Bài giảng Toán cao cấp (A1) - Vũ Gia Lê

Do nhu cầu đòi hỏi của cuộc sống,tập các số tự nhiên N={0,1,2,...}, cơ sở của phép đếm đã
được mở rộng sang tập các số nguyên Z={0, ± 1, ± 2,...}. Sau đó, do trong Z không có các phần
tử mà tích với 2 hoặc 3 bằng 1, nên nguời ta đã xây dựng tập các số hữu tỉ Q, đó là tập gồm các số
được biểu diễn bởi tỉ số của hai số nguyên, tức là số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn.
Nếu chỉ dừng lại trên tập Q thì trong toán học gặp phải nhiều điều hạn chế, đặc biệt là gặp khó
khăn trong việc giải thích các hiện tượng của cuộc sống. Chẳng hạn việc tính đường chéo của hình
vuông có kích thước đơn vị. Đường chéo đó là 2 không thể mô tả bởi số hữu tỉ. Thật vậy
nếu 2 =
mn
∈Q trong đó ƯSCLN(m, n)=1 thì m2=2n2 ⇒ m=2p và 4p2=2n2⇒ n=2q. Điều này vô
lí vì lúc này m, n có ước chung là 2. Chứng tỏ 2 ∉Q. Những số xuất hiện và được dùng thường
xuyên trong giải tích như e, π cũng không phải là số hữu tỉ.
B. Số vô tỉ.
Một số biểu diễn dưới dạng thập phân vô hạn không tuần hoàn,hay không thể biểu diễn
dưới dạng tỉ số của hai số nguyên được gọi là số vô tỉ.
C. Số thực.
Tất cả các số hữu tỉ và số vô tỉ tạo thành tập hợp số thực.
Kí hiệu tập số thực là R.
Vậy tập số vô tỉ là R\Q. 
pdf 227 trang xuanthi 26/12/2022 1980
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Toán cao cấp (A1) - Vũ Gia Lê", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdfbai_giang_toan_cao_cap_a1_vu_gia_le.pdf

Nội dung text: Bài giảng Toán cao cấp (A1) - Vũ Gia Lê

  1. Chương 5: Lý thuyết chuỗi Thật vậy do chuỗi hàm hội tụ đều về S() x nên ε ∀ε >0 , ∃n : ∀ n > n ⇒ S()() x − S x < 0 0 n b− a b n b b b mà S() x dx− f()()() x dx= S x dx− S x dx ∫∑ ∫ i ∫∫n a i=1 a a a b b b ε =S()()()() x − S x dx≤ S x − S x dx < dx = ε ∫[]n ∫ n ∫ a a a b− a Chú ý: Sự hội tụ đều chỉ là điều kiện đủ để lấy tích phân từng từ của chuỗi, sau đây chúng ta sẽ nêu ra một số ví dụ minh hoạ điều đó . Ví dụ 6: Chứng minh các hệ thức sau: 1 ∞ ⎡ nx (n− 1) x ⎤ ∞ 1 ⎡ nx (n− 1) x ⎤ − dx = − dx ∫∑⎢ 2 2 2 2 ⎥ ∑∫ ⎢ 2 2 2 2 ⎥ 0 n=1 ⎣1+ n x 1+ (n − 1) x ⎦ i=1 0 ⎣1+ n x 1+ (n − 1) x ⎦ Giải: ∞ ⎡ nx (n− 1) x ⎤ Theo ví dụ 6, − không hội tụ đều trên 0,1 ∑⎢ 2 2 2 2 ⎥ [] n=1 ⎣1+ n x 1+ (n − 1) x ⎦ Tuy nhiên chuỗi hội tụ về hàm S( x )= 0 và tổng riêng thứ n của chuỗi là: nx 1 1 S() x = ta có S( x ) dx= 0 dx = 0 n 2 2 ∫ ∫ 1+ n x 0 0 1 1 2 nx 1 2 2 1 ln(1+ n ) limSn ( x ) dx = lim dx = lim ln(1+n x )0 = lim = 0 n→∞ ∫n→∞ ∫ 2 2 n→∞ n→∞ 0 0 1+ n x 2n 2n Vậy hệ thức đúng. Định lí 3: Nếu chuỗi hàm (5.7) hội tụ về hàm S() x trên tập X và các hàm fi () x thoả mãn: + fi '( x ) liên tục trên X , ∀ i = 1,2, ∞ + ∑ fi '() x hội tụ đều về R() x trên X i=1 ∞ Khi đó S'()()'() x= R x = ∑ fi x , x∈ X (5.15) i=1 Hệ thức (5.15) chứng tỏ với các điều kiện nào đó có thể lấy vi phân từng từ của chuỗi hàm. Chứng minh: Lấy x0 ∈ X vµ x∈ X khi đó fi '() x liên tục trên []x0 , x , i = 1,2, . Theo định lí 2 ta có: x ∞ x R() x dx= f'() x dx ∫∑ ∫ i i=1 x0 x0 193
  2. Chương 5: Lý thuyết chuỗi ∞ ∞ n n ∑ an x hội tụ chứng tỏ chuỗi ∑an x hội tụ tuyệt đối khi x 1 hay x > chuỗi số phân kì ρ 1 Theo định nghĩa suy ra R = ρ 195
  3. Chương 5: Lý thuyết chuỗi n ∞ 2n ⎛ 1 ⎞ ∞ 1 ∞ 1 Chuỗi số ∑ ⎜ ⎟ = ∑ phân kì (So sánh với chuỗi ∑ ) n=1 2n − 1⎝ 2 ⎠ n=1 2n − 1 n=1 2n 1 1 Trở về biến x : − ≤x5 < 2 2 1 1 − ≤x < 5 2 5 2 ⎡ 1 1 ⎞ Miền hội tụ: X = − , ⎟ ⎢ 5 5 ⎣ 2 2 ⎠ ∞ (x − 1)n Ví dụ 3: Tìm miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa ∑ n=1 n Giải: ∞ X n Đặt x−1 = X , Xét chuỗi ∑ n=1 n 1 Bán kính hội tụ : lim n =1 ⇒R = 1 n→∞ n ∞ (− 1)n Chuỗi số ∑ hội tụ (theo dấu hiệu Leibnitz) n=1 n ∞ 1 ∑ phân kì . n=1 n Chuỗi đã cho hội tụ tại x thoả mãn −1≤ x − 1< 1 hay 0≤ x < 2 Miền hội tụ: X = [0,2) n ∞ (− 1)n ⎛ x ⎞ Ví dụ 4: Tìm miền hội tụ của chuỗi hàm ∑ n ⎜ ⎟ n=0 2n + 1 ⎝ 3 − x ⎠ Giải: x Đặt = X 3 − x ∞ (− 1)nX n Xét chuỗi luỹ thừa ∑ n n=0 2n + 1 (− 1)n 1 1 1 Bán kính hội tụ : lim n = lim n = ⇒R = 2 n→∞ 2n n + 1 n→∞ 2 n +1 2 ∞ (− 1)n ( − 2) n ∞ 1 ∞ 1 Chuỗi số = phân kì (so sánh với chuỗi ). ∑ n ∑ 1 ∑ 2n + 1 n n=0 n=0 (n + 1) 2 n=1 ∞ (− 1)n 2 n ∞ (− 1)n Chuỗi số = hội tụ theo dấu hiệu Leibnitz. ∑n ∑ n=0 2n + 1 n=0 1+ n x Vậy chuỗi ban đầu hội tụ với x thoả nãn: −2 < ≤ 2 3 − x 197
  4. Chương 5: Lý thuyết chuỗi ∞ n−1 Xét sự hội tụ tuyệt đối của chuỗi số ∑nan x n=1 n−1 n−1 n−1 x 1 L x Ta có n a x= n a r n . ≤ n n n r r r r L ∞ x n−1 x mà chuỗi số ∑ n hội tụ khi < 1 (Theo tiêu chuẩn Cauchy) r n=1 r r ∞ n−1 Vậy ∀x ∈(,) − R R chuỗi ∑ nan x hội tụ tuyệt đối. n=1 Gọi bán kính hội tụ của chuỗi đạo hàm từng từ là R' thì rõ ràng R'≥ R Theo định lí 3 mục C, 5.2.2 và tính chất 1, công thức (5.22) sẽ đúng trên [−r, + r], vậy sẽ đúng tại x . n n Ngoài ra ta thấy: an x≤ n an x , ∀ n Chứng tỏ nếu chuỗi đạo hàm từng từ hội tụ tại x∈ (− R ', R ') thì chuỗi ban đầu cũng hội tụ tại x , do đó suy ra R ≥ R' . Vậy chuỗi đạo hàm từng từ cũng có bán kính hội tụ là R . Chú ý: Dưới đây chúng ta sẽ công nhận các kết quả mở rộng như sau. • Nếu chuỗi luỹ thừa hội tụ tại x= R thì nó sẽ hội tụ đều trên [ ,0 R] • Nếu chuỗi luỹ thừa hội tụ tại x= R thì tổng S() x của chuỗi sẽ liên tục bên trái tại x= R • Nếu chuỗi luỹ thừa hội tụ tại x= R thì công thức (5.21) vẫn đúng với x= R • Nếu chuỗi đạo hàm từng từ hội tụ tại x= R thì công thức (5.22) vẫn đúng với x= R . ∞ x4n Ví dụ 1: Chứng minh rằng hàm số: y = ∑ . thoả mãn phương trình vi phân n=0 (4n )! y)4( = y trên R Giải: ∞ X n Đặt x4 = X , chuỗi luỹ thừa ∑ có bán kính hội tụ là ∞ vì n=0 (4n )! 1 lim n = 0 , đương nhiên hội tụ ∀X ≥ 0 suy ra chuỗi ban đầu hội tụ trên R . Theo n→∞ (4n )! tính chất 4 sẽ có ∞ x4n− 1 ∞ x4n− 2 y'= ∑ , y"= ∑ n=1 (4n − 1)! n=1 (4n − 2)! ∞ x4n− 3 ∞ x4n− 4 y ''' = ∑ , y )4( = ∑ n=1 (4n − 3)! n=1 (4n − 4)! 199
  5. Chương 5: Lý thuyết chuỗi n 1 1 1 1 Sn = ∑ = + + + k =1 k( k + 1) 1.2 2.3 n.( n + 1) 1 1 1 1 1 =1 − + − + + − 2 2 3 n n +1 1 =1 − n +1 ⎧1 víi x = −1 limSn = 1 . Kết luận S() x = ⎨ n→∞ ⎩(x+ 1)ln( x + 1) − x víi −1 <x ≤ 1 n ∞ ⎛ 3x − 2 ⎞ Ví dụ 3: Tính tổng của chuỗi hàm. ∑n⎜ ⎟ n=1 ⎝ x ⎠ Giải: 3x − 2 ∞ Đặt X = . Xét chuỗi luỹ thừa ∑ nX n x n=1 Bán kính hội tụ : limn n= 1 ⇒ R = 1 n→∞ ∞ Với X = ±1 nhận được các chuỗi số ∑n(± 1)n phân kì, vì số hạng tổng quát không n=1 dần đến 0. Vậy chuỗi luỹ thừa hội tụ với X < 1. Gọi tổng của chuỗi đó là SX() . Xét chuỗi luỹ ∞ thừa ∑ X n . Chuỗi này hội tụ với X < 1 n=1 ' ' ⎛ ∞ ⎞ ⎛ X ⎞ 1 Rõ ràng SXXXX() = n = = X. X < 1 ⎜∑ ⎟ ⎜ ⎟ 2 , ⎝ n=1 ⎠ ⎝1− X ⎠ (1− X ) Đặt R() x là tổng của chuỗi hàm vậy ⎛ 3x − 2 ⎞ 3x − 2 R() x= S⎜ ⎟ với < 1 ⎝ x ⎠ x (3x− 2) x 1 = với <x < 1 4(x − 1)2 2 5.3.2. Khai triển một hàm số thành chuỗi luỹ thừa A. Khái niệm về chuỗi Taylor của hàm số f() x ở lân cận x0 ∞ • Giả sử hàm số f() x∈ C tại lân cận điểm x0 . Chuỗi luỹ thừa có dạng f'( x ) f()n () x f() x + 0 (x− x ) + + 0 (x− x )n + (5.23) 0 1! 0 n! 0 được gọi là chuỗi Taylor của f() x ở lân cận điểm x0 201
  6. Chương 5: Lý thuyết chuỗi n f( x )= a0 + a 1 ( x − x0 ) + + an ( x − x0 ) + Thì chuỗi đó là chuỗi Taylor của f() x ở lân cận của x0 . f()k () x Chứng minh: Chúng ta sẽ chỉ ra a = 0 , ∀k ∈ N . k k! Thật vậy, theo tính chất 4 thì f() x khả vi mọi cấp trong lân cận của x0 và có ()k n ()k công thức. f( x )=[] a0 + a 1 ( x − x0 ) + + an ( x − x0 ) + , ∀k ∈ N ()k f( x )= ak k ! + a k +1 ( k + 1). k 2.( x− x0 ) + ()k f()! x0 = ak k f()k () x suy ra a = 0 k k! • Nếu hàm số f() x biểu diễn dưới dạng chuỗi luỹ thừa ở lân cận của x0 thì nói rằng f() x khai triển được thành chuỗi Taylor ở lân cận của x0 , Tức là trong trường hợp này chuỗi Taylor của f() x ở lân cận của x0 hội tụ về chính f() x ∞ ()k f() x0 k f() x = ∑ ()x− x0 (5.25) k =0 k! 1 Từ ví dụ 1, cho thấy hàm f() x = khai triển được thành chuỗi Taylor ở lân cận x = 1. Cụ x thể trong khoảng (0,2) . Từ ví dụ 2 cho thấy hàm số f() x= e2x khai triển được thành chuỗi McLaurin trong khoảng (,)−∞ +∞ Từ ví dụ 3 cho thấy chuỗi McLaurin của hàm f() x hội tụ về 0, nghĩa là hàm số f() x không khai triển được thành chuỗi McLaurin. B. Điều kiện đủ để hàm số khai triển thành chuỗi Taylor ∞ Định lí 1: Cho f() x∈ C ở lân cận x= x0 , để hàm f(x) khai triển được thành chuỗi Taylor ở lân cận của x0 thì cần và đủ là phần dư Taylor rn () x dần đến không khi n → ∞ Chứng minh: Theo mục C, 3.5.1 ta có f()()() x= Pn x+ rn x n ()k f() x0 k Trong đó Pn () x = ∑ ()x− x0 k =0 k! f(n+ 1) () c r() x = (x− x )n+1 , c∈ (0, x ) n (n + 1)! 0 limf ( x )− lim rn ( x )= lim Pn ( x ) n→∞ n→∞ n→∞ 203
  7. Chương 5: Lý thuyết chuỗi 2. f( x )= sin x ⎛ π ⎞ Ta có f()k ( x )= sin⎜ x + k⎟ , ∀ k ∈ N , ∀ x ⎝ 2 ⎠ π ⎧0 víi k= 2 m f ()k (0)= sin k = ⎨ m 2 ⎩(− 1) víi k=2 m + 1 ⎛ π ⎞ Ngoài ra sin⎜ x+ k ⎟ ≤1 , ∀k , ∀ x . Vậy ⎝ 2 ⎠ ∞ (− 1)mx2 m+ 1 sin x = ∑ , ∀x ∈ R (5.30) m=0 (2m + 1)! ∞ (− 1)mx2 m Tương tự cos x = ∑ , ∀x ∈ R (5.31) m=0 (2m )! 3. f() x= arctgx Theo ví dụ 3 mục B,3.3.3 có ⎛ π ⎞ y()n =( n − 1)!cosn y .sin n⎜ y + ⎟ , ∀n ∈ N ⎝ 2 ⎠ Theo mục D, 3.5.1 nhận được chuỗi McLaurin của hàm số f() x= arctgx là: x3 x 5 x2k − 1 x − + − + ( − 1)k −1 + 3 5 2k − 1 Chuỗi này hội tụ trên []−1,1 n+1 ⎡ ⎛ π ⎞⎤ cosy0 .sin⎢ ( n+ 1)⎜ y0 + ⎟⎥ ⎝ 2 ⎠ n+1 Xét r() x = ⎣ ⎦ .x , n n +1 trong đó y0 = arctgθ x , 0< θ < 1. 1 ∀x ∈[ −1,1] thì r() x ≤ ⇒r( x ) → 0 khi n → ∞ n n +1 n Vậy nhận được khai triển McLaurin của hàm số x3 x 5 x2k − 1 arctgx= x − + − + ( − 1)k −1 + , ∀x ∈[] −1,1 (5.32) 3 5 2k − 1 Thay x = 1vào công thức trên chúng ta nhận được công thức khai triển của số π π 1 1 1 =1 − + − + ( − 1)k −1 + (5.33) 4 3 5 2k − 1 205
  8. Chương 5: Lý thuyết chuỗi 1+ x ∞ x2m ln = 2x .∑ , ∀x ∈( − 1,1) (5.36) 1− x m=0 2m + 1 5. f( x )= (1 + x )α , α ∈ RN\ Theo mục D, 3.5.1 nhận được chuỗi McLaurin của f() x như sau. α(α − 1) α(α − 1) (α − n + 1) 1+αx + x2 + + xn + 2! n! Dùng công thức D’Alembert nhận được bán kính hội tụ của chuỗi trên là R = 1. Phần dư McLaurin trong dạng Cauchy sẽ là α( α− 1) ( α −n )(1 + θ x )α −n −1 r() x = .(1−θ )nx n+1 , 0<θ < 1 n n! Hay là n (α− 1)( α − 2) ( α − 1 −n + 1) n α −1 ⎛ 1−θ ⎞ rn () x = .xα x (1+ θ x ) .⎜ ⎟ 1.2 n ⎝1+θx ⎠ Với x ∈( − 1,1) thì n ⎛ 1−θ ⎞ 1−θ < 1 + θx ⇒ ⎜ ⎟ → 0 khi n → ∞ ⎝1+θx ⎠ α −1 α −1 αx()1− x <α x(1 + θ x )α −1 < α x( 1 + x ) Chứng tỏ αx(1+ θ x )α −1 luôn bị chặn không phụ thuộc vào n , cuối cùng chuỗi luỹ thừa ∞ (α− 1)( α − 2) ( α − 1 −n + 1) ∑ xn có bán kính hội tụ là 1. Vậy số hạng tổng quát của n=1 n! nó dần về 0 khi n → ∞ Như vậy limrn ( x )= 0 , ∀x ∈ (− 1,1) . n→∞ Cuối cùng nhận được công thức Newton hay chuỗi nhị thức α(α − 1) α(α − 1) (α − n + 1) (1+x )α = 1 +α x + x2 + + xn + 1.2 1.2 n ∞ α( α− 1) ( α −n + 1) =1 + ∑ xn , ∀ x ∈( − 1,1) (5.37) n=1 n! Sự hội tụ của chuỗi nhị thức tại x = ±1 phụ thuộc vào α , chúng ta không xem xét vấn đề 1 1 này. Tuy nhiên dưới đây chúng ta thay α =1, +, − sẽ nhận được lần lượt các khai triển ứng 2 2 với x = ±1. 207
  9. Chương 5: Lý thuyết chuỗi ∞ (2n − 1)!! f( x )= x +∑ ( − 1)n .x2n+ 1 , x ∈[] −1,1 n=1 (2n )!!(2 n + 1) ∞ sin x n Ví dụ 3: Tính các hệ số a3, a 4 trong khai triển e= ∑ an x n=0 Giải: Nhớ rằng các chuỗi cho bởi công thức (5.26) , (5.30) hội tụ tuyệt đối ∀x Vậy ta có sin xsin2 xsin3 xsin 4 x esin x =1 + + + + + 1! 2! 3! 4! x3 x 5 sin x= x − + − 3! 5! 2 ⎛ x3 ⎞ 1 sin 2 x=⎜ x − + o() x4 ⎟ = x2 − x 4 + o() x 5 ⎜ ⎟ ⎝ 3! ⎠ 3 sin3x= x 3 + o() x 5 sin 4x= x 4 + o() x 4 x3 x 2 1 x3 x 4 Do vậy esin x =1 + x − + −x 4 + + + o() x 4 3! 2 6 6 24 1 1 1 Suy ra a=0 , a = − + = − 3 4 6 24 8 Ví dụ 4: Khai triển hàm số f() x= xex thành chuỗi luỹ thừa của x −1. Giải: f( x )= xex = e[ ( x − 1) ex−1 + e x − 1] ⎡ ∞ (x − 1)n ∞ (x − 1)n ⎤ ∞ ⎡(x − 1)n+1 (x − 1)n ⎤ =e⎢( x − 1)∑+ ∑⎥ = e ∑⎢ + ⎥ ⎣ n=0 n! n=0 n! ⎦ n=0 ⎣ n! n! ⎦ ∞ (n + 1) = e∑ (x − 1)n n=0 n! 5.4. CHUỖI PHURIÊ (FOURIER) 5.4.1. Các khái niệm chung A. Chuỗi lượng giác ∞ a0 Chuỗi hàm có dạng + ∑an cos nx+ bn sin nx (5.41) 2 n=1 trong đó a0 , an , b n , n = 1,2, là các hằng số , được gọi là một chuỗi lượng giác. 209
  10. Chương 5: Lý thuyết chuỗi Tương tự chứng minh được limBn = B ( x ) , ∀ x≠ 2 mπ , m∈ Z n→∞ Chứng tỏ chuỗi lượng giác (5.41) hội tụ về a 0 +A()() x + B x , ∀ x ≠ 2 mπ , m∈ Z 2 C. Chuỗi Fourier Cho hàm số f() x khả tích trên [−π ,π ], chuỗi lượng giác có dạng ∞ a0 + ∑ak cos kx+ bk sin kx (5.42) 2 k =1 trong đó 1 π 1 π 1 π a= f() x dx , a= f( x )cos kxdx , b= f( x )sin kxdx , k = 1,2, (5.43) 0 ∫ k ∫ k ∫ π −π π −π π −π được gọi là chuỗi Fourier của hàm số f() x , các hằng số tính theo công thức (5.43) gọi là các hệ số Fourier của hàm số f() x . D. Chuỗi Fourier trong dạng phức Xuất phát từ công thức Euler 1 coskx=() eikx + e−ikx 2 (5.44) 1 sin kx =()eikx − e−ikx 2i Thay (5.44) vào (5.42) sẽ nhận được chuỗi trong dạng ∞ a0 1 ikx −ikx 1 ikx −ikx + ∑ak () e+ e + bk ()e− e 2 k =1 2 2i ∞ a0 1 ikx 1 −ikx +∑ ()ak − ib k e +() ak + ib k e 2 k =1 2 2 Từ (5.43) suy ra 1 π 1 π a− ib = f( x )(cos kx− isin kx ) dx= f() x e−ikx dx k k ∫ ∫ π −π π −π 1 π 1 π a+ ib = f( x )(cos kx+ isin kx ) dx= f() x eikx dx k k ∫ ∫ π −π π −π Từ đó nhận thấy ak+ ib k = a− k− ib − k 211
  11. Chương 5: Lý thuyết chuỗi 1 π Suy ra a= f( x )cos mxdx m ∫ π −π Trong tính toán trên chúng ta đã sử dụng các kết quả dễ dàng nhận được dưới đây π π ⎧0 ∀k ≠ 0 ∫sinkxdx = 0 , ∀k ∈ Z ∫coskxdx = ⎨ −π −π ⎩2π k = 0 ⎧0 k≠ m π π ⎪ ∫sinkx .cos mxdx =0 , ∀k , m ∈ Z ∫coskx .cos mxdx = ⎨2π k= m = 0 −π −π ⎪ ⎩π k= m ≠ 0 π ⎧0 , k≠ m , k = m = 0 ∫sinkx .sin mxdx = ⎨ −π ⎩π , k= m ≠ 0 Tương tự nhận được 1 π b= f( x )sin mxdx . m ∫ π −π 5.4.2. Điều kiện đủ để hàm số khai triển thành chuỗi Fourier Định lí Đirichlê (Dirichlet): Nếu f() x tuần hoàn với chu kỳ 2π , đơn điệu từng khúc và bị chặn trên [−π ,π ] thì chuỗi Fourier của hàm số f() x hội tụ về tổng S() x trên tập R . Tổng S() x có tính chất: 1 S() x=[] f( x − 0) + f ( x + 0) , ∀x ∈ R (5.48) 2 Chúng ta thừa nhận định lí này. Công thức (5.48) cho thấy nếu f() x liên tục tại x thì S()() x= f x , như vậy coi rằng hàm số f() x thoả mãn các điều kiện của định lí Dirichlet thì khai triển được thành chuỗi Fourier. Sau đây là các chú ý rất quan trọng đến việc khai triển thành chuỗi Fourier của hàm số f() x thoả mãn các điều kiện của định lí Dirichlet. Chú ý: ⎧ l ⎪x = X 1. Nếu f() x tuần hoàn với chu kỳ T= 2 l bằng phép đổi biến ⎨ π khi đó nhận được ⎩⎪y= Y hàm số F()() X= f x . Hàm số mới tuần hoàn với chu kỳ 2π . ∞ a0 Ta có: FX() = + ∑an cos nX+ bn sin nX 2 n=1 Trở về hàm số ban đầu nhận được ∞ a0 πx πx f() x = + ∑an cos n + bn sin n , (5.49) 2 n=1 l l trong đó 213
  12. Chương 5: Lý thuyết chuỗi -4 -2 0 2 4 x H.5.1 2 2 − x 1 2 a=(2 − x )cos kπ xdx = sin kπ x 2 + sin kπ xdx k ∫ 0 ∫ 0 kπ kπ 0 1 = − coskπ x 2 =0 , k = 1,2, k 2π 2 0 2 x − 2 1 2 b=(2 − x )sin kπ xdx = coskπ x 2 − coskπ xdx k ∫ 0 ∫ 0 kπ kπ 0 2 1 2 = − sin kπ x 2 = , k = 1,2, kπ k 2π 2 0 kπ 2∞ sin kπ x Vậy 2−x = 1 + ∑ , ∀x ≠2 k , k ∈ Z π k =1 k 2 ∞ kπ x 1−x = ∑ π k =1 k 1 π ∞ (− 1)k Thay x = vào công thức trên sẽ có = ∑ = S . 2 4 k =0 2k + 1 Ví dụ 2: Hãy khai triển thành chuỗi Fourier hàm số f() x tuần hoàn với chu kỳ 2π và f() x= x với x ∈ [−π ,π ]. ∞ 1 Từ đó tính tổng S = ∑ 2 m=0 (2m + 1) Giải: Đồ thị hàm số cho bởi hình 5.2 y π 215
  13. Chương 5: Lý thuyết chuỗi 3π π π 3π − 2π − −π − 0 π 2π x 2 2 2 2 -1 H.5.3 π ∞ nsin 2 nx Vậy cos x = x ∈ (0,π ) . ∑ 2 , 8 n=1 4n − 1 5.4.3. Khai triển thành chuỗi Fourier của một hàm số bất kỳ Xét hàm số f() x đơn điệu từng khúc và bị chặn trên (,)a b , a< b . Bây giờ chúng ta sẽ biểu diễn hàm số dưới dạng một chuỗi lượng giác trên (,)a b . Có nhiều cách biểu diễn, tuy nhiên thường dùng phương pháp sau đây: A. Thác triển tuần hoàn Lập hàm số f() x tuần hoàn với chu kì T= b− a và F()()(,) x= f x , ∀ x ∈ a b . Xem hình 5.4 y f() x a− T a b b+ T x H.5.4 Rõ ràng f() x khai triển được thành chuỗi Fourier , F()()(,) x= f x , ∀ x ∈ a b . Vậy tại các điểm liên tục của f() x trên (,)a b ta có: ∞ a0 kπ x kπ x f() x = + ∑ak cos + bk sin (5.54) 2 k =1 l l 217
  14. Chương 5: Lý thuyết chuỗi ⎧ f()− x , − a < x < 0 và Fc () x = ⎨ ⎩ f( x ) , 0 <x < a Xem hình 5.6 Hàm số Fc () x là hàm số chẵn và thoả mãn định lí Dirichlet, khai triển được thành chuỗi Fourier. Vậy tại các điểm liên tục của f() x trên (0,a ) sẽ có: a ∞ kπ x 2 a kπ x f() x =0 + a cos , a = f( x )cos dx , k = 0,1,2, (5.57) ∑ k k ∫ 2 k =1 a a 0 a Như vậy, nhờ vào thác triển lẻ hoặc chẵn hàm số sẽ nhận được khai triển theo hệ các hàm sin hoặc côsin của hàm số f() x đã cho. y − 3a − a a 3a x H.5.6 Ví dụ 1: Cho f() x= x , x ∈ (0,1) a. Khai triển hàm số thành chuỗi Fourier. b. Khai triển hàm số theo các hàm sin. c. Khai triển hàm số theo các hàm côsin. Giải: a. Bằng cách thác triển tuần hoàn hàm số với chu kì T = 1 (Xem 5.54) nhận được: ∞ a0 x = + ∑ak cos2 kπ x+ bk sin 2 kπ x 2 k =1 1 a=2 xdx = 1 0 ∫ 0 219
  15. Chương 5: Lý thuyết chuỗi Công thức này đúng trên []0,1 Thay x = 0 hoặc x = 1 vào công thức trên sẽ nhận được tổng của một chuỗi số đặc biệt π 2 ∞ 1 1 1 = =1 + + + ∑ 2 2 2 8 n=0 (2n + 1) 3 5 Ví dụ 2: Cho hàm số f( x )= sin x , x ∈ (0,π ) . Hãy khai triển thành chuỗi Fourier chỉ chứa các hàm côsin Giải: Thác triển chẵn hàm số đã cho sẽ có. ∞ a0 sin x = + ∑ak cos kx , 2 k =1 trong đó 2 π 4 a = sin xdx = 0 ∫ π 0 π 2 π 1 π a = sinx cos kxdx = sin(1+k ) x + sin(1 − k ) x dx k ∫ ∫[] π 0 π 0 1 Suy ra a = − cos2x π = 0 1 2π 0 1⎡ 1 1 ⎤ π ak = − ⎢ cos(k+ 1) x − cos(k− 1) x⎥ 0 π ⎣k +1 k −1 ⎦ ⎧0 , k=2 n + 1 1⎛ 1 1 ⎞ k +1 ⎪ = ⎜ − ⎟()(− 1) − 1 = ⎨ 4 1 π ⎝ k−1 k +1⎠ − . , k= 2 n ⎩⎪ π 4n2 − 1 2 4∞ cos2nx Vậy sin x = − x ∈ 0,π ∑ 2 , [] π π n=1 4n − 1 Thay x = 0 vào công thức sẽ có 1 ∞ 1 = ∑ 2 2 n=1 4n − 1 Ví dụ 3: Chứng minh rằng 221
  16. Chương 5: Lý thuyết chuỗi Tiếp tục ⎧ ⎪ ⎪0 , m=3 k + 1 , k ∈ N ⎪ 3 a2m+ 1 = ⎨ , m=3 k , k ∈ N ⎪π (6k + 1) ⎪ 3 ⎪− , m=3 k − 1 , k ∈ N * ⎩⎪ π (6k + 1) 3⎛ ∞ 1 ∞ cos(6k− 1) x ⎞ Vậy f() x = ⎜∑ cos(6k+ 1) x − ∑ ⎟ π ⎝ k =0 6k + 1 k =1 6k − 1 ⎠ Theo định lí Dirichlet ta nhận được S() x chính là tổng của chuỗi. Ví dụ 4: Cho hàm số f() x tuần hoàn với chu kì 2π có các hệ số Fourier là a0 , ak , b k , k = 1,2, Hãy tính các hệ số Fourier của hàm f() x+ h , ()h= const . Giải: Giả sử các hệ số Fourier của f() x+ h là A0 , Ak , B k , k = 1,2, . Khi đó. 1 π 1 π +h A= f() x + h dx = f() x dx= a 0 ∫ ∫ 0 π −π π −π +h 1 π 1 π +h A= f( x + h )cos kxdx = f( x )cos k ( x− h ) dx k ∫ ∫ π −π π −π +h 1 π +h 1 π +h = coskh . ∫ f( x )cos kxdx + sinkh . ∫ f( x )sin kxdx π −π +h π −π +h = ak cos kh+ bk sin kh , k = 1,2, Tương tự Bk= b k cos kh− ak sin kh , k = 1,2, 223
  17. Môc lôc Môc lôc Ch−¬ng I: Giíi h¹n cña d∙y sè 3 1.1. Sè thùc 3 1.1.1. C¸c tÝnh chÊt c¬ b¶n cña tËp sè thùc 3 1.1.2. TËp sè thùc më réng 6 1.1.3. C¸c kho¶ng sè thùc 7 1.1.4. Gi¸ trÞ tuyÖt ®èi cña sè thùc 7 1.1.5. Kho¶ng c¸ch th«ng th−êng trong R 8 1.2. Sè phøc 9 1.2.1. §Þnh nghÜa vµ c¸c d¹ng sè phøc 9 1.2.2. C¸c phÐp to¸n trªn tËp C 10 1.2.3. ¸p dông sè phøc vµo l−îng gi¸c 17 1.3. D·y sè thùc 19 1.3.1. C¸c kh¸i niÖm c¬ b¶n cña d·y sè thùc 19 1.3.2. TÝnh chÊt cña d·y héi tô 20 1.3.3. TÝnh ®¬n ®iÖu cña d·y sè 26 1.3.4. D·y con 31 Ch−¬ng II: Hμm sè mét biÕn sè 34 2.1. C¸c kh¸i niÖm c¬ b¶n vÒ hµm sè 34 2.1.1. C¸c ®Þnh nghÜa c¬ b¶n 34 2.1.2. C¸c hµm sè th«ng dông 37 2.1.3. Hµm sè s¬ cÊp 47 2.2. Giíi h¹n cña hµm sè 47 2.2.1. Kh¸i niÖm vÒ giíi h¹n 47 2.2.2. TÝnh chÊt cña hµm cã giíi h¹n 49 2.2.3. C¸c giíi h¹n ®¸ng nhí 56 2.3. §¹i l−îng v« cïng bÐ (VCB) vµ ®¹i l−îng v« cïng lín (VCL) 58 2.3.1. §¹i l−îng VCB 58 2.3.2. §¹i l−îng VCL 60 225
  18. Môc lôc 3.8. Hµm låi 110 3.8.1. Kh¸i niÖm vÒ hµm låi, hµm lâm vµ ®iÓm uèn 110 3.8.2. §iÒu kiÖn hµm låi 113 3.9. TiÖm cËn cña ®−êng cong 115 3.9.1. Kh¸i niÖm chung vÒ tiÖm cËn 115 3.9.2. Ph©n lo¹i vµ c¸ch t×m tiÖm cËn 116 3.10. Bµi to¸n kh¶o s¸t hµm sè 117 Ch−¬ng IV: PhÐp tÝnh tÝch ph©n 122 4.1. Kh¸i niÖm vÒ tÝch ph©n x¸c ®Þnh 122 4.1.1. §Þnh nghÜa tÝch ph©n x¸c ®Þnh 122 4.1.2. §iÒu kiÖn tån t¹i 123 4.1.3. Líp c¸c hµm kh¶ tÝch 125 4.1.4. C¸c tÝnh chÊt cña tÝch ph©n x¸c ®Þnh 126 4.1.5. C«ng thøc Niut¬n-LÐpnÝt (Newbnitz) 129 4.2. Hai ph−¬ng ph¸p c¬ b¶n tÝnh tÝch ph©n x¸c ®Þnh 135 4.2.1. PhÐp ®æi biÕn 135 4.2.2. PhÐp tÝch ph©n tõng phÇn 135 4.3. Ph−¬ng ph¸p tÝnh tÝch ph©n bÊt ®Þnh 141 4.3.1. B¶ng c¸c nguyªn hµm th«ng dông 141 4.3.2. Hai ph−¬ng ph¸p c¬ b¶n tÝnh tÝch ph©n bÊt ®Þnh 142 4.3.3. C¸ch tÝnh tÝch ph©n bÊt ®Þnh cña c¸c hµm sè h÷u tØ 145 4.3.4. TÝnh nguyªn hµm c¸c ph©n thøc h÷u tØ ®èi víi mét sè hµm th«ng dông 147 4.4. Mét sè øng dông cña tÝch ph©n x¸c ®Þnh 152 4.4.1. TÝnh ®iÖn tÝch h×nh ph¼ng 153 4.4.2. TÝnh ®é dµi ®−êng cong ph¼ng 155 4.4.3. TÝnh thÓ tÝch vËt thÓ 157 4.4.4. TÝnh diÖn tÝch mÆt trßn xoay 159 4.5. TÝch ph©n suy réng 161 4.5.1. TÝch ph©n suy réng víi cËn v« h¹n 161 4.5.2. TÝch ph©n suy réng víi hµm d−íi dÊu tÝch ph©n cã cùc ®iÓm 167 227