ′′ (0) − 1 = 0, Hay 𝑦 ′′ (0) = 1 Để tìm 𝑦 ′′′ (0), 𝑦 (4) (0) ta lấy đạo hàm hai vế của phương trình đã cho, ta được:
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế của phương trình này ta được:
Kết hợp với 𝑥 = 0, 𝑦 ′ = 1, 𝑦 ′′ = 1, ta suy ra:
8 + ⋯ , −∞ < 𝑥 < ∞, là nghiệm chuỗi với năm số hạng đầu tiên thoả yêu cầu bài toán.
Điều kiện tồn tại nghiệm dạng chuỗi
Định nghĩa 3.3.1 (Điểm chính qui) Điểm 𝑥 = 𝑥 0 được gọi là điểm chính qui (điểm thông thường) của phương trình vi phân tuyến tính
𝑦 (𝑛) + 𝐹 𝑛−1 (𝑥)𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝐹 1 𝑦 + 𝐹 0 (𝑥) = 𝑄(𝑥) nếu các hàm 𝐹 0 , 𝐹 1 , … , 𝐹 𝑛−1 , và 𝑄 đều giải tích tại 𝑥 = 𝑥 0 Định lý 3.3.2 Cho phương trình vi phân tuyến tính có dạng:
𝑦 (𝑛) + 𝑓 𝑛−1 (𝑥)𝑦 (𝑛−1) + ⋯ + 𝑓 1 𝑦 + 𝑓 0 (𝑥) = 𝑄(𝑥) Nếu mỗi hàm 𝑓 0 (𝑥), 𝑓 1 (𝑥), … , 𝑓 𝑛−1 (𝑥), 𝑄(𝑥) trong phương trình trên đều giải tích tại 𝑥 = 𝑥 0 thì phương trình trên luôn có nghiệm 𝑦(𝑥) cũng giải tích tại 𝑥 𝑥 0 và thoả 𝑛 điều kiện ban đầu là:
Cách tìm nghiệm dạng chuỗi luỹ thừa của phương trình vi phân tuyến tính
Để tìm nghiệm dạng chuỗi của phương trình vi phân tuyến tính cấp hai, chúng ta sẽ trình bày các bước cụ thể để dễ hình dung Phương pháp này bao gồm việc xác định nghiệm chuỗi lũy thừa cho phương trình, giúp giải quyết các bài toán liên quan một cách hiệu quả.
𝑎 2 (𝑥)𝑦 ′′ + 𝑎 1 (𝑥)𝑦 ′ + 𝑎 0 (𝑥)𝑦 = 0 (3.4.1) quanh 𝑥 0 = 0, trong đó 𝑎 2 (𝑥), 𝑎 1 (𝑥), 𝑎 0 (𝑥) là các đa thức của 𝑥 và 𝑎 2 (0) ≠ 0, ta thực hiện theo các bước sau:
1) Giả sử nghiệm chuỗi có dạng:
2) Thay 𝑦 và các đạo hàm thích hợp vào phương trình đã cho
3) Kết hợp các số hạng và đưa về cùng một dạng của số mũ trong mỗi chuỗi sau khi đổi các chỉ số của tổng
4) Để chỉ số dưới của tất cả các chuỗi bắt đầu với cùng một số nguyên
5) Cho hệ số của mỗi luỹ thừa của 𝑥 bằng không, từ đó nhận được hệ thức truy hồi
6) Tìm các số hạng trong nghiệm chuỗi hoặc tìm một công thức tổng quát cho
7) Kiểm tra sự hội tụ của các chuỗi
Nếu điều kiện ban đầu được cung cấp với một giá trị đặc biệt của 𝑥, giá trị này sẽ được sử dụng cho 𝑥 0 Do đó, chuỗi 𝑦 sẽ được xác định như sau: 𝑦 = ∑ ∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 (𝑥 − 𝑥 0 ) 𝑛 Trong trường hợp này, có hai phương pháp để thực hiện.
Cách 1: Theo kỹ thuật trước, ta dùng chuỗi 𝑦 = ∑ ∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 (𝑥 − 𝑥 0 ) 𝑛 để thay cho chuỗi 𝑦 = ∑ ∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 𝑥 𝑛 Cách này thuận lợi khi biểu diễn các hệ số
𝑎 2 (𝑥), 𝑎 1 (𝑥), 𝑎 0 (𝑥) thành những đa thức của 𝑥 − 𝑥 0
Cách 2: Đổi biến 𝑋 = 𝑥 − 𝑥 0 Theo cách này điểm 𝑥 − 𝑥 0 tương ứng với
𝑋 = 0, và 𝑦(𝑥) = ∑ ∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 (𝑥 − 𝑥 0 ) 𝑛 sẽ trở thành 𝑦(𝑋) = ∑ ∞ 𝑛=0 𝑐 𝑛 𝑋 𝑛 Sau đó, ta làm theo tiến trình ở trên
Ví dụ 3.4.1 Sử dụng phương pháp chuỗi để tìm nghiệm của phương trình sau đây:
Một nghiệm chuỗi theo các luỹ thừa của (𝑥 − 1) sẽ có dạng là:
Nhân 𝑥 2 vào hai vế của phương trình đã cho, sau đó thế 𝑦, 𝑦 ′ , 𝑦 ′′ , 𝑦′′′ vào phương trình đã cho Ta được:
Ta cần biểu diễn 𝑥 2 và 𝑥 theo các luỹ thừa của (𝑥 − 1) Ta có:
𝑥 2 = 1 + 2(𝑥 − 1) + (𝑥 − 1) 2 Thế 𝑥, 𝑥 2 vào phương trình trên, ta được:
Cho các hệ số theo các luỹ thừa của (𝑥 − 1) bằng 0 Ta được:
𝑦(1) = 𝑐 0 , 𝑦 ′ (1) = 𝑐 1 , 𝑦 ′′ (1) = 2𝑐 2 Kết hợp với điều kiện ban đầu, ta được:
15 Vậy nghiệm cần tìm là: