Vận dụng phương pháp sử dụng số liệu thống kê vào dạy học địa lí 11 THPT

Lời nói đầuĐể tìm hiểu về phép tính biến phân và tích phân Stingiét, khoá luận này nhằm trình bày các khái niệm, định lý, tính chất cơ bản của hàm với biến phân giới nội, nguyên lý lựa c

Lời nói đầu

Để tìm hiểu về phép tính biến phân và tích phân Stingiét, khoá luận này nhằm trình bày các khái niệm, định lý, tính chất cơ bản của hàm với biến phân giới nội, nguyên lý lựa chọn của Helli, hàm liên tục với biến phân giới nội, tích phân Stingiét

Khoá luận đợc trình bày theo 2 chơng:

Chơng 1 Phép tính biến phân

Trong chơng này chủ yếu trình bày các khái niệm, định lý của hàm biến phân giới nội, các bổ đề của nguyên lý lựa chọn của Helli, các định lý của hàm liên tục với biến phân giới nội

đỡ tác giả trong quá trình làm khoá luận Mặc dù bản thân đã cố gắng rất nhiều nhng khoá luận không tránh khỏi những sai sót Tác giả rất mong các thầy cô giáo và bạn bè góp ý

Vinh, ngày 5/4/2004

Tác giả

Chơng 1

Phép tính biến phân

Đ1 Hàm với biến phân giới nội

Trong phần này chúng ta xét khái niệm về một lớp các hàm số có biến phân giới nội liên quan mật thiết với các hàm số đơn điệu

Giả sử f(x) là hàm giới nội trên [a, b] Ta chia [a, b] ra từng phần bởi các điểm tùy ý:

x0 = a < x1 < x2 < < xn = b,lập tổng số

V =

1 0

Định nghĩa 1.1.1 Cận trên đúng của tập hợp tất cả các tổng V gọi là biến

phân toàn phần của hàm số f(x) trên đoạn [a, b] và đợc ký hiệu là b ( f )

Định lý 1.1.1 Hàm số đơn điệu là hàm số có biến phân giới nội.

Chứng minh Ta chứng minh cho trờng hợp f(x) là hàm đơn điệu tăng

Nếu f(x) tăng trên [a, b] thì các hiệu f(xk +1) - f(xk) ≥ 0

và

V =

1 0

−

=

∑

n k

{f(xk +1) - f(xk)} = f(b) - f(a)

Suy ra

b a

V (f) < +∞.Vậy f(x) là hàm số với biến phân giới nội

Định lý 1.1.2 Hàm số thoả mãn “điều kiện lipsit” là các hàm với biến phân

giới nội.

Chứng minh Ta biết rằng một hàm số giới nội f(x) đợc xác định trên

[a,b] thoả mãn điều kiện lipsit nếu có một hằng số k sao cho:

Với 2 điểm bất kì x, y trên [a, b]

|f(x) - f(y)| < k |x - y|.Nếu tại mọi điểm [a, b] hàm số f(x) có đạo hàm f’(x) giới nội thì theo công thức Lagrangiơ ta có

f(x) - f(y) = f’(z)(x - y) (x < z < y).

Rõ ràng

f(x) - f(y) ≤ f’(z)(x - y)

Suy ra f(x) thoả mãn điều kiện lipsit

Nếu f(x) thoả mãn điều kiện lipsit thì

Ví dụ: Cho f(x) = x.cos2πx (0 < x < 1, f(0) = 0)

Nếu ta chia đoạn [a, b] thành từng phần bởi các điểm

Định lý 1.1.4 Tổng, hiệu và tích của hai hàm số với biến phân giới nội là

một hàm số với biến phân giới nội.

Chứng minh Giả sử 2 hàm số f(x) và g(x) là hai hàm số với biến phân giới nội

trên [a, b] và s(x), h(x), p(x) lần lợt là tổng, hiệu, tích của chúng, khi đó

+) |s(xk +1) - s(xk)|≤|f(xk +1) + g(xk +1)| - |f(xk) + g(xk)|

≤|f(xk +1) - f(xk)| + |g(xk +1) - g(xk)|

Suy ra

b a

Định lý 1.1.5 Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số với biến phân giới nội và

g(x) ≥ b > 0 thì thơng g f((x x)) cũng là một hàm số với biến phân giới nội.

Chứng minh Giả sử f(x) và g(x) là hai hàm số với biến phân giới nội trên [a,

k

x g

x f x

g

x f

k k

x g x g

x g x

1

A

b a

V (g)

Vậy t(x) là hàm số với biến phân giới nội

Định lý 1.1.6 Giả sử trên [a, b] đợc xác định một hàm số f(x) giới nội và a

< c < b Khi đó

b a

Các điểm {yk}, {zk} cũng chia đoạn [a, b] ra từng phần Nếu gọi V là tổng ứng với cách chia đó thì V = V1 + V2.

x0 = a < x1 < < xn = bsao cho điểm C trùng với một điểm chia nào đó

V (f) + b

c

V (f) (3)(3) đúng với những cách chia trong đó điểm C trùng với một điểm chia, nhng khi ta thêm vào các điểm chia mới không làm giảm tổng V nên (3) đúng với mọi tổng V

Do đó

b a

Hệ quả 1.1.1 Nếu trong các điều kiện của định lý, hàm số f(x) có biến phân

giới nội trên [a, b] thì nó cũng có biến phân giới nội trên mỗi đoạn [a, c] và

[c, b] và ngợc lại

Hệ quả 1.1.2 Nếu ta có thể chia đoạn [a, b] ra làm một số hữu hạn đoạn

con, trên mỗi đoạn con đó hàm số f(x) là đơn điệu thì f(x) có biến phân giới nội trên [a, b].

Định lý 1.1.7 Để cho một hàm số f(x) có biến phân giới nội thì điều kiện

cần và đủ là nó biểu diễn đợc thành hiệu của hai hàm số đơn điệu tăng.

Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử f(x) là hàm số biến phân giới nội cần

chứng minh f(x) biểu diễn đợc thành hiệu của hai hàm số đơn điệu tăng

Thật vậy, nếu a ≤ x < y ≤ b thì theo định lý 1.1.6

v(y) = π(y) - f(y) = π(x) + y

x

V (f) - f(y)nên

Từ (5) suy ra f(x) = π(x) - v(x) là cách biểu diễn cần tìm của f(x)

Điều kiện đủ: Giả sử f(x) biểu diễn đợc thành hiệu của hai hàm số tăng, cần chứng minh f(x) có biến phân giới nội

Thật vậy, giả sử v(x), π(x) là hai hàm số tăng

f(x) = π(x) - v(x)

Theo định lý 1.1.1, π(x), v(x) là các hàm số tăng nên π(x), v(x) là các hàm số với biến phân giới nội

áp dụng định lý 1.1.3, f(x) = π(x) - v(x) hiệu của hai hàm số với biến phângiới nội ⇒ f(x) là hàm số với biến phân giới nội

Hệ quả 1.1.3 Nếu hàm số f(x) có biến phân giới nội trên [a, b] thì hàm f(x)

có đạo hàm f’(x) hữu hạn hầu khắp nơi và khả tổng.

Hệ quả 1.1.4 Tập hợp các điểm gián đoạn của một hàm số có biến phân

giới nội cùng lắm là đếm đợc Tại mỗi điểm gián đoạn x0, có cả hai giới hạn

f(x0 + 0) = lim→0+

x

x f(x) f(x0 - 0) = → 0 −

Ta xét các hàm số các bớc nhảy

sπ(x) = [π(a + 0) - π(a)] +

x

x∑k< [π(xk + 0) - π(xk - 0)] + [π(x) - π(x- 0)] (a < x ≤ b)

sv(x) = [v(a + 0) - v(a)] +

x

x∑k< [v(xk + 0) - v(xk - 0)] - [v(x) - v(x - 0)]

(a < x < b)

Suy ra sπ(a) = sv(a) = 0

Giả sử s(x) = sπ(x) - sv(x), ta có thể viết hàm này nh sau

s(x) = [f(a + 0) - f(a)] +

x

x∑k< [f(xk + 0) - f(xk - 0)] + [f(x) - f(x - 0)]

(a < x ≤ b, s(a) = 0)

s(x) đợc gọi là hàm số các bớc nhảy của f(x) và s(x) là hàm số có biến phân giới

Định lý 1.1.8 Mọi hàm số có biến phân giới nội đều có thể biểu diễn thành

tổng của hàm số các bớc nhảy của nó với một hàm số liên tục có độ biến phân giới nội.

Đ2 Nguyên lý lựa chọn của Helli

Bổ đề 2.1.1 Giả sử trên [a, b] đợc xác định một họ vô số các hàm số H

= {fn(x)} Họ này giới nội đều tức là

|fn(x)| ≤ k ∀n, x ∈ [a, b] (1)

Khi đó với mọi tập con E ⊂ [a, b] ta cũng tính đợc một dãy con từ họ trên

hội tụ tại mọi điểm của tập E.

Chứng minh Giả sử E = {xk} ta xem tập hợp {f(x1)} là giá trị của các hàm số thuộc họ H lấy tại điểm x1

Vì tập hợp này giới nội nên theo định lý Bônzano-Vaystrat ta có thể lấy ra một dãy con hội tụ

) ( 1

) 1 (

n

f (x)} lấy tại điểm x2 Dãy này cũng giới nội nên ta có thể áp dụng đợc định lý Bônzano - Vaystrat thì đợc một dãy hội tụ

) 2 ( 1

n

f (x)}

Tiếp tục quá trình trên, ta thu đợc một tập hợp đếm đợc các dãy hội tụ

) ( 1

) 1 (

n

f (x)} (n =

1, 2, )

Đó là dãy cần tìm, tức là dãy hội tụ tại mọi điểm của tập E

Thật vậy, với mọi k cố định thì { (n)

f (xk)} hội tụ tới Ak

Bổ đề 2.1.2 Giả sử F = {fn(x)} là một dãy họ vô số các hàm số đơn điệu tăng, đợc xác định trên [a, b] Nếu họ hàm giới nội đều, tức là

|fn(x)|≤ k ∀n thì trong Fcó thể lấy ra đợc một dãy {fn(x)} hội tụ tại mọi điểm của [a, b] đến một hàm số đơn điệu tăng ϕ(x) nào đó

Chứng minh áp dụng bổ đề 2.1.1 vào họ {f(x)} và lấy E là tập hợp tất cả những điểm hữu tỷ trên [a, b] (cả điểm 0 nếu nó là vô tỉ) tại mọi điểm xk ∈ E đều

Ta lập hàm số ψ(x) bằng cách đặt nó bằng giới hạn (4) tại các điểm của tập hợp E: ψ (xk) = nlim→∞f n(xk) (xk ∈ E)

Hàm số ψ(x) mới chỉ đợc xác định trên tập hợp E và ta dễ dàng thấy rằng nó

là một hàm số tăng vì nếu xk và xi là 2 điểm của tập hợp E và xk < xi thì ψ(xk)

≤ψ(xi) ta hãy bổ khuyết thêm hàm số ψ(x) trên toàn bộ [a, b] bằng cách đặt nó bằng

ψ(x) = supx k<x{ψ(xk)} (xk ∈ E) tại mọi điểm vô tỉ của [a, b]

Rõ ràng ψ(x) là một hàm số tăng trên toàn bộ [a, b] Khi đó tập hợp Q của các điểm gián đoạn của hàm số ψ(x) liên tục

∞

→

n

lim fn(x0) = ψ(x0) (5)Quả vậy, với ε > 0 tùy ý ta có thể tìm đợc các điểm xk và xi của tập hợp E sao cho

áp dụng bổ đề 1.1.1 vào dãy F0 = {f(n)(x)}, bằng cách lấy E là tập hợp Q

các điểm gián đoạn mà tại đó (6) không đúng Ta sẽ đợc một dãy con {fn(x)} lấy

ra từ F0 và hội tụ tại mọi điểm của [a, b]

(Vì trên mọi điểm thuộc [a, b] thì fn(x) đều hội rụ suy ra dãy con fn(x) cũng hội tụ trên đó)

Ta đặt ϕ(x) = limn→∞fn(x) thì ϕ(x) cũng là dãy tăng

Định lý 2.1.1 (Henli) Giả sử trên [a, b] đợc xác định một họ vô số các hàm

số E = {f(x)} nếu tất cả các hàm số của họ và biến phân toàn phần của tất cả

các hàm số đó đều giới nội bởi cùng một số, tức là

|f(x)| ≤ k , b

a

V (f) ≤ k

thì trong họ E, ta có thể lấy ra một hàm số ϕ(x) nào đó và hàm số đó cũng có

biến phân giới nội.

Chứng minh Với mỗi f(x) của họ ta đặt

π(x) = x

a

V (f) , v(x) = π(x) - f(x)cả hai hàm số này đều tăng và |π(x)|≤ k , |v(x)|≤ 2k

áp dụng bổ đề 2.1.2 vào họ {π(x)} , nlim→∞πk(x) = α(x)

Mỗi hàm số πk(x) ứng với một hàm số {vk(x)} ta lấy ra đợc một dãy hội tụ {

Đ3 Các hàm số liên tục với biến phân giới nội

Định lý 3.1.1 Giả sử trên [a, b] đợc xác định một hàm số f(x) với biến phân

giới nội Nếu f(x) liên tục tại mỗi điểm x0 nào đó thì tại điểm đó, hàm số π(x) =

V =

1 0

|f(x1) - f(x0)| < ε.Khi đó từ (1) suy ra

−

=

∑

n k

V ≤ 2ε.Cho nên π(x1) - π(x0) ≤ 2ε nên π(x0 + 0) - π(x0) ≤ 2ε

Nhng ε tùy ý nên cho ε→ 0 ⇒ π(x0 + 0) = π(x0) (*)Giả thiết x0 > a ta chứng minh rằng π(x) liên tục tại điểm x0 về bên trái

Lấy ε > 0 tùy ý và chia [a, b] ra từng phần bởi các điểm

a = x0 < x1 < x2 < < xnsao cho

V =

1 0

−

=

∑

n k

V (f) < ε +

1 0

V

0

.Suy ra

n x a

Hay x0

a

V ≤ε hay π(x0) - π(x0 - 0) (**)

Từ (*) và (**) ⇒π(x) liên tục tại x0

Hệ quả 3.1.1 Một hàm số liên tục với biến phân giới nội có thể biểu diễn

thành hiệu của hai hàm số tăng và liên tục.

Chứng minh Thật vậy, nếu f(x) là hàm số liên tục với biến phân giới nội đợc

xác định trên [a, b] thì cả hai hàm số π(x) = x

a

V (f), v(x) = π(x) - f(x) đều liên tục.Giả sử trên [a, b] đợc xác định hàm số liên tục f(x), ta hãy chia [a, b] ra từng phần bởi các điểm

x0 = a < x1 < x2 < < xn = bMax(xk +1 - xk) = λ

Ta lập tổng số

V =

1 0

−

=

∑

n k

|f(xk +1) - f(xk)| , Ω =

1 0

−

=

∑

n k

wk

trong đó wk là giao độ của hàm số f(x) trên đoạn [xk, xk +1]

Định lý 3.1.2 Nếu λ→ 0 thì mỗi tổng V và Ω dẫn đến biến phân toàn phần b

a

V (f) của hàm số f(x)

Chứng minh Chúng ta đã biết rằng tổng V không giảm khi ta thêm vào các

điểm chia mới

Mặt khác, nếu điểm chia mới nằm trong khoảng xk và xk +1 thì độ tăng của tổng

số V không vợt quá 2 lần giao độ wk của f(x) trên đoạn [xk, xk +1] Ta hãy lấy một

số A < b

a

V (f) tùy ý và tìm tổng V* sao cho V* > A

Giả sử tổng V* ứng với cách chia sau

* 0

|f(x”) - f(x’)| < V*4m−A (xem ε = V*4m−A).

Ta sẽ chứng minh rằng với mọi cách chia trong đó λ < δ thì V > A (3)Thật vậy, khi có cách chia (I) nh thế, ta hãy lập nên một cách chia (II) mới từ cách chia (I) bởi sự thêm vào tất cả các điểm { *

k

x }.Nếu cách chia (II) ứng với tổng V0 thì

V0≥ V* (4)Mặt khác, cách chia (II) đợc từ cách chia (I) bằng cách thêm vào liên tiếp m lần, mỗi lần 1 điểm

Vì mỗi lần thêm tổng số V không thể vợt quá

m

A V

Mk = max{f(x)}, mk = min{f(x)} (xk ≤ x ≤ xk +1)thì tổng số V’ ứng với cách chia mới dĩ nhiên là không nhỏ hơn Ω

Giả sử m = min{f(x)}, M = max{f(x)}.

Ta xét hàm số N(y) đợc xác định trên [a, b] nh sau:

N(y) là số nghiệm của phơng trình f(x) = y Nếu tập các nghiệm đó là vô hạn

thì N(y) = +∞, ta gọi hàm số N(y) là chỉ số Banach

Ta thấy rằng N1(y) ≤ N2(y) ≤ N3(y) ≤ (vì Nn(y) - hàm số tăng)

Nên có một giới hạn hữu hạn hay vô hạn

N *(y) = nlim→∞N1(y)

Giới hạn này là một hàm số khả tổng theo định lý B.Levi

Trớc hết rõ ràng Nn(y) ≤ N(y)

Do đó N*(y) ≤ N(y) (9)Bây giờ giả thiết q là một số tự nhiên không lớn hơn N(y) Khi đó ta có thể tìm đợc q nghiệm khác nhau

N *(y) = + ∞.Nếu N(y) hữu hạn thì ta có thể lấy q = N(y) và khi đó (9) sẽ có dạng

N *(y) ≥ N(y) (11)

Từ (9) và (11) suy ra N*(y) = N(y)

Hệ quả 3.1.1 Để cho hàm số liên tục f(x) có biến phân giới nội điều kiện

cần và đủ là chỉ số hàm Banach N(y) của nó là khả tổng.

Hệ quả 3.1.2 Nếu f(x) là một hàm số liên tục và có biến phân giới nội thì

tập hợp các giá trị mà f(x) lấy vô số lần, có độ đo bằng không (trên trục tung)

Chơng 2

Tích phân Stingiét

Đ1 Khái niệm tích phân Stingiét

Giả sử trên [a, b] đợc xác định hai hàm số giới nội f(x) và g(x) Ta hãy chia [a, b] ra từng phần bởi các điểm

x0 = a < x1 < < xn = b

và trong mỗi đoạn [xk, xk +1] ta lấy một điểm ξk và lập tổng

σ =

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)[g(xk +1) - g(xk)]

Gọi λ = max(xk +1 - xk)

Định nghĩa 2.1.1 Tổng σ dẫn đến một giới hạn hữu hạn I khi λ→ 0, không phụ thuộc vào cách chia cũng nh cách chọn ξk, thì giới hạn này gọi là tích phân Stingiét của hàm số f(x) lấy theo hàm số g(x).

Kí hiệu

b a

∫f(x)dg(x) hay (S)

b a

∫f(x)dg(x)

Nói khác đi số I là tích phân Stingiét của hàm số f(x) lấy theo hàm số g(x) nếu với mọi ε > 0 đều có một số δ > 0 sao cho trong mọi cách chia với λ > δ thì

|σ - I| < ε, dù cho ta chọn điểm ξk nh thế nào (Tích phân Riman là một trờng hợp

đặc biệt của tích phân Stingiét khi g(x) = x)

Tích phân Stingiét có các tính chất sau:

∫f1(x)dg(x) +

b a

∫f(x)dg1(x) +

b a

∫f(x)dg2(x)

3 Nếu k, l là những hằng số

b a

∫kf(x)dlg(x) = kl

b a

∫f(x)dg(x).

4 Nếu a < c < b và cả 3 tích phân trong đẳng thức sau tồn tại thì

b a

∫f(x)dg(x) =

c a

∫f(x)dg(x) +

b c

∫f(x)dg(x).

Chứng minh Các tính chất 1, 2, 3 suy ra từ định nghĩa Ta chứng minh tính

chất 4

Lấy trên [a, b] một điểm C, C là một điểm chia Trên [a, b] ∀ε > 0 tùy ý thì

∃δ > 0 và σ→ I hữu hạn nào đó ⇒|σ - I| < ε suy ra có

b a

∫f(x)dg(x).

Trên [a, c] và [c, b] cũng tồn tại ε > 0, δ > 0: |σ - I| < ε

Suy ra tồn tại

c a

∫f(x)dg(x) và

b c

∫f(x)dg(x).

Ngợc lại, nếu tồn tại

c a

∫f(x)dg(x) và

b c

−∫f(x)dg(x) tån t¹i v× cã

σ =

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)[g(xk +1) - g(xk)] =

1 0

−

=

∑

n k

(x dg x

σ =

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)[g(xk +1) - g(xk)] =

1 0

−

=

∑

n k

−

=

∑

n k

0 0

5 Nếu một trong các tích phân ∫b

a

x dg x

f ( ) ( ) và ∫b

a

x df x

g( ) ( ) tồn tại thì tích phân kia cũng tồn tại và ta có đẳng thức

∫b

a

x dg x

f ( ) ( ) + ∫b

a

x df x

g( ) ( ) là tồn tại Ta chia đoạn [a, b] ra từng phần

và lập tổng số σ = f(ξk)[g(xk +1) - g(xk)].

Tổng này có thể viết dới dạng

σ =

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)g(xk +1) -

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)g(xk)

mà trong đó

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)g(xk +1) =

1 1

−

=

∑

n k

f(ξk -1)g(xk) + f(ξn -1)g(xn).

1 0

−

=

∑

n k

f(ξk)g(xk) =

1 1

−

=

∑

n k

f(ξk)g(xk) + f(ξ0)g(x0)

⇒ σ =

1 1

−

=

∑

n k

f(ξk -1)g(xk) + f(ξn -1)g(xn) -

1 1

−

=

∑

n k

f(ξk)g(xk) - f(ξ0)g(x0)

= -

1 1

−

=

∑

n k

−

=

∑

n k

g(xk)[f(ξk) - f(ξk -1)] +

+ f(ξn -1)g(xn) - f(ξ )g(x ) - f(b)g(b) + f(a)g(a)

σ = [f(x)g(x)] b

a - {g(a)[f(ξ0) - f(a)] + +

1 1

−

=

∑

n k

f( ) ( )tồn tại nếu hàm số g(x) liên tục trên

đoạn [a, b] và g(x) có biến phân giới nội trên đoạn đó.

Chứng minh Tất nhiên ta chỉ xem giả thiết rằng hàm số g(x) tăng Vì mọi

hàm số với biến phân giới nội đều biểu diễn đợc dới dạng hiệu của hai hàm số tăng ta hãy chia [a, b] ra thành từng phần bởi các điểm

−

=

∑

n k

mk[g(xk +1) - g(xk)]

S =

1 0

−

=

∑

n k

Mk[g(xk +1) - g(xk)].

Rõ ràng mọi cách chia ξk nh thế nào thì ta đều có s ≤σ ≤ S

Ta thấy rằng nếu thêm một điểm chia mới trên [a, b] thì tổng σ không giảm

và tổng S không tăng ⇒ tổng s luôn bé hơn tổng S

Thật vậy, khi có 2 cách chia (I) và (II) đoạn [a, b] ứng lần lợt với các tổng s1,

S1 và s2, S2 ta có thể lập nên cách chia (III) bằng cách gồm tất cả các điểm chia của (I) và (II) Cách chia (III) ứng với tổng số s3 và S3 thì

s1≤ s3≤ S3 ≤ S2⇒ s1 ≤ S2

Ta sẽ gọi I là cận trên đúng của tập hợp tất cả các tổng dới

I = sup{s}.Với mọi cách chia thì s ≤ I ≤ S (vì s ≤σ≤ S) nên |σ - I| ≤ S - s

Nếu lấy ε > 0 tùy ý và tìm δ > 0 sao cho bất đẳng thức |x” - x’| < δ

f ( ) ( )

Vậy ∫b

a

x dg x

f ( ) ( ) = (R)∫b

a

dx x g x

f ( ) ( ) tồn tại Mặt khác, hàm g(x) có cùng với nó ∫f(x)g’(x)dx liên tục hầu khắp nơi nên vế phải của (3) tồn tại.

Ta chỉ cần chứng minh hai tích phân đó bằng nhau

Thật vậy, ta chia [a, b] ra từng phần bởi các điểm

x0 = a < x1 < < xn = b