Bài tập Giải tích II - Liên tục và vi phân - Nguyễn Duy Tiến

x), x ∈ R. Vậy
sinx cos 3x =
1
2
∞3
n=0
(−1)n(42n+1 − 22n+1) x
2n+1
(2n+ 1)!
, x ∈ R.
(d) Ta có sin6 x+ cos6 x = 58 +
3
8 cos 4x, x ∈ R, và
cosx =
∞3
n=0
(−1)n x
2n
(2n)!
, x ∈ R.
Do đó,
sin6 x+ cos6 x =
5
8
+
3
8
∞3
n=0
(−1)n42n x
2n
(2n)!
, x ∈ R.
(e) Từ
ln(1 + x) =
∞3
n=1
(−1)n+1x
n
n
, x ∈ (−1, 1),
3.4. Chuỗi Taylor 375
ta đ−ợc
1
2
ln
1 + x
1− x =
1
2
(ln(1 + x)− ln(1− x)) =
∞3
n=0
x2n+1
2n+ 1
, x ∈ (−1, 1).
(f) Rõ ràng, ln(1+x+ x2) = ln 1−x
3
1−x2 , x ∈ (−1, 1). Vì vậy, nh− trong
(e), ta có
ln(1 + x+ x2) =
∞3
n=1
anx
n, x ∈ (−1, 1),
trong đó
an =
l
− 2n với n = 3k, k = 1, 2, 3, . . . ,
1
n với n W= 3k, k = 1, 2, 3, . . . .
(g) Vì 1
1−5x+6x2 =
3
1−3x −
2
1−2x , nên ta có
1
1− 5x+ 6x2 =
∞3
n=0
(3n+1 − 2n+1)xn, x ∈ (−1/3, 1/3).
(h) Ta biết rằng
ex =
∞3
n=0
xn
n!
, x ∈ R,
và
1
1− x =
∞3
n=0
xn, x ∈ (−1, 1).
Theo định lý Mertens (xem, chẳng hạn, I, 3.6.1) tích Cauchy
của hai chuỗi hội tụ với |x| < 1, và
ex
1− x =
∞3
n=0
w
1 +
1
1!
+
1
2!
+ ã ã ã+ 1
n!
W
xn.
3.4.10.
376 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
(a) Ta có
f(x+ 1) = (x+ 2)ex+1 =
∞3
n=0
e(n+ 2)
n!
, x ∈ R.
Từ đó,
f(x) =
∞3
n=0
e(n+ 2)
n!
(x− 1)n, x ∈ R.
(b) Nh− trong 3.4.9(h), có thể chứng minh rằng
f(x− 1) = e
∞3
n=0
X
(−1)n
n3
k=0
(−1)k
k!
~
xn, x ∈ (−1, 1).
Vậy
f(x) = e
∞3
n=0
X
(−1)n
n3
k=0
(−1)k
k!
~
(x− 1)n, x ∈ (0, 2).
(c) Sử dụng đồng nhất thức
cosx
x
=
cos 1 cos(x− 1)− sin 1 sin(x− 1)
1 + (x− 1) .
(d) Lập luận t−ơng tự nh− trong lời giải của 3.4.9(h), đ−ợc
lnx
x
=
∞3
n=1
X
(−1)n+1
n3
k=1
1
k
~
(x− 1)n, x ∈ (0, 2).
3.4.11.
(a) Theo 3.4.4,
1√
1 + x
= 1 +
∞3
n=1
(−1)n(2n− 1)!!
(2n)!!
xn
với |x| < 1. Từ đó
1√
1− x2
= 1 +
∞3
n=1
(2n− 1)!!
(2n)!!
x2n.
3.4. Chuỗi Taylor 377
Đặt
S(x) = x+
∞3
n=1
(2n− 1)!!
(2n)!!(2n+ 1)
x2n+1
và chú ý rằng (arcsinx)I = 1√
1−x2 = S
I(x). Vậy arcsinx = S(x) +
C. Ngoài ra, vì S(0) = 0 = arcsin 0 nên ta đ−ợc S(x) = arcsinx.
(b) Đặt
S(x) =
∞3
n=0
(−1)n 1
2n+ 1
x2n+1.
Theo đồng nhất thức đ∙ biết
1
1 + x2
=
∞3
n=0
(−1)nx2n, |x| < 1,
ta nhận đ−ợc (arctanx)I = 1
1+x2
= SI(x). Vậy S(x) = arctanx+C.
Vì arctan 0 = S(0) = 0, ta có C = 0.
Để có bất đẳng thức đầu, chỉ cần đặt x = 12 trong (a). Để có bất
đẳng thức thứ hai, quan sát rằng
∞
n=0
(−1)n 12n+1 hội tụ và dùng định
lý Abel (xem, chẳng hạn, 3.3.14) cho chuỗi luỹ thừa (b).
3.4.12.
(a) Dùng khai triển Taylor cho arctanx (đ∙ có trong bài toán
tr−ớc) và cho ln(1 + x2), ta có
x arctanx− 1
2
ln(1 + x2) =
∞3
n=1
(−1)n−1x2n
2n(2n− 1) , x ∈ (−1, 1).
(b) Dùng khai triển Taylor cho arcsinx (đ∙ có trong bài toán
tr−ớc) và công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4), ta nhận
đ−ợc
x arcsinx+
0
1− x2 = 1+ x
2
2
+
∞3
n=2
(2n− 3)!!
(2n)!!(2n− 1)x
2n, x ∈ (−1, 1).
3.4.13.
378 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
(a) Đặt
f(x) =
∞3
n=1
1
n(n+ 1)
xn+1, |x| ≤ 1.
Khi đó
f I(x) =
∞3
n=1
1
n
xn = − ln(1− x), |x| < 1.
Vậy
f(x) = (1− x) ln(1− x) + x với |x| < 1.
Sử dụng định lý Abel, ta đ−ợc
∞3
n=1
(−1)n+1
n(n+ 1)
= 2 ln 2− 1.
(b) Với x ∈ R, ta có
∞3
n=0
(−1)nn
(2n+ 1)!
x2n+1 =
1
2
x
∞3
n=0
(−1)n
(2n)!
x2n − 1
2
∞3
n=0
(−1)n
(2n+ 1)!
x2n+1
=
1
2
(x cosx− sinx).
Đặt x = 1, ta đ−ợc
∞3
n=0
(−1)nn
(2n+ 1)!
=
1
2
(cos 1− sin 1).
(c) Từ đẳng thức
1
n2 + n− 2 =
1
3
w
1
n− 1 −
1
n+ 2
W
ta suy ra nếu 0 < |x| < 1 thì
∞3
n=2
(−1)n
n2 + n− 2x
n−1 =
1
3
∞3
n=2
(−1)n
n− 1 x
n−1 − 1
3
∞3
n=2
(−1)n
n+ 2
xn−1
=
1
3
∞3
n=1
(−1)n−1x
n
n
+
1
3x3
∞3
n=4
(−1)n−1x
n
n
=
1
3
ln(1 + x) +
1
3x3
w
ln(1 + x)− x+ x
2
2
− x
3
3
W
.
3.4. Chuỗi Taylor 379
Kết hợp với định lý Abel, ta đ−ợc
∞3
n=2
(−1)n
n2 + n− 2 =
2
3
ln 2− 5
18
.
(d) áp dụng 3.4.12(a) và định lý Abel ta đ−ợc tổng cần tìm là
π/2− ln 2.
(e) Theo công thức nhị thức Newton (xem 3.4.4),
1√
1 + x2
= 1 +
∞3
n=1
(−1)n(2n− 1)!!
(2n)!!
x2n với |x| < 1,
và từ đó, theo định lý Abel,
∞3
n=1
(−1)n(2n− 1)!!
(2n)!!
=
1√
2
.
(f) Rõ ràng,
∞3
n=0
(3x)n+1
n!
= 3xe3x, x ∈ R.
Vậy
3
∞3
n=0
(3x)n(n+ 1)
n!
= (3xe3x)I = e3x(3 + 9x).
Đặt x = 1 có
∞3
n=0
3n(n+ 1)
n!
= 4e3.
3.4.14. Khoảng hội tụ của chuỗi là (−1, 1). Gọi S(x) là tổng của
chuỗi trong khoảng đó. Khi đó
SI(x) = 2
∞3
n=1
((n− 1)!)2
(2n− 1)! (2x)
2n−1
và
SII(x) = 4
∞3
n=1
((n− 1)!)2
(2n− 2)! (2x)
2n−2.
380 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
Từ đó suy ra
(1− x2)SII(x)− xSI(x) = 4, |x| < 1.
Nhân cả hai vế đẳng thức này với (1− x2)− 12 , ta đ−ợc
p0
1− x2SI(x)
QI
=
4√
1− x2
.
Do đó,
SI(x) =
4√
1− x2
arcsinx+
C√
1− x2
,
và vì vậy, S(x) = 2(arcsinx)2 + C arcsinx+D. Vì SI(0) = S(0) = 0, ta
có S(x) = 2(arcsinx)2.
Nếu x = ±1, ta nhận đ−ợc chuỗi
∞3
n=1
((n− 1)!)2
(2n)!
4n.
hội tụ theo tiêu chuẩn Gauss (xem, chẳng hạn, I, 3.2.25). Thật
vậy, ta có
an+1
an
= 1− 6
4n
+O
w
1
n2
W
.
Vậy theo định lý Abel
∞3
n=1
((n− 1)!)2
(2n)!
4n =
π2
2
.
3.4.15. Với a ∈ I,
f(x) = f(a) +
f I(a)
1!
(x− a) + ã ã ã+ f
(n)(a)
n!
(x− a)n +Rn(x),
trong đó
Rn(x) =
1
n!
8 x
a
f (n+1)(s)(x− s)ds.
áp dụng công thức đổi biến hai lần, ta đ−ợc
Rn(x) =
1
n!
8 x−a
0
f (n+1)(u+ a)(x− u− a)du
=
(x− a)n+1
n!
8 1
0
f (n+1)((x− a)t+ a)(1− t)ndt.
3.4. Chuỗi Taylor 381
Tính đơn điệu của f (n+1) suy ra rằng nếu a < x < b, b ∈ I, thì
0 ≤ Rn(x) ≤
(x− a)n+1
n!
8 1
0
f (n+1)((b− a)t+ a)(1− t)ndt
=
w
x− a
b− a
Wn+1
Rn(b).
Rõ ràng, Rn(b) ≤ f(b). Vậy
0 ≤ Rn(x) ≤
w
x− a
b− a
Wn
f(b) với a < x < b, a, b ∈ I,
và vì vậy, lim
n→∞
Rn(x) = 0. Điều này chỉ ra rằng chuỗi Taylor hội tụ
đều tới f trên mỗi khoảng con compact của I. Vì a < b đ−ợc chọn
tuỳ ý trong I, sử dụng 3.4.7 ta suy ra hàm f giải tích.
3.4.16. Chứng minh t−ơng tự nh− trong 3.4.1.
3.4.17. [18]. Lấy x0 tuỳ ý trong I. Theo giả thiết, tồn tại r > 0 sao
cho
f(x) =
∞3
n=0
f (n)(x0)
n!
(x− x0)n với |x− x0| < r.
Đạo hàm m lần, đ−ợc
f (m)(x) =
∞3
n=m
f (n)(x0)
n!
n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)(x− x0)n−m.
Từ đó,
|f (m)(x)| ≤
∞3
n=m
|f (n)(x0)|
n!
n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)|x− x0|n−m.
Từ định nghĩa bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa (xem, chẳng
hạn, 3.3.1) ta suy ra với 0 < ρ < r, tồn tại số d−ơng C sao cho
|f (n)(x0)|
n!
≤ C
ρn
.
Do đó,
|f (m)(x)| ≤
∞3
n=m
C
ρn
n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)|x− x0|n−m.
382 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
Vì vậy, sử dụng đồng nhất thức
∞3
n=m
n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)xn−m = m!
(1− x)m+1 , |x| < 1,
ta đ−ợc
|f (m)(x)| ≤ ρ−m
∞3
n=m
C
ρn−m
n(n− 1) ã ã ã (n−m+ 1)|x− x0|n−m
=
Cm!
ρm
p
1− |x−x0|ρ
Qm+1 ≤
Cρm!
(ρ− ρ1)m
với |x− x0| < ρ1 < ρ. Vậy ta có thể lấy J = (x0 − ρ1, x0 + ρ1), A = Cρ
và B = ρ− ρ1.
3.4.18. [18]. Đặt
f(x) =
1
1−A(x− 1) với |x− 1| <
1
A
và
g(x) =
1
1− t với |t| < 1.
Khi đó,
h(t) = (f ◦ g)(t) = 1− t
1− (A+ 1)t .
Rõ ràng,
f(x) =
∞3
n=0
An(x− 1)n, g(t) =
∞3
n=0
tn.
Ngoài ra,
h(t) =
1
1− (A+ 1)t −
t
1− (A+ 1)t
=
∞3
n=0
(1 +A)ntn −
∞3
n=0
(1 +A)ntn+1
= 1 +
∞3
n=1
A(1 +A)n−1tn.
Vì g(n)(0) = n!, f (n)(g(0)) = f (n)(1) = n!An và h(n)(0) = n!A(1 +A)n−1,
áp dụng công thức Faà di Bruno, ta có đẳng thức cần chứng minh.
3.4. Chuỗi Taylor 383
3.4.19. [18]. Chọn x0 tuỳ ý trong I và đặt y0 = f(x0). Từ 3.4.17 ta
suy ra tồn tại các khoảng I1 ⊂ I và J1 ⊂ J (lần l−ợt chứa x0 và y0)
và các hằng số d−ơng A,B,C và D sao cho
|f (n)(x)| ≤ A n!
Bn
với x ∈ I1
và
|g(n)(y)| ≤ C n!
Dn
với x ∈ J1.
Theo công thức Faà di Bruno,
h(n)(x) =
3 n!
k1!k2! ã ã ã kn!g
(k)(f(x))
X
f (1)(x)
1!
~k1X
f (2)(x)
2!
~k2
. . .
X
f (n)(x)
n!
~kn
,
ở đây k = k1 + k2 + ã ã ã+ kn và tổng lấy trên tất cả các k1, k2, . . . , kn
sao cho k1 + 2k2 + ã ã ã + nkn = n. Điều này cùng với kết quả trong
bài toán tr−ớc cho ta
|h(n)(x)| ≤
3 n!
k1!k2! ã ã ã kn!
Ck!
Dk
w
A
B1
Wk1 w A
B2
Wk2
ã ã ã
w
A
Bn
Wkn
=
3 n!
k1!k2! ã ã ã kn!
Ck!
Dk
Ak
Bn
=
n!C
Bn
3 k!
k1!k2! ã ã ã kn!
Ak
Dk
=
n!C
Bn
A
D
w
1 +
A
D
Wn−1
.
Từ kết quả trong 3.4.16 ta có kết luận h là hàm giải tích thực trên
I.
3.4.20. Theo 3.4.15, g(x) = f(−x) giải tích thực trên khoảng −I =
{x : −x ∈ I}. Vì x )→ −x giải tích thực nên ta có thể áp dụng bài
toán tr−ớc để suy ra kết quả cần chứng minh.
3.4.21. [18]. Xét g(t) = 1 −
√
1− 2t, |t| < 1/2, và f(x) = 11−x , |x| < 1.
Khi đó
h(t) = f(g(t)) =
1√
1− 2t
= gI(t).
Vậy g(n+1)(t) = h(n)(t). Ngoài ra, theo công thức nhị thức Newton
(xem 3.4.4),
g(t) = −
∞3
n=1
w1
2
n
W
(−2t)n.
384 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
Rõ ràng, f(x) =
∞
n=0
xn. Do đó, g(n)(0) = −n!
D 1
2
n
i
(−2)n và f (n)(g(0)) =
n!. Cuối cùng, theo công thức Faà di Bruno,
−(n+ 1)!
w 1
2
n+ 1
W
(−2)n+1 = g(n+1)(0) = h(n)(0)
= n!
3 k!
k1!k2! ã ã ã kn!
w
−
w1
2
1
W
(−2)
Wk1
ã ã ã
w
−
w1
2
n
W
(−2)
Wkn
= (−2)nn!
3 (−1)kk!
k1!k2! ã ã ã kn!
w1
2
1
Wk1
ã ã ã
w1
2
n
Wkn
.
trong đó k = k1+k2+ ã ã ã+kn và tổng lấy trên tất cả các k1, k2, . . . , kn
sao cho k1 + 2k2 + . . .+ nkn = n.
3.4.22. [18]. Tr−ớc hết quan sát rằng nếu f thoả m∙n các giả thiết
đ−ợc phát biểu trong bài toán, thì nghịch đảo g của nó tồn tại trong
một khoảng mở chứa f(x0). Ngoài ra,
gI(y) = h(g(y)), ở đây h(x) =
1
f I(x)
.
Rõ ràng, vì f ∈ C∞ nên g cũng vậy. Bây giờ ta phải chứng minh
rằng g thoả m∙n các giả thiết của 3.4.16. Theo 3.4.19, ta biết rằng
h giải tích trong một khoảng mở nào đó chứa x0 (hợp của hai hàm
giải tích). Vì vậy, theo 3.4.17, tồn tại các hằng số d−ơng A và B
sao cho
|h(n)(x)| ≤ A n!
Bn
(1)
trong khoảng mở I0 ⊂ I nào đó chứa x0. Bây giờ, phép quy nạp sẽ
chỉ ra rằng tồn tại khoảng mở K chứa f(x0) sao cho
|g(n)(y)| ≤ n!(−1)n−1
w1
2
n
W
(2A)n
Bn−1
với y ∈K.(2)
Ta chọn K sao cho g(K) đ−ợc chứa trong I0. Khi đó, theo (1), ta có
|gI(y)| = |h(g(y))| ≤ A, tức là (2) đúng với n = 1. Giả sử (2) đúng với
k = 1, 2, . . . , n, ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1. Theo bài toán
3.4. Chuỗi Taylor 385
tr−ớc, ta có
|g(n+1)(y)| = (h ◦ g)(n+1)(y)
≤ n!
3 k!
k1!k2! ã ã ã kn!
A
Bk
ww1
2
1
W
(2A)
Wk1
. . .
w
(−1)n−1
w1
2
n
W
(2A)n
Bn−1
Wkn
= (−1)nn! (2A)
n
Bn
A
3 (−1)kk!
k1!k2! ã ã ã kn!
w1
2
1
Wk1
. . .
w1
2
n
Wkn
= (−1)nn! (2A)
n
Bn
A2(n+ 1)
w 1
2
n+ 1
W
= (−1)n(n+ 1)!(2A)
n+1
Bn
w 1
2
n+ 1
W
.
Điều này kết thúc chứng minh của (2). Vì vậy, tính giải tích của
g trên K suy ra từ 3.4.16.
3.4.23. Suy ra từ f−1(x) = f I(x) rằng f ánh xạ khoảng (0,∞) lên
chính nó và f ∈ C∞ trên khoảng này. Từ đó, f I(x) > 0 và f
tăng thực sự trên (0,∞). Đạo hàm đẳng thức f(f I(x)) = x, ta có
f II(x) > 0 với x ∈ (0,∞). Ta sẽ chứng minh rằng (−1)nf (n)(x) > 0 với
x ∈ (0,+∞) và n ≥ 2 sử dụng quy nạp và công thức Faà di Bruno
(xem 2.1.38). Giả sử rằng (−1)mf (m)(x) > 0 với m = 2, 3, . . . , n. Khi
đó,
0 =
3 n!
k1!k2! ã ã ã kn!f
(k)(f I(x))
w
f II(x)
1!
Wk1 Xf (3)(x)
2!
~k2
ã ã ã
X
f (n)(x)
(n− 1)!
~kn−1
+ f I(f I(x))f (n+1)(x),
trong đó k = k1+k2+ã ã ã+kn−1 và tổng lấy trên tất cả các k1, k2, . . . , kn−1
sao cho k1 + 2k2 + . . .+ (n− 1)kn−1 = n. Dấu của mỗi số hạng trong
tổng ở trên là
sgn((−1)k(−1)2k1(−1)3k2 ã ã ã (−1)nkn−1) = (−1)n,
từ đó,
sgn
p
f I(f I(x))f (n+1)(x)
Q
= sgn f (n+1)(x) = −(−1)n.
Bây giờ, áp dụng kết quả trong 3.4.20 ta chứng minh đ−ợc rằng f
giải tích trên (0,∞).
386 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
3.4.24. Theo bài toán tr−ớc ta biết rằng mỗi hàm f thoả m∙n giả
thiết là giải tích trên (0,∞). Tr−ớc hết, ta chứng minh rằng tồn
tại duy nhất số a sao cho f(x) x nếu
x > a. Để làm vậy, quan sát rằng do tính đơn điệu của f , ta có
lim
x→0+
f(x) = 0, cùng với đẳng thức f I(f(x))f I(x) = xf I(x), ta đ−ợc
f(f(x)) =
8 x
0
tf I(t)dt.(1)
Bây giờ, nếu f(x) > x với 0 < x < 1, thì (1) suy ra
8 x
0
f I(t)(t− 1)dt > 0,
mâu thuẫn với giả thiết f I(x) > 0 với x > 0. Mặt khác, nếu f(x) < x
với mọi x ∈ (0,∞), thì (1) suy ra
f(x) > f(f(x)) =
8 x
0
tf I(t)dt >
8 x
0
f(t)f I(t)dt =
1
2
(f(x))2,
suy ra f(x) 0, ng−ợc với giả thiết f((0,∞)) = (0,∞). Do
đó, theo tính chất giá trị trung gian, tồn tại điểm bất động a của
f . Vì f(x) < x với x ∈ (0, a), ta có f I(y) = f−1(y) với y ∈ (0, a). Cũng
nh− vậy, f I(y) a.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh tính duy nhất. Giả sử ng−ợc lại,
tồn tại hai hàm nh− vậy, ký hiệu là f1 và f2. Gọi a1 và a2 lần l−ợt
là các điểm bất động của f1 và f2. Rõ ràng, ta có thể giả sử rằng
a1 ≥ a2. Đặt g = f1 − f2. Nếu a1 = a2 = a, thì g(a) = 0 và f−1 = f I
suy ra g(n)(a) = 0 với n ∈ N. Vì g giải tích, g là hàm hằng (bằng 0)
trên (0,∞). Nếu a1 > a2, thì f1(x) x ≥ f I2(x)
với x ∈ [a2, a1). Vì vậy, g(x) 0 với x ∈ [a2, a1). Vì
lim
x→0+
g(x) = 0, tồn tại b ∈ (0, a2) sao cho gI(b) = 0 và gI(x) > 0 với
x ∈ (b, a1), và gI(x) < 0 với x ∈ ([b, a2). Đặt f I1(b) = f I2(b) = bI. Khi đó,
bI ∈ (b, a2), bởi vì b < f I2(b) = bI < f I2(a2) = a2. Từ đó, gI(b) < 0. Mặt
khác, f1(bI) = f1(f I1(b)) = b và f2(bI) = f2(f I2(b)) = b, mâu thuẫn.
3.4.25. Nếu f(x) = axc, thì f I(x) = acxc−1 và f−1(x) = a−
1
cx
1
c . Từ
đây có c = 1+
√
5
2 và a = c
1−c.
3.4. Chuỗi Taylor 387
3.4.26. Theo côngg thức Taylor đ∙ chứng minh trong 2.3.10,
ln(1 + x) = 2
N3
n=0
1
2n+ 1
w
x
2 + x
W2n+1
+RN (x),
trong đó
RN (x) =
2
(2N + 1)(1 + θx)2N+3
px
2
Q2N+3
.
Rõ ràng, lim
N→∞
RN (x) = 0 với x ∈ (0, 2). Do đó
ln(1 + x) = 2
∞3
n=0
1
2n+ 1
w
x
2 + x
W2n+1
.
3.4.27. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883].
Theo định nghĩa,
L(x, y)
Mp(x, y)
=
x−y
lnx−ln y
(x
p+yp
2 )
1/p
=
21/p(x− y)
(xp + yp)1/p ln xy
với x và y d−ơng, khác nhau và với p W= 0. Chia tử số và mẫu số
cho y và đặt z =
p
x
y
Qp
, ta đ−ợc
L(x, y)
Mp(x, y)
=
21/p(z1/p − 1)
(z + 1)1/p ln z1/p
.
Bây giờ viết
z =
1 + w
1− w
w
w =
z − 1
z + 1
, 0 < |w| < 1
W
và nhân cả tử và mẫu với (1−w)
1/p
2w , ta đi đến
L(x, y)
Mp(x, y)
=
p21/p
wp
1+w
1−w
Q1/p
− 1
W
p
1+w
1−w + 1
Q1/p
ln 1+w1−w
=
p((1+w)1/p−(1−w)1/p)
2w
ln(1+w)−ln(1−w)
2w
=
f(w, p)
g(w)
.
388 Ch−ơng 3. D∙y hàm và chuỗi hàm
Rõ ràng,
g(w) =
∞3
n=0
1
2n+ 1
w2n,
và theo 3.4.4,
f(w, p) = 1 +
∞3
n=1
1
2n− 1
ww
1
p
− 1
Ww
1
p
− 2
W
ã ã ã
w
1
p
− 2n
W
ã 1
(2n)!
W
w2n.
Do đó, để chứng minh rằng f(w, p) < g(w), chỉ cần chỉ ra với mọi
số nguyên d−ơng n,
w
1
p
− 1
Ww
1
p
− 2
W
ã ã ã
w
1
p
− 2n
W
ã 1
(2n)!
≤ 1
và bất đẳng thức ngặt xảy ra với ít nhất một n. Với n = 1, ta có
w
1
p
− 1
Ww
1
p
− 2
W
ã 1
2
≤ 1 với p ≥ 1
3
,
bởi vì
1
2p2
− 3
2p
+ 1 = 1− 1
2p
w
3− 1
p
W
< 1, nếu 0 <
1
p
< 3.
Từ đó
Qn =
p
1
p − 1
Qp
1
p − 2
Qp
1
p − 3
Q
ã ã ã
p
1
p − 2n
Q
(2n)!
=
w
1− 1
p
Ww
1− 1
2p
W
 , 1
Q1
w
1− 1
3p
W
ã ã ã
w
1− 1
2np
W
 , 1
<1
với p ≥ 13 . Vậy, Q1 ≤ 1 với p ≥
1
3 , và từ công thức cuối cùng ta đ−ợc
Qn < 1 với n = 2, 3, . . . .
3.4.28. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883].
Ta dùng những kí hiệu từ lời giải của bài toán tr−ớc. Ta có,
Q1 > 1 với p < 13 . Vậy tồn tại 0 < h < 1 sao cho nếu 0 < w < h, thì
Tài liệu tham khảo 389
f(w, p) > g(w). Bây giờ, quan sát rằng bất đẳng thức 0 < w < h có
thể viết lại d−ới dạng
1 < z < rp, ở đây r =
w
1 + h
1− h
W1/p
và z =
w
x
y
W1/p
.
Điều này có nghĩa tồn tại r > 1 sao cho L(x, y) > Mp(x, y) nếu
1 < xy < r.
3.4.29. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883].
Đặt xy =
(1+w)2
(1−w)2 , 0 < |w| < 1, ta nhận đ−ợc
L(x, y)
M0(x, y)
=
x−y
lnx−ln y
(xy)1/2
=
x
y
−1
ln x
yp
x
y
Q1/2 =
(1+w)2
(1−w)2−1
4(w+ 13w3+
1
5
w5+ããã )
1+w
1−w
=
1
1− w2 ã
1
1 + 13w
2 + 15w
4 + ã ã ã
=
1 + w2 + ω4 + w6 + ã ã ã
1 + 13w
2 + 15w
4 + 17w
6 + ã ã ã > 1.
Kết hợp với 2.5.42 và 2.5.43 suy ra điều phải chứng minh.
3.4.30. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883].
Dùng các kí hiệu đ∙ đ−a ra trong lời giải của 3.4.27, ta có
L(x, y)
Mp(x, y)
=
p
D
(1 + w)1/p − (1−w)1/p
i
ln 1+w1−w
−→
w→1
0.
Vì z =
p
x
y
Qp
= 1+ω1−w , ta nhận đ−ợc L(x, y) < Mp(x, y) với z đủ lớn.
390 Tài liệu tham khảo
Tài liệu tham khảo
[1] J. Banas´, S. Weádrychowicz, Zbiór zadan´ z analizy matematycznej,
Windawnictwa Naukowo - Techniczne, Warszawa, 1994.
[2] W. I. Bernik, O. W. Melnikov, I. K. Zuk , Sbornik olimpiadnych
zadacˇ po matematike, Narodnaja Asveta, Minsk , 1980.
[3] P. Biler, A. Witkowski, Problems in Mathematical Analysis, Marcel
Dekker, Inc, New York and Basel, 1990.
[4] T. J. Bromwich, An Introduction to the Theory of Infinte Series,
Macmillan and Co., Limited, London ,1949.
[5] R. P. Boas, A Primer of Real Analytic Functions, Birkhaăuser Verlag,
Basel Boston Berlin, 1992.
[6] L. Carleson. T. W. Gamelin, Complex Dynamics, Springer-
Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1993.
[7] B. Demidovicˇ, Sbornik zadacˇ i uprazˇnenij po matematicˇeskomu analizu,
Nauka, Moskva, 1969.
[8] J. Dieudonne´, Foundations of Modern Analysis, Academic Press,
New York San Francisco London, 1969.
[9] A. J. Dorogovcev, Matematicˇeskij analiz. Spravocˇnoe posobe, Vysˇcˇaja
Sˇkola, Kiev, 1985.
[10] A. J. Dorogovcev, Matematicˇeskij analiz. Sbornik zadacˇ, Vysˇcˇaja
Sˇkola, Kiev, 1987.
[11] G. M. Fichtenholz, Differential-und Integralrechnung, I, II, III,
V.E.B. Deutscher Verlag Wiss., Berlin, 1966-1968.
391
392 Tài liệu tham khảo
[12] B. R. Gelbaum, J. M. H. Olmsted, Theorems and Counterexamples
in Mathematics, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg,
1990.
[13] E. Hille, Analysis Vol. I, Blaisdell Publishing Company, New
York Toronto London, 1964.
[14] W. J. Karzor, M. T. Nowak, Problems in Mathematical Analysis I.
Real Number, Sequences and Series, American Mathematical Soci-
ety, Providence, RI, 2000.
[15] G. Klambauer, Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc., New
York, 1975.
[16] G. Klambauer, Problems and Propositions in Analysis, Marcel
Dekker, Inc., New York and Basel, 1979.
[17] K. Knopp, Theorie und Anwendung der Unendhichen Reihen,
Springer-Verlag, Berlin and Heidelberg, 1947.
[18] S. G. Krant, H. R. Parks, A Primer of Real Analytic Functions,
Bikhauser Verlag, 1992.
[19] L. D. Kudriavtsev, A. D. Kutasov, V. I. Chejlov, M. I.
Shabunin, Problems de Ana´ Matema´tico. Li´mite, Continuidad, Deriv-
abilidad (Spanish), Mir, Moskva, 1989.
[20] K. Kuratowski, Introduction to Calculus, Pergamon Press,
Oxford-Eidenburg-New York; Polish Scientific Publishers,
Warsaw, 1969.
[21] S. Lojasiewicz, An Introduction to the Theory of Real Number, A
Wiley-Interscience Publication, John Wiley & Sons, Ltd.,
Chichester, 1988.
[22] D. S. Mitrinovic´, Elemetary Inequalities, P. Noordhoff Ltd.,
Gronigen, 1964.
[23] G. Po´lia, G. Szegoă, Problems and theorems in analysis I, Spriger -
Verlag, Berlin Heidelberg New York, 1978.
[24] R. Remmert, Theory of Complex Functions, Spriger - Verlag,
Berlin Heidelberg New York, 1991.
Tài liệu tham khảo 393
[25] Ya. I. Rivkind, Zadacˇi po matematicˇeskomu analizu, Vysˇejsˇaja
Sˇkola, Min´sk, 1973.
[26] W.I. Rozhkov, V.D. Kurdevanidze, N. G. Pafionov, Sbornik
zadac matematiceskich olimpiad, Izdat. Univ. Druzhby Narodov,
Maskva, 1987.
[27] W. Rudin, Principle of Mathematical Analysis, McGraw - Hill Book
Company, New York, 1964.
[28] W. Rzymowsky, Convex Functions, preprint.
[29] W. A. Sadownicˇij, A. S. Podkolzin, Zadacˇi studencˇcskich olimpiad
po matematike, Nauka, Moskva, 1978.
[30] R. Sikorski, Funkcje rzeczywiste, PWN, Warszawa, 1958.
[31] H. Silverman, Complex variables, Houghton Mifflin Company,
Boston, 1975.
[32] E. C. Titchmarsch, The Theory of Functions, Oxford University
Press, London, 1944.
[33] G. A. Tonojan, W. N. Sergeev, Studencˇeskije matematicˇeskije
oimpiady, Izdatelstwo Erevanskogo Universiteta, Erevan,
1985.