Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P5 docx

Vì f liên tục, suy ra từ bài toán trước rằng nghịch ảnh của mọi tập mở là mở.. Theo kết quả của 1.7.12, tậpCcác điểm liên tục củaf bằng tập các điểm mà trên đó dao dộ triệt tiêu.. Mọi hà

3.4 Chuỗi Taylor 193

và do tính liên tục của f, f (xn) ! f(x) Vì F đóng, f (x) 2 F, hay nói cáchkhác x2 fĂ1(F) Vậy ta đ∙ chứng minh rằng fĂ1(F) đóng

Để chứng minh (b) =) (c), chỉ cần chú ý rằng mọi tập con mở G của

Y là phần bù của tập con đóng F, tức là, G = Y ẵ F Khi đó, ta có

fĂ1(G) = Xẵ fĂ1(F)

Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng (c)=) (a) Gọi x0 2 X và " > 0 tuỳ ý cố

định Theo giả thiết, tập fĂ1(BY(f (x0); "))là mở trong X Do x0 là phần tửcủa fĂ1(BY(f (x0); ")), tồn tại± > 0sao choBX(f (x0); ")ẵ fĂ1(BY(f (x0); ")).Vì vậy, ta có f (BX(x0; ±))ẵ BY(f (x0); "), tức là f liên tục tại x0

Vậy, ta đ∙ chứng minh rằng ba điều kiện đầu tiên là tương đương.Tiếp theo, ta chứng minh rằng (a) =)(d) Để làm vậy, lấy y0 2 f(A) Theo

định nghĩa nghịch ảnh của một tập dưới tác động của ánh xạ f, tồn tại

x0 2 A sao cho f (x0) = g(x0) Do tính liên tục của f tại x0, với " > 0 chotrước, tồn tại hình cầu BX(x0; ±) sao cho

194 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

fĂ1(B) 2 B(X) Khi đó B~ là ắ-đại số các tập con của Y Vì f liên tục, suy

ra từ bài toán trước rằng nghịch ảnh của mọi tập mở là mở Do đó, B~chứatất cả các tập con mở của Y Từ đó, B(Y) ẵ ~B, suy ra nếu B 2 B(Y), thì

f (F) =n

sinẳ

2;Ă sinẳ3; sinẳ

4; : : :o

không đóng trongY bởi vì nó không chứa điểm điểm tích luỹ của nó, tức là

điểm0

Lấy X và Y như trên đồng thời xác định f (x) = x(xĂ 2)2 và G = (1; 3).Khi đó, f (F) = [0; 3)

1.7.4. Nếu yninf f (F), thì yn = f (xn), ở đây xn 2 F; n = 1; 2; 3; : : : Nếu F

compact trongX, thì tồn tại d∙y confxn kgcủafxnghội tụ tớix2 F Do tínhliên tục củaf, fyn kg xác định bởi ynk = f (xnk) là d∙y con củafyng hội tụ tới

f (x) inf f (F) Vậy tính compact của f (F) được chứng minh

1.7.5. Gọifxnglà d∙y các phần tử trong F1[ F2[ : : : [ Fm hội tụ tới x Khi

đó, tồn tại ít nhất một d∙y Fi chứa d∙y con fxn kg Do đó, d∙y fxng có thểphân tích thành hữu hạn d∙y con sao cho mỗi d∙y con được chứa trong mộttậpFi DoFi đóng và f liên tục trên Fi, f (xnk) = fjFi(xnk)! fjFi(x) = f (x).Suy ra rằng ff(xn)g được phân tích thành hữu hạn d∙y con hội tụ tới f (x),tức làff(xn)g hội tụ tới f (x)

Để thấy rằng khảng định không đúng trong trường hợp vô hạn tập, xét

3.4 Chuỗi Taylor 195

1.7.6. Lấy tuỳ ý x0 2 [

t 2TGt Khi đó, tồn tại t0 2 T sao chox0 2 Gt 0 Vì Gt0

mở và giới hạn của f trên Gt0 là liên tục, với" > 0, tồn tại± > 0sao cho nếu

x 2 B(x0; ±) ẵ Gt 0, thì f (x) = fjGt0(x)2 BĂ

fjGt0(x0); "Â

, tức là f liên tục tại

x0

1.7.7. Giả sử rằng với mọ tập compactAẵ X, fjA là liên tục Nếu d∙yfxng

các phần tử của X hội tụ tới x, thì tập A = fx; x1; x2; x3; : : :g là compacttrong X Vậy, f (xn) = fjA(xn)! fjA(x) = f (x) Vậy f liên tục trên X Baohàm ngược lại là rõ ràng

1.7.8. Tính liên tục của fĂ1 tương đương với điêuf kiện f (G) mở trong Y

với mỗi G mở trong X Nếu G mở trong X, thì GC = X ẵ G, coi như tậpcon đóng của không gian compact X là compact Theo kết quả của 1.7.4,

f (GC) = bY ẵ f(G) cũng compact, và do đó đóng Điều này có nghĩa f (G)

mở

Để chỉ ra tính compact là giả thiết cốt yếu, xétf : (0; 1)[ f2g ! (0; 1]chobởi f (x) = x với x 2 (0; 1) và f (2) = 1 Rõ ràng, f là song ánh liên tục từ

(0; 1[ f2g) lên (0; 1] Vì fĂ1(x) = x với x 2 (0; 1) và fĂ1(1) = 2, hàm ngượckhông liên tục trên (0; 1]

1.7.9. Gọi d1 và d2 lần lượt là các metric của X và Y Do tính liên tục của

f, với " > 0 cho trước vàx2 X, tồn tại ±(x) > 0 sao cho

d1(y; x) < ±(x) kéo theo d1(f (y); f (x)) < "

2:(1)

Vì họ các hình cầuâ

BĂx;12±(x)Â

: x2 Xê

là phủ mở của không gian compact

X, tồn tại phủ con hữu hạn

ẵB

àxi;1

2±(xi)

ả: i = 1; 2; : : : ; n

ắ:(2)

Đặt± = 12minf±(x1); ±(x2); : : : ; ±(xn)gvà lấyxvàytrongX sao chod1(x; y) <

± Vì họ (2) là một phủ của X, tồn tại i 2 f1; 2; : : : ; ng sao cho d1(x; xi) <1

2±(xi) Khi đó

d1(y; xi) < d1(y; x) + d1(x; xi) < ± +1

2±(xi)∙ ±(xi):

và vì vậyf liên tục đều trên X.

1.7.11. Nếuf (X)không liên thông, thì tồn tại các tập con mở rời nhau, khácrỗng G1 và G2 sao cho G1 [ G2 = f (X) Tính liên tục của f suy ra rằng

fĂ1(Gi); i = 1; 2, là mở Rõ ràng, chúng khác rỗng, rời nhau và hợp củachúng bằngX, mâu thuẫn

1.7.12. Gọi d1 và d2 lần lượt là các metric trên X và Y Giả sử f liêntục tại x0 2 A Khi đó, với " > 0 cho trước, có thể tìm ± > 0 sao cho

f (x)2 Bf(x0); "=2 bất cứ khi nào x2 B(x0; ±)\ A Do đó,, d2(f (x); f (y)) < "

với mọix; y 2 B(x0; ±)\ A Suy ra rằngof(x0) = 0 Ngược lại, nếuof(x0) = 0,thì với" > 0, tồn tại±" > 0sao cho

0 < ± < ±" kéo theo diam(f (A\ B(x0; ±))) < ":

Từ đód1(x; x0) < ± kéo theo

d2(f (x); f (x0))∙ diam(f(A \ B(x0; ±))) < ":

3.4 Chuỗi Taylor 197

1.7.13. Đặt B = fx 2 A : of(x) á "g và gọi fxng là d∙y các điểm của B hội

tụ tới x0 Vì B ẵ A; x0 2 A Vì vậy, of(x0) được xác định đúng đắn Ngoài

ra, với mọi ± > 0, tồn tạin2 Nsao cho B(xn; ±=2)ẵ B(x0; ±) Từ đó

diam(f (A\ B(x0; ±)))á diam(f(A \ B(xn; ±=2))) á of(xn)á ":

Suy ra rằng of(x0)á ", hay nói cách khác, x0 2 B

1.7.14. Theo kết quả của 1.7.12, tậpCcác điểm liên tục củaf bằng tập các

điểm mà trên đó dao dộ triệt tiêu Đặt

Bn;

tức là, tập các điểm liên tục của f có kiểu G± Suy ra rằng tập Xn C các

điểm gián đoạn của f có kiểu Fắ trong X

1.7.15. Xét hàm định nghĩa bởi (so sánh với 1.2.3 (a))

q nếu x = pq; p2 Z; q 2 N; và p; q nguyên tố cùng nhau

1.7.16. [S S Kim, Amer Math Monthly 106 (1999), 258-259] Gọi A cókiểu Fắ trong R, tức là

1[n=1

Fn = A;

ở đây Fn đóng Không mất tổng quát, có thể giả sử rằng Fn ẵ Fn+1 với

n2 N Thực vậy, chỉ cần thayFn bởiF1[ F2[ Â Â Â Fn Nếu A= R, thì, chẳnghạn, f (x) = ÂQ(x) gián đoạn tại mỗi x 2 R Nếu A 6= R, thì ta định nghĩahàm g bằng cách đặt

Trước hết, ta chỉ ra rằng mỗi điểm của A là điểm giám đoạn của f Thựcvậy, nếux 2 Ao, thì mọi lân cận của x chứa một điểm mà tại đó dấu của f

khác dấu củaf (x) Nếu x2 @A \ A, thì f (x)6= 0 và mọi lân cận của xchứamột điểm mà tại đó f triệt tiêu Vì A = Ao

[ (@A \ A), hàm f gián đoạntrên A Bây giờ, ta phải chỉ ra rằng f liên tục trên R ẵ A Ta có f (x) = 0

nếux =2 A Nếu d∙yfxkghội tụ tới xvà xk2 A, thì với mọin, tồn tại kn saocho xk 2 Fn với k á kn (Nếu có vô hạn xk trong Fn nào đó, thì x cũng nằmtrong Fn.) Do đó, với ká kn,

1.7.17. Không Mọi hàm xác định trên không gian metric rời rạc là liên tục

1.7.18. Trước hết giả sử rằngx2 @A = A \ X n A Vì mỗi hình cầuB(x; ±)

chứa các điểm củaA và các điểm của Xn A, ta có oÂA(x) = 1

Bây giờ, giả sử rằng oÂA(x) > 0 Điều này có nghĩa với mọi± > 0,

sup⯯ÂA(x)Ă ÂA(y)¯

¯ : y 2 B(x; ±)ê = oÂA(x; ±) > 0:

Do đó, mỗi hình cầuB(x; ±)phỉa chứa các điểm củaAvà các điểm củaXnA

Từ đó,x2 @A = A \ X n A

Rõ ràng, nếu A vừa mở, vừa đóng, thì @A = ; Vì vậy, theo 1.7.12, ÂA

liên tục trên X Ngược lại, nếu ÂA liên tục trên X, thì @A = ; Bây giờ,

ta chứng minh rằng A ẵ A Nếu không, tồn tại x 2 A n A ẵ X n A, mâuthuẫn Có thể chứng minh hoàn toàn tương tự rằngXn A cũng đóng

1.7.19. Với x2 A và ± > 0 ta có

of(x; ±) = supfd2(f (x); f (y)) : y2 B(x; ±)g

= supfd2(f (x); f (y)) : y2 A \ B(x; ±)g+ supfd2(f (x); f (y)) : y 2 (X n A) \ B(x; ±)g

Gọif±nglà d∙y các số dương hội tụ tới0 VìAo =;, tậpXn Atrù mật trong

X Vậy mỗi hình cầuB(x; ±n) chứa một điểmyn của Xn A Do đó,

điểm liên tục của f Trước hết ta sẽ chứng minh rằng nếu f liên tục tạix0,thì x0 2 C Vì f (x) = lim

n !1fn(x), tồn tại m sao cho

jf(x0)Ă fm(x0)j ∙ 3":

Suy ra từ tính liên tục củaf và fm tạix0 rằng tồn tại một hình cầu B(x0; ±)

sao cho với x2 B(x0; ±),

jf(x) Ă f(x0)j ∙ "3 và jfm(x)Ă fm(x0)j ∙ "3:

Do đó,jf(x)Ă fm(x)j ∙ "nếux2 B(x0; ±) Điều này có nghĩax0 2 (Pm(")) o

ẵG(") Vì " > 0có thể chọn tuỳ ý, ta có x0 2 C

Bây giờ nếu

x0 2 C =

1

\n=1G(1=n);

thì, với mọi " > 0; x0 2 G("=3) Vậy tồn tại số nguyên dương m sao cho

x0 2 (Pm("))o Do đó tồn tại hình cầuB(x0; ±) sao cho nếux2 B(x0; ±), thì

1[m=1(Fm(")n (Fm("))o);

1[n=1(Xn G(1=n)):

Vì vậy, tập Xn C các điểm gián đoạn củaf thuộc phạm trù thứ nhất

1.7.21. Ta sẽ dùng kí hiệu của lời giải của bài toán trước Ta có

Xn G(1=k) ẵ X n

1[m=1(Fm(1=k))o ẵ

1[m=1(Fm(1=k)n (Fm(1=k))o):

Từ đó,

1[k=1(Xn G(1=k)) ẵ

1[k=1

1[m=1(Fm(1=k)n (Fm(1=k))o):

Vậy, Xn C là tập con của hợp đếm được các tập đóng và không đâu trù mật(các phần bù của chúng mở và trù mật trong X) Suy ra rằngC chứa giao

đếm được các tập mở và trù mật Theo định lí Baire, Ctrù mật trong X

x

Ô

, thì

f (Fn):

B©y giê, ta chøng minh r»ng nÕuf liªn tôc, th×

1

\n=1

f (Fn)½ f

à 1

\n=1

Fn

!:

3.4 Chuỗi Taylor 203

1.7.26. Giả sử trước hết rằngX là không gian metric compact vàf : X! R

liên tục Khi đó, với " > 0 cho trước và x 2 X, tồn tại ±x > 0 sao cho

jf(y) Ă f(x)j < " với jy Ă xj < ±x Vì họ fB(x; ±x); x 2 Xg là phủ mở của

X, tồn tại phủ con hữu hạn B(x1; ±x1); B(x2; ±x2); : : : ; B(xn; ±xn) Vì vậy với

x2 X, tồn tại i2 f1; 2; : : : ; ng sao chox2 B(xi; ±xi) Suy ra rằng

jf(x)j ∙ jf(x) Ă f(xi)j + jf(xi)j ∙ " + maxff(x1); f (x2); : : : ; f (xn)g;

tức làf bị chặn trên X

Bây giờ giả sử rằng hàm thực liên tục trênX bị chặn và giả sử ngược lạirằngXkhông compact Khi đó, có thể tìm d∙y fxngcác phần tử trongX màkhông chứa bất kỳ d∙y con hội tụ nào Khi đó, F=fxn : n2 Ng đóng trong

X Hàmf cho bởi f (xn) = n liên tục trênF Theo định lí thác triển Tietze,tồn tại thác triển liên tục của f xác định trên toàn X Vậy, ta đ∙ xây dựngmột hàm liên tục và không bị chặn, mâu thuẫn

1.7.27. Trước hết, ta chứng minh rằng (a) suy ra (b) Giả sử (a) đúng, tức

lim

n !1ẵ(xn) = 0và giả sử ngược lại rằng fxngkhông chứa d∙y con hội tụ Khi

đó tồn tại d∙yfyngcác phần tử trongXsao cho lim

n !1d1(xn; yn) = 0vàyn 6= xn

với n2 N Nếu fyng chứa d∙y con hội tụ ynk, thì do lim

k !1d1(xnk; ynk) = 0, d∙ycon fxn kg cũng hội tụ Suy ra rằng không có số hạng nào của d∙y fxng và

fyngđược lặp lại vô hạn lần Vì vậy, tồn tại một d∙y tăng thực sựfnkgcác sốnguyên dương sao cho các tập vô hạnF1 =fxn k : k 2 NgvàF2 =fyn k : k 2 Ng

đóng và rời nhau Theo bổ đề Urysohn, tồn tại hàm liên tục f : X ! R saocho f bằng1 trên F1 và bằng 0trên F2 Vậy

jf(xn k)Ă f(yn k)j = 1 và lim

k !1d1(xnk; ynk) = 0:

Từ đó f liên tục nhưng không liên tục đều trên X, mâuthuẫn (a)

Để chỉ ra rằng (b) suy ra (a), kí hiệu A là tập các điểm giới hạn của X.Theo (b), mọi d∙y các phần tử trong A có d∙y con hội tụ tới phần tử trong

A Vì vậy, A compact Nếu X 6= A, thì với ±1 > 0, đặt ±2 = inffẵ(x) : x 2X; dist(x; A) > ±1g Ta sẽ chứng minh rằng ±2 > 0 Nếu ±2 = 0, thì tồn tại

204 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

d∙y fxng các phần tử trong X sao cho lim

n !1ẵ(xn) = 0 và dist(xn; A) > ±1.theo (b), fxng có d∙y con hội tụ tới một phần tử trong A, mâu thuẫn Gọi

f : X! R là hàm liên tục và lấy " > 0tuỳ ý cố định Khi đó, với x2 A, tồntại±x > 0sao cho nếud1(x; y) < ±x, thì jf(x) Ă f(y)j < 12" VìA compact, tồntạix1; : : : ; xn2 A sao cho

Aẵ

n[k=1B

àxk;1

3±xk

ả:

Đặt ±1 = 13minf±x 1; : : : ; ±xng và ±2 > 0 như trên Đặt ± = minf±1; ±2g vàlấy x; y 2 X sao cho d1(x; y) < ± Nếu dist(x; A) > ±1, thì ẵ(x) > ±2, vậy

d1(x; y) < ± ∙ ±2 chỉ nếu x = y Khi đó, rõ ràng, jf(x) Ă f(y)j < " Nếu

dist(x; A) ∙ ±1, thì tồn tại a 2 A sao cho d1(x; a) ∙ ±1 Suy ra từ trên rằngtồn tạik 2 f1; 2; : : : ; ng để d1(a; xk) < 13±xk Do đó,

d1(y; xk)∙ d1(y; x) + d1(x; a) + d1(a; xk) < ± + ±1+ 1

Điều này chứng minh tính liên tục đều củaf trên X

1.7.28. Biết rằng, xem, chẳng hạn, 1.7.9, mọi hàm liên tục trên không gianmetric compact là liên tục đều Nếu X là compact, thì mỗi tập fx 2 X :

ẵ(x) > "g; " > 0, là hữu hạn Mặt khác, giả sử rằng tồn tại một số " > 0 saocho tập fx 2 X : ẵ(x) > "g là hữu hạn Vì họ các hình cầu B(x; "); x2 X làphủ mở củaX, nó có phủ con hữu hạn, mâu thuẫn với ẵ(x) > "với vô hạnx.Bâygiờ giả sử mọi hàm thực liên tục trên X là liên tục đều và tập x 2

X : ẵ(x) > " hữu hạn Ta sẽ chứng minh rằng X compact Gọi fxng là d∙ycác điểm củaX Nếu một số hạng của d∙y này được lặp lại vô hạn lần, thì

rõ ràng tồn tại một d∙y con hội tụ Nếu không, thì lim

n !1ẵ(xn) = 0, vì tập

fx 2 X : ẵ(x) > "g là hữu hạn Theo kết quả của bài toán trước, fxng chứamột d∙y con hội tụ

3.4 Chuçi Taylor 205

1.7.29. ChØ cÇn xÐt X = [0; 1][ f2g [ f3g [ f4g [ : : : ®­îc trang bÞ chuÈnEuclide d1(x; y) = jx ¡ yj

206 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

nên đạo hàm của f tại điểm0 không tồn tại.

(c) f0(x) = nẳ sin(2ẳx) với x2 (n; n + 1); n 2 Z Hơn nữa với n2 Z ta có

2.1 §¹o hµm cña hµm sè thùc 209

(a) Râ rµng

f0(x) =

(1 1+x 2 jxj < 1;

¯x=x n

(a) V× f liªn tôc nªnc = 0vµ a + b = 1 V×f¡0 (0) = 4,f+0(0) = bsuy rab = 4

vµ a =¡3 DÔ thÊy r»ng víi a; b; c ®­îc t×m ra ë trªn hµm f sÏ kh¶ vitrªn R

ekx= 1¡ e(n+1)x

1¡ ex :

2.1 Đạo hàm của hàm số thực 211

Đạo hàm hai vế ta được

nXk=0

kekx = ne

(n+2)x

Ă (n + 1)e(n+1)x+ ex(1Ă ex)2 :

(b) Đạo hàm nlần hai vế đẳng thức

2nXk=0(Ă1)k

à2nk

ả

ekx= (exĂ 1)2n

ta được

2nXk=0(Ă1)kkn

à2nk

à2nk

ả

= 0:

(d) Đạo hàm đẳng thức

nXk=1sin(kx) = sin

nx

2 sin(n+1)x2sinx2 ; x6= 2lẳ; l 2 Z;

ta được

nXk=1

k cos(kx) = 1

2n(n + 1):

a + 1n

¶+ f

µ

a + 2n

¶+¢ ¢ ¢ + f

µ

a + kn

214 Chương 2 Vi phân

với k = 1; n: Cộng các bất đẳng thức trên theo k ta được

n(n + 1)2n2 f0(a)Ă n(n + 1)2n2 " <

nXk=1

àf

+ 2

Ă

1 + n2Âm

Ă 12 n

+Â Â Â + k

Ă

1 + knÂm

Ă 1k n

ắ:

à

1 + 2a

n2

ả+Â Â Â + ln³

à1

a +

1

n2

ả+Â Â Â + ln

à1

f (x) + f³x

2

´+ f³x3

´+¢ ¢ ¢ + f³x

fĂ1 được xác định trên (0; 3) ngoại trừ các số hữu tỷ có căn bậc hai vô

tỷ, điều này có nghĩa là ta không định nghĩa được điểm trong trongmiền xác định của fĂ1 Vậy không tồn tại (fĂ1)0

2.1 Đạo hàm của hàm số thực 217

(b) Thấy rằng f được xác định trên (0; 2)[ B, với B ẵ (2; 7=2) Đồng thời

ta cũng thấy rằng hạn chế của f trên (0; 2) chính là hàm f được nêu

ở (a), vì vậy f0(1) = 2: Vì f (B) = A nên miền giá trị của f chứa (0; 3).Tuy vậy (fĂ1)0 cũng không tồn tại vì mỗi lân cận của 1 = f (1) chứa

ảnh của một điểm nào đó trong (0; 2) và trong B qua f Bên cạnh đó

ta có kết luận rằng giới hạn của fĂ1 tại điểm 1 cũng không tồn tại

2.1.16. Theo định lý Louville ta có mọi số vô tỷxbậckđều được xấp xỉ khôngtốt bởi các số hữu tỷ, theo nghĩa tồn tại một số M > 0 sao cho ¯¯

³p q

´

Ă f(x)p

Từ đó và với giả thiết f0(x) = 0 ta suy ra điều phải chứng minh

Ta có một nhận xét rằng với aq = 2Ăq thì f khả vi tại tất cả các điểm vôtỷ

2.1.17. Đặt P (x) = a(xĂ x1)(xĂ x2)Â Â Â (x Ă xn), ta có

P0(x) = a

nY

j=1

j 6=k(xkĂ xj); k = 1; 2; : : : ; n:

Điều phải chứng minh

Q(x)

P (x) =

nXk=1

nQj=1

j 6=k(xĂ xj) n

Qj=1

j 6=k(xkĂ xj)

:

218 Chương 2 Vi phân

Vì Q là đa thức có bậc không quá nĂ 1 nên ta chỉ cần chứng minh rằng

đẳng thức đúng với n điểm phân biệt Rõ ràng đẳng thức đúng với các giátrịx = xk; k = 1; 2; : : : ; n Cho Q(x)´ 1 ta có

1 =

nXk=1

1

P0(xk)

nY

j=1

j 6=k(xĂ xj):

Tính toán hệ số của xn Ă1 ta được

nXk=1

ả0

nQk=1jfkj

(x) =

Ãln

nYk=1

jfkj

!0(x) =

nXk=1

jfkj0(x)fk(x) :

Chú ý rằngjfkj0(x) = sgn(fk(x))f0

k(x) ta suy ra điều phải chứng minh

2.1.21. Sử dụng kết quả bài trên, thay thế fk bởi fk=gk:

2.1.22.

(a) Rõ ràng f và jfj liên tục tại x = 0 Hơn nữa f0(0) = 1 và jfj0(0) khôngtồn tại (xem 2.1.19)