TL toán

1. 16 Chuyên đề ôn thi đại học khối A – THPT chuyên Hùng Vương

Download tại đây

2. GIỚI HẠN CỦA CÁC DÃY SỐ SINH BỠI CÁC ĐẠI LƯỢNG TRUNG BÌNH(Thầy Nguyễn Tài Chung )

Download tại đây

3. BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG QUA CÁCH GIẢI BẰNG GÓC ĐỊNH HƯỚNG

Download tại đây

4. MỘT SỐ LIÊN QUAN KỸ THUẬT GIẢI PT HÀM(Thầy Trần Minh Hiền)

Download tại đây

5. ĐỀ THI OLYMPIC CỦA CÁC NƯỚC CÓ LỜI GIẢI(Thầy Nguyễn Hữu Điền)

Download tại đây

6. TUYỂN CHỌN ĐỀ THI PHƯƠNG TRÌNH…CỦA CÁC TỈNH( Lê Phúc Lữ)

Download tại đây

CHUYÊN ĐỀ TOÁN DÀNH CHO CÁC LỚP CHUYÊN

7. PHÉP BIẾN HÌNH TRONG MẶT PHẲNG (Thầy Nguyễn Đăng Phất)

Download tại đây

8. NGUYÊN LÝ CỰC HẠN VÀO BÀI TOÁN HH TỔ HỢP (Cô Lê Thị Bình)

Download tại đây

9. ĐỊNH LÝ PASCAL VÀ ỨNG DỤNG(Thầy Lê Đức Thịnh)

Download tại đây

10. ỨNG DỤNG NL DIRICHLET VÀO BT HÌNH HỌC TỔ HỢP(Trịnh Việt Phương)

Download tại đây

11. MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN(Thầy Trần Xuân Đáng)

Download tại đây

12. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2008 ( T. Nguyễn Văn Mậu chủ biên) – Các Phương Pháp đặc biệt giải phương Trình- Hệ Phương Trình

Download tại đây

13. TUYỂN TẬP : T. Nguyễn Văn Mậu chủ biên

13.1. Cuốn 1: Bất đẳng thức và các vấn đề liên quan
Các giả nổi tiếng Nguyễn Văn Mậu, Lê Đình Thịnh, Trần Nam Dũng, Đỗ Thanh Sơn, Vũ Đình Hòa, Nguyễn Vũ Lương, Phạm văn Hùng, Dương Châu Dinh, Đỗ Thị Hồng Anh, Nguyễn Văn Thông, Đặng Huy Ruận, Trịnh Đào Chiến, Gabriel Dospinescu
với nhiều chuyên đề hay như:
Bất đẳng thức giữa các đại lượng trung bình,
Một phương pháp làm chặt bất đẳng thức,
Bất đẳng thức tích phân, bất đẳng thức hình học,
Phương pháp dồn biến,
Sử dụng định lý Lagrang và cực trị để chứng minh bất đẳng thức.

Download tại đây

13.2. Cuốn 2: Phương trình và Bất phương trình
Với các chuyên đề
Bất phương trình hàm (Nguyễn văn Mậu)
Bất phương trình hàm liên quan đến tam giác (Nguyễn văn Mậu, Bùi công Huấn)
Phương trình Pell (Đặng Hùng Thắng)
Phương trình Diophant (Trần Nam Dũng)
Liên Phân số và ứng dụng
Đồng dư và phương trình đồng dư (Đặng Hùng Thắng)
Phương pháp giải bài toán chia hết (Đặng Huy Ruận)

Download tại đây

14. NGUYÊN LÝ CHUỒNG VÀ THỎ (Thầy Trần Nam Dũng)

Download tại đây

15. BẤT ĐẲNG THỨC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG (Thầy Nguyễn Anh Tuấn)

Download tại đây

16. Phương Pháp:ỨNG DỤNG SỐ PHỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC(Cô Nguyễn Thị Thanh Tâm)

Download tại đây

17. Phương Pháp:ỨNG DỤNG ĐỊNH LÝ LUCAS TRONG MỘT SỐ BÀI TẬP SỐ HỌC (Thầy: Đào Mạnh Thắng)

Download tại đây

18. Chuyên Đề: BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TỨ DIỆN VUÔNG(Thầy: Lê Lễ)

Download tại đây

19. Chuyên Đề: BẤT PHƯƠNG TRÌNH HÀM (Thầy: Châu Chí Trung)

Download tại đây

20. Chuyên Đề: BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI (Nhiều tác giả)

Download tại đây

21. Phương Pháp: TỔNG QUÁT HÓA, TƯƠNG TỰ HÓA QUA LỜI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN (T Nguyễn Duy Thái Sơn )

Download tại đây

22. SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC

Download tại đây

23.CHUYÊN ĐỀ TOÁN SỐ 9 TRƯỜNG THNK.TPHCM (T. Trần Nam Dũng)

Download tại đây

24. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ( T. Phạm Kim Chung)

Tài liệu gồm các phần sau:

1) Phương trình – BPT – hệ phương trình và 1 số bài toán liên quan đến đạo hàm
2) Phương trình hàm và Đa thức
3) Giới hạn dãy số
4) Bất đẳng thức và cực trị
5) Hình học không gian
6) Một số đề tự luyện

Download tại đây

25. CÁC ĐỊNH LÍ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG VÀ VẬN DỤNG

Download tại đây

36. CÁC ĐỊNH LÍ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG( Cao Minh Quang dịch)

Download tại đây

27. CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC PHẲNG

Download tại đây

CHUYÊN ĐỀ TOÁN DÀNH CHO CÁC LỚP CHUYÊN

28. CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI(Thầy Trần Nam Dũng)

Download tại đây

29. KHÁI NIỆM HÀM LỒI-LÕM VÀ BÀI TOÁN BĐT CỰC TRỊ( Thầy 2M .Nguyễn Song Minh)

Download tại đây

30. LƯỢNG GIÁC HÓA

Download tại đây

31. Chuyên đề Toán Học( Trường Năng Khiếu TPHCM)

Download tại đây

32. Một số Phương Pháp Giải Hệ Phương Trình KMM(Hồ Đình Sinh)

Download tại đây

33. Chuyên Đề Bồi dưỡng về Số Học(T. Trần Nam Dũng)

Download tại đây

34. Chuyên Đề Bồi dưỡng về Đa Thức(T. Trần Nam Dũng)

Download tại đây

35. Biến đổi, khai triển và ước lược để tìm giới hạn dãy tổng

Download tại đây

36. Áp dụng cấp số để xác định số hạng tổng quát của dãy số

Download tại đây

37. Ứng Dụng VecTơ Giải Toán

Download tại đây

Bộ sách Toán sơ cấp của Liên Xô đã dịch sang tiếng Anh

Bộ sách Toán sơ cấp của Liên Xô (cũ) đã dịch sang tiếng Anh hầu hết được xuất bản bởi nhà xuất bản MIR. Nhiều cuốn trong số này có ảnh hưởng đến phong trào học toán và dạy toán sơ cấp ở Việt Nam. Các bài tập từ cơ bản đến nâng cao, từ sách giáo khoa đến sách tham khảo của Việt Nam một phần được lấy từ đây.

1. Problems in Solid Geometry (Bài tập Hình học không gian) bởi I. F. Sharygin. Download.
[Bản dịch tiếng Việt tương ứng là 340 bài toán hình học không gian của Sharygin]
2. Problems in Plane Geometry (Bài tập Hình học phẳng) bởi I. F. Sharygin. Download.

3. Problems on plane and Solid geometry (Bài tập Hình học không gian và Hình học phẳng) bởi Prasolov (tập 1).Download.

4. Problems on plane and Solid geometry (Bài tập Hình học không gian và Hình học phẳng) bởi Prasolov (tập 2).Download.
[Bản dịch tiếng Việt tương ứng là Bài tập Hình học không gian và Hình học phẳng 2 tập]

5. Differential Equations in Applications (Phương trình sai phân và ứng dụng) bởi V. V. Amel’kin. Download.

6. The Method of Mathematical Induction (Phương pháp quy nạp) bởi I. S. Sominsky. Download.

7. Systems of Linear Inequalities (hệ bất phương trình tuyến tính) bởi A. S. Solodovnikov. Download.

8. The Monte Carlo Method (Phương pháp Monte Carlo) bởi I. M. Sobol. Download.

9. Proof in Geometry (Chứng minh trong Hình học) in by A. I. Fetisov. Download.

10. Probability Theory first steps (Lý thiyeets xác suất khởi đầu) bởi E. S. Wentzel. Download.

11. Problem in Geometry (bài tập Hình học phẳng và không gian) bởi A. Kupteov and A. Rubanov. Download.

12. Trigonometric Functions – Problem Solving Approach (Hàm số lượng giác Tiếp cận theo hướng giải quyết vấn đề) bởi A. Panchishkin và E. Shavgulidze. Download.

13. Geometrical Constructions Using Compasses Only (Dựng hình chỉ bằng compa) bởi A. N. Kostovskii.Download.

14. Solving Equations In Integers (Giải phương trình nghiệm nguyên) by A. O. Gelfond. Download.

15. Method of Coordinates (Phương pháp tọa độ) bởi A. S. Smogorzhevky. Download.

16. Inequalities (bất đẳng thức) bởi P. P. Korovkin. Download.

17. Fundamental Theorem of Arithmetic (Định lí cơ bản của số học) bởi L. A. Kaluzhnin. Download.

18. Analytical Geometry (Hình học giải tích) bởi A. V. Pogorelov. Download.

19. A Problem Book in Algebra (bài tập đại số) bởi V. A. Krechmar. Download.

20. Selected Problems and Theorems in Elementary Mathematics – Arithmetic and Algebra (Tuyển chọn các bài tập và định lí trong toán sơ cấp – Số học và Đại số) bởi D. O. Shklyarsky, N. N. Chentsov and I. M. Yaglom. Download.

21. Problems in Calculus of One Variable (Bài tập Phép tính vi tích phân một biến) bởi Issac A. Maron. Download.

22. Problems in Mathematical Analysis bởi B. P. Demidovich. Download.

23. Problems in Higher Algebra (bài tạp đại số cao cấp) bởi Faddeev, Sominsky. Download.

24. Problems in Elementary Mathematics (bài tập toán sơ cấp)bởi V. Lidsky, L. Ovsyannikov, A. Tuliakov and M. Shabunin. Download.

25. Equations of Mathematical Physics (các phương trình Vật lí Toán) bởi A. V. Bitsazde. Download.

Đang cập nhật…

Kĩ năng biến đổi tuyến tính trong giải hệ phương trình

Nhìn chung các phương trình của hệ phương trình với số ẩn tương ứng phải độc lập tuyến tính thì hệ mới giải được. Trong đại số tuyến tính ta biết rằng nếu hệ $x_i$ độc lập tuyến tính và tồn tại các số $a_i$ sao cho $\sum\limits_{i=1}^na_i x_i=0$ thì $a_i=0$ với mọi $i=1,…,n$. Ở đây $a_i$ là các hằng số khác 0 nên ta sẽ biến đổi $\sum\limits_{i=1}^na_i x_i=0$ về phương trình quen thuộc mà ta đã biết cách giải. Ta sẽ sử dụng tư tưởng này để giải và sáng tạo một số bài toán hệ phương trình.

https://blogmath123.wordpress.com/wp-content/uploads/2014/07/8c4b1-vd3.png

Ví dụ 5:

https://blogmath123.wordpress.com/wp-content/uploads/2014/07/ef670-vd5.png

Cuối cùng là một số ví dụ áp dụng tư tưởng này.

Trần Quốc Luật

Định lý Abel – Định lý Dirichlet (tiếp)

Bài trước

http://bomongiaitich.wordpress.com/2011/12/14/d%E1%BB%8Bnh-ly-abel-d%E1%BB%8Bnh-ly-dirichlet/

tôi có trao đổi các Định lý Abel và Định lý Dirichlet về sự hội tụ của tích phân suy rộng dạng

$\int\limits_a^\infty f(x)g(x)dx.$

Trong bài này tôi sẽ quan tâm đến các Định lý này về sự hội đều cho chuỗi hàm

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x).$

Cụ thể tôi sẽ đưa ra các ví dụ để thấy các điều kiện trong các Định lý này là cần thiết, hay nói cách khác tôi đưa ra các ví dụ chuỗi hàm mà một trong các điều kiện của các Định lý này không thỏa mãn và chúng đều không hội tụ đều.

Ta bắt đầu với Định lý Dirichlet. Định lý được phát biểu như sau.

Cho các hàm $u_n, v_n: A\to\mathbb R$ thỏa mãn

(i) dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n u_k(x)$

bị chặn đều trên $A,$ nghĩa là có hằng số dương $M$ sao cho

$|S_n(x)|\le M, \forall x\in A, \forall n;$

(ii) dãy hàm $v_n(x)$ đơn điệu theo $n$ trên $A,$ nghĩa là

(chẳng hạn đơn điệu giảm)

$v_n(x)\ge v_{n+1}(x), \forall x\in A, \forall n,$

(iii) dãy hàm $v_n(x)$ hội tụ đều về $0$ trên $A,$ nghĩa là

$\lim\limits_{n\to\infty}\sup_{x\in A}|v_n(x)|=0.$

Khi đó chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ đều trên $A.$

VD1: (Điều kiện (iii) bị phá vỡ.)

Trước khi đưa ra ví dụ, trong trường hợp tập $A$ là tập compact, chẳng hạn $A=[0, 1],$ thì Định lý Dini cho thấy

từ

(ii) + hội tụ điểm về $0$ trên $A$ + tính liên tục của $v_n(x)$

ta có

(iii).

Ngoài ra, nếu (iii) chỉ bị mất tính đều, nghĩa là dãy hàm $v_n(x)$ hội tụ điểm đến $0$ trên $A$ thì ta vẫn có chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ điểm trên $A.$

Trong ví dụ này $A=(0, 1)$ . Các hàm

$u_n(x)=(-1)^n, v_n(x)=\dfrac{1}{nx}.$

Tính

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n (-1)^k=\begin{cases} 0\quad khi\quad n =2m,\\ -1 \quad khi \quad n=2m-1\end{cases}$

nên

$|S_n(x)|\le 2, \forall x\in(0, 1).$

Không khó để thấy dãy $v_n(x)=\dfrac{1}{nx}$ đơn điệu giảm và hội tụ điểm về $0$ trên $(0, 1).$

Tính

$\sup_{x\in(0, 1)}\dfrac{1}{nx}=\infty$

nên dãy $v_n(x)$ không hội tụ đều về $0$ trên $(0, 1).$

Như vậy các điều kiện (i), (ii) thỏa mãn còn điều kiện (iii) không thỏa mãn.

Bằng tiêu chuẩn Cauchy và việc chọn

$n_k=k, p_k=1, x_k=1/(k+1)$

ta có

$\sum\limits_{n=k+1}^{k+1} u_n(x_k)v_n(x_k)=(-1)^{k+1}$

dẫn đến chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{x}$

không hội tụ đều trên $(0, 1).$

VD2: (Điều kiện (ii) bị phá vỡ.)

Trong ví dụ này tập $A=\mathbb R$ còn các hàm

$u_n(x)=(-1)^n, v_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n}.$

Các hàm này đều là hàm hằng nên tính đều đương nhiên thỏa mãn.

Giống ví dụ trên, dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n u_n(x)$

bị chặn đều bởi $2$ trên $\mathbb R.$

Không khó để thấy dãy $v_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n}$ hội tụ đều về $0$ trên $\mathbb R.$ Tuy nhiên dãy hàm này không đơn điệu vì

$(-1)^{2k+1}<(-1)^{2k}$ dẫn đến không đơn điệu tăng,

$(-1)^{2k+1}<(-1)^{2k+2}$ dẫn đến không đơn điệu giảm.

Chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n}$

phân kỳ mọi nơi trên $\mathbb R.$

VD3: (Điều kiện (ii) bị phá vỡ – chuỗi hội tụ điểm.)

Vẫn ví dụ trên nhưng đổi hàm

$v_n(x)=\dfrac{(-1)^n\sin(nx)}{n}$

cũng là dãy hàm hội tụ đều về $0$ trên $\mathbb R.$

Lúc này, chuỗi hàm

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(nx)}{n}$

hội tụ điểm trên $\mathbb R$

nhưng không hội tụ đều trên đó.

Các bạn có thể xem chi tiết trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2010/03/10/hi%E1%BB%87n-t%C6%B0%E1%BB%A3ng-gibbs/

VD4: (Điều kiện (i) bị phá vỡ.)

Ta tiếp tục phân tích chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n}$

với $A=[0, \pi]$ và các hàm

$u_n(x)=\sin(nx), v_n(x)=\dfrac{1}{n}.$

Dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n \sin(kx)=\begin{cases}0\quad khi \quad x=0,\\ \dfrac{\cos(x/2)-\cos\big((2n+1)x/2\big)}{2\sin(x/2)}\quad khi\; 0<x\le \pi\end{cases}$

nên nó bị chặn điểm trên $[0, \pi],$

nhưng không bị chặn đều trên $[0, \pi]$ vì

$S_n(1/n)=\dfrac{\sin(\frac{1}{2})\sin(\frac{n+1}{2n})}{\sin(\frac{1}{2n})}>2n \sin^2(1/2).$

Dãy hàm $v_n(x)=1/n$ hội tụ đều về $0$ trên $[0, \pi].$

Lưu ý, trong ví dụ trên dãy tổng riêng bị chặn điểm nên chuỗi hội tụ điểm.

Qua bốn ví dụ ta thấy được nếu chỉ cần một trong ba điều kiện (i)-(iii) bị phá vỡ thì kết luận của Định lý Dirichlet không còn đúng.

Ta tiếp tục với Định lý Abel. Định lý được phát biểu như sau.

Cho các hàm $u_n, v_n: A\to\mathbb R$ thỏa mãn

(i) dãy tổng riêng

$S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n u_k(x)$

hội tụ đều trên $A,$

(ii) dãy hàm $v_n(x)$ đơn điệu theo $n$ trên $A,$

(iii) dãy hàm $v_n(x)$ hội tụ đều trên $A.$

Khi đó chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ đều trên $A.$

Các ví dụ về phần này thực chất là các ví dụ cho Định lý Dirichlet nhưng cách phân tích $u_n(x), v_n(x)$ khác. Chẳng hạn ta quay trở lại VD1 ta có VD5 sau.

VD5:(Điều kiện (iii) bị phá vỡ.)

Lấy $A=(0, 1), u_n(x)=\dfrac{(-1)^n}{n^{1/2}}, v_n(x)=\dfrac{1}{n^{1/2}x}.$

Tất cả các lý luận giống như trong VD1 chỉ khác

chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{n^{1/2}}$ hội tụ đều trên $(0, 1).$

Các bạn thử làm tương tự với các VD2, VD3, VD4 xem sao?

Định lý Abel – Định lý Dirichlet

Để kiểm tra sự hội tụ của tích phân suy rộng, ngoài công cụ tiêu chuẩn Cauchy, ta còn có hai công cụ hữu hiệu Định lý Abel và Định lý Dirichlet.

Để dùng được hai Định lý này ta phải phân tích hàm dưới dấu tích phân thành tích

$f(x)g(x).$

Chẳng hạn ta thử xem tích phân sau

$\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin x}{x}dx.$

Ta phân tích hàm dưới dấu tích phân

$\dfrac{\sin x}{x}=\dfrac{1}{x}\sin x$

có

+) $f(x)=\sin x$ có nguyên hàm $\cos x$ bị chặn bởi $1,$

+) $g(x)=\dfrac{1}{x}$ là hàm đơn điệu giảm về $0$ khi $x$ tiến ra vô cùng.

Từ đó dùng Định lý Dirichlet ta có tích phân

$\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin x}{x}dx$ hội tụ.

Tuy nhiên trong vài trường hợp nếu không biết phân tích thì không áp dụng được.

Chẳng hạn, ta xét tích phân

$\int\limits_1^\infty \big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2dx.$

Nếu tách hàm dưới dấu tích phân

$\big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2=\dfrac{\sin x}{x}\dfrac{\sin x}{x}$

thì

+) $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm là hàm có giới hạn ở vô cùng,

+) tuy nhiên $g(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ là hàm dao động (không đơn điệu).

Hoặc tách

$\big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2=\dfrac{1}{x^2}\sin^2 x$

thì

+) $g(x)=\dfrac{1}{x^2}$ đơn điệu giảm về $0$ khi $x$ tiến ra vô cùng,

+) tuy nhiên $f(x)=\sin^2 x$ có nguyên hàm $F(x)=\dfrac{1}{2}(x+sin(2x)+C)$ không bị chặn trên $[1, +\infty)$ .

Nếu để ý

$\sin^2 x= \dfrac{1}{2}(1-\cos(2x))$

và các tích phân

$\int\limits_1^\infty \dfrac{1}{x^2}dx,\; \int\limits_1^\infty \dfrac{\cos(2x)}{x^2}dx$ hội tụ

thì tích phân

$\int\limits_1^\infty \big(\dfrac{\sin x}{x}\big)^2dx$ hội tụ.

Trong bài giảng hôm 13/12/2011, tôi đã đưa ra các phản ví dụ cho thấy các điều kiện:

+) $f$ có nguyên hàm bị chặn,

+) $g$ đơn điệu và $\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=0$

là cần thiết cho kết luận của Định lý Dirichlet.

Dưới đây tôi sẽ đưa ra các phản ví dụ cho thấy sự cần thiết của các điều kiện:

+) $f$ có nguyên hàm có giới hạn tại vô cùng,

+) $g$ đơn điệu và bị chặn

trong Định lý Abel.

VD1: Tích phân $\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin^2 x}{x}dx$

có

+) $f(x)=\sin^2 x$ có nguyên hàm $\dfrac{1}{2}(x+\sin(2x)+C)$ không có giới hạn tại vô cùng,

+) $g(x)=\dfrac{1}{x}$ đơn điệu và bị chặn trên $[1, +\infty)$ ,

+) phân kỳ.

VD2: Tích phân $\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin^2 x}{x}dx$

có

+) $f(x)=\dfrac{\sin^2 x}{x^2}$ có nguyên hàm $\int_1^x \dfrac{\sin^2 t}{t^2}dt$ có giới hạn tại vô cùng,

+) $g(x)= x$ đơn điệu và không bị chặn trên $[1, +\infty)$ ,

+) phân kỳ.

VD3: Tích phân $\int\limits_1^\infty \dfrac{\sin^2 x}{x}dx$

có

+) $f(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm $\int_1^x \dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn tại vô cùng,

+) $g(x)=\sin x$ không đơn điệu và bị chặn trên $[1, +\infty)$ ,

+) phân kỳ.

Định lý Abel giúp ta có phép thử lặp. Chẳng hạn, ta xét tích phân

$\int\limits_1^\infty \arctan (x) e^{1-x}\dfrac{\sin x}{x}dx.$

Áp dụng Định lý Abel lần thứ nhất:

+) $f_1(x)=\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm $\int\limits_1^x \dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn ở vô cùng,

+) $g_1(x)=e^{1-x}$ đơn điệu giảm và bị chặn trên $[1, +\infty)$

nên hàm $\int\limits_1^x e^{1-t}\dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn ở vô cùng.

Ta lại áp dụng Định lý Abel lần thứ hai:

+) $f_2(x)=e^{1-x}\dfrac{\sin x}{x}$ có nguyên hàm $\int\limits_1^x e^{1-t}\dfrac{\sin t}{t}dt$ có giới hạn ở vô cùng,

+) $g_2(x)=\arctan x$ là hàm đơn điệu tăng và bị chặn trên $[1, +\infty)$

nên tích phân

$\int\limits_1^\infty \arctan (x) e^{1-x}\dfrac{\sin x}{x}dx$ hội tụ.

Sang Giải tích 4, ta sẽ còn quay trở lại các Định lý Abel – Định lý Dirichlet khi khảo sát sự hội tụ của

+) chuỗi số $\sum\limits_{n=1}^\infty u_nv_n,$

+) chuỗi hàm $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x),$

+) tích phân suy rộng phụ thuộc tham số $\int_0^\infty f(x, y)g(x, y)dy.$

Tính đơn điệu

Trong giải tích, một trong các tính chất hỗ trợ tốt cho việc kiểm tra sự hội tụ là tính đơn điệu. Chẳng hạn, nếu dãy $\{u_n\}_{n=1}^\infty$ thỏa mãn

+ không giảm, nghĩa là $u_n\le u_{n+1}, \forall n\in\mathbb N,$

+ bị chặn trên, nghĩa là có số $M$ để $u_n\le M, \forall n\in\mathbb N$

thì dãy đang xét hội tụ. Hơn nữa, $\lim\limits_{n\to\infty}u_n\le M.$

Với dãy đơn điệu, chẳng hạn đơn điệu tăng thực ra chỉ có thể xảy ra một trong hai trường hợp:

-) dãy bị chặn trên thì hội tụ đến giá trị hữu hạn;

-) dãy không bị chặn trên thì hội tụ đến $+\infty.$

Ngoài ra, ta có thể mở rộng một chút cho dãy không nhất thiết đơn điệu ngay từ đầu, nghĩa là dãy $\{u_n\}_{n=1}^\infty$ thỏa mãn

+ có số tự nhiên $n_0$ để từ đó trở đi $u_n\le u_{n+1}, \forall n\ge n_0.$

Khi đó dãy này cũng có tính chất tương tự dãy đơn điệu tăng. Một cách tương tự các bạn có thể viết cho dãy đơn điệu giảm. Một ví dụ cho trường hợp như này, xét dãy $\{\dfrac{n^2}{2^n}\}_{n=1}^\infty.$ Dãy này sẽ giảm từ $n=3$ và bị chặn dưới bởi $0.$

Khi quan sát sự hội tụ của chuỗi có dạng

$\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_n$

các kết quả của Abel và Dirichlet đều xuất hiện yêu cầu đơn điệu. Các yêu cầu này cần thiết vì nếu bỏ đi rất có thể kết luận của các kết quả này sai.

Chẳng với Định lý Dirichlet, xét chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n\times\dfrac{(-1)^n}{n}$ :

+ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty(-1)^n$ có dãy tổng riêng bị chặn bởi $1,$

+ dãy $\dfrac{(-1)^n}{n}$ hội tụ về $0$ nhưng không đơn điệu,

+ chuỗi ban đầu phân kỳ.

Với Định lý Abel xét chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}(\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+1)$

+ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ hội tụ,

+ dãy $(\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n}}+1)$ hội tụ về $1$ nhưng không đơn điệu,

+ chuỗi ban đầu phân kỳ.

Với chuỗi đan dấu, tính đơn điệu trong dấu hiệu Leibniz cũng quan trọng. Ta xét ví dụ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n u_n$

với $u_{2k}=\dfrac{1}{\sqrt{k}}, u_{2k+1}=\dfrac{1}{k+1}$ thỏa mãn

+ dãy $u_n$ hội tụ về $0$ nhưng không đơn điệu,

+ chuỗi ban đầu phân kỳ.

Tiếp đến ta quan sát giới hạn của hàm số. Thực chất giới hạn của dãy số là trường hợp riêng của giới hạn hàm số khi ta xét hàm xác định trên tập số tự nhiên và quan tâm đến giới hạn của hàm tại “điểm tụ” $+\infty.$ Ta bắt đầu với dạng tương tự,

+ lấy tập $A\subset\mathbb R$ không bị chặn trên, nghĩa là có một dãy tăng thực sự gồm $x_n\in A, \forall n\in\mathbb N$ mà $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty,$

+ xét hàm đơn điệu tăng $f:A\to \mathbb R,$ nghĩa là $f(x)\le f(y)$ khi $x, y\in A, x<y.$

Khi đó, giống như dãy số, khi quan sát giới hạn tại $+\infty$ của $f$ chỉ có hai tình huống sau xảy ra:

+ hàm $f$ bị chặn trên, nghĩa là tập ảnh của nó $f(A)$ bị chặn trên, thì tồn tại giới hạn

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\in A}f(x),$

– hàm $f$ không bị chặn trên, nghĩa là có một dãy gồm các $x_n\in A$ mà $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=+\infty$ thì dãy $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ là dãy tăng và

$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty,$

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$

Trong cả hai trường hợp đều có $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\in A}f(x).$

Cũng giống như dãy, các tính chất trên còn đúng cho dãy cuối cùng mới đơn điệu, bị chặn, nghĩa là có một số $x_0$ sao cho

+ hàm $f$ bị chặn trên và đơn điệu tăng trên tập $A\cap(x_0, +\infty)$ , nghĩa là có một số $M$ để $f(x)\le M, \forall x\in A, x>x_0$ , và $f(x)\le f(y)$ khi $x, y\in A, x_0<x<y,$ thì tồn tại giới hạn

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sup_{x\in A\atop x>x_0}f(x),$

– hàm $f$ không bị chặn trên và đơn điệu tăng trên $A\cap(0, +\infty)$ , nghĩa là có một dãy gồm các $x_n\in A, x_n>x_0$ mà $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=+\infty$ , và $f(x)\le f(y)$ khi $x, y\in A, x_0<x<y,$ thì dãy $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ là dãy tăng và

$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=+\infty,$

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$

Các bạn thử tự viết cho trường hợp đơn điệu giảm. Chẳng hạn ta xét ví dụ sau

$f: \mathbb R\to\mathbb R, f(x)=x^{2013}e^{-x}$

chỉ giảm khi $x>2013$ và bị chặn dưới bởi $0.$

Một ví dụ nữa

$g:(0, +\infty)\to\mathbb R, g(x)=\dfrac{1}{x}\sin(1/x).$

Hàm này nói chung không đơn điệu cũng không bị chặn trên $(0, +\infty)$ . Tuy nhiên khi $x>1$ hàm $g$ vừa đơn điệu giảm vừa bị chặn dưới bởi $0.$

Ta chuyển sang quan sát giới hạn của hàm $f: A\to \mathbb R$ tại điểm tụ $x_0$ của $A.$ Ta chỉ quan sát hai trường hợp sau:

+) hàm đơn điệu tăng và $x_0=\sup A,$

+) hàm đơn điệu giảm và $x_0=\inf A.$

Các trường hợp khác để viết cho đẹp, ta cần tách bạch giới hạn trái và giới hạn phải tại $x_0.$ Khi xét giới hạn trái hay phải thì nó trùng với một trong hai trường hợp sẽ xét ở đây. Tôi sẽ phát biểu cho trường đơn điệu tăng, trường hợp đơn điệu giảm xin dành bạn đọc.

Nếu có $x_1<x_0$ để $f$ đơn điệu tăng trên $A\cap(x_1, x_0)$

thì tồn tại giới hạn

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\sup_{x\in A\atop x>x_1}f(x).$

Trong trường hợp $f(A\cap(x_1, +\infty))$ bị chặn trên thì giới hạn trên hữu hạn. Ngược lại giới hạn trên là $+\infty.$

Ta có thể thực hành kết quả trên qua ví dụ

$f:(0, 1)\to\mathbb R, f(x)=x\sin(2013x^2)$ và $x_0=0.$

Ta chuyển qua tính liên tục. Như đã biết hàm $f:[0, 1]\to\mathbb R$ liên tục thì $f([0, 1])$ là tập liên thông và có GTLN và GTNN. Nói cách khác ta có $f([0, 1])=[GTNN, GTLN].$ Câu hỏi: điều ngược lại có đúng không? Nghĩa là, nếu có $a\le b$ sao cho $f([0, 1])=[a, b]$ thì $f$ có liên tục hay không. Câu trả lời: nói chung không. Chẳng hạn ta xét ví dụ

$f:[0, 1]\to\mathbb R,$
$f(x)=[2x]$ khi $0<x<1/2, f(x)=2x-1$ khi $1/2\le x\le 1.$

Hàm này gián đoạn loại 1 tại $x=1/2$ và

$f([0, 1])=[0, 1].$

Vậy điều kiện gì sẽ giúp hàm $f$ liên tục? Trả lời: tính đơn điệu. Ta có kết quả

hàm $f:[0, 1]\to\mathbb R$ đơn điệu và có hai số $a<b$ để $f([0, 1])=[a, b]$ thì $f$ liên tục trên $[0, 1].$

Từ kết quả này không khó để chứng minh kết quả sau.

$f:[0, 1]\to\mathbb R$ đơn điệu tăng thực sự, và $f([0, 1])=[f(0), f(1)].$ Khi đó $f:[0, 1]\to[f(0), f(1)]$ là một đồng phôi, nghĩa là nó là song ánh và hàm ngược cũng như bản thân nó đều liên tục.

Trong hàm hai biến, xét hàm $f:[0, 1]\times[0, 1]\to\mathbb R.$ Như đã biết hàm liên tục thì sẽ liên tục theo từng biến. Điều ngược lại nói chung không đúng. Chẳng hạn xét ví dụ

$f(x, y)=\begin{cases} \dfrac{y}{x}\; khi \; 0<y\le x,\\ \dfrac{x}{y} \; khi \; 0<x\le y, \\ 0 \; khi \; xy=0.\end{cases}$

Hàm $f$ liên tục theo từng biến và không liên tục tại $0$ vì

$\lim\limits_{x\to 0}f(x, x)=1\not=0=f(0, 0).$

Vậy điều kiện gì để hàm liên tục theo từng biến trên $[0, 1]\times[0, 1]$ là hàm liên tục. Các bạn thử tự kiểm tra khi có thêm điều kiện: $f(x, y)$ đơn điệu theo biến $x.$

Ta tiếp tục chuyển sang tính khả tích. Trước hết, một hàm $f$ đơn điệu trên $[0, 1]$ khả tích trên $[0, 1].$ Lưu ý lúc này hàm $f$ trên $[0, 1]$ bị chặn bởi $f(0)$ và $f(1).$

Vấn đề tiếp theo: hàm giới hạn $f$ của một dãy hàm $f_n:[0, 1]\to\mathbb R$ khả tích trên $[0, 1]$ có là hàm khả tích không? Hơn nữa, mối quan hệ giữa dãy các tích phân $\int\limits_0^1 f_n(x)dx$ và tích phân của hàm giới hạn $\int\limits_0^1 f(x)dx$ như nào?

Với tích phân Riemann, người ta mới giải quyết được phần sau. Cụ thể

Nếu $f_n, f:[0, 1]\to\mathbb R$ là các hàm liên tục thỏa mãn:

với mỗi $x\in[0, 1]$ dãy $\{f_n(x)\}_{n=1}^\infty$ đơn điệu giảm và hội tụ đến $f(x)$

thì

$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1 f_n(x)dx=\int\limits_0^1 f(x)dx.$

Điều này có được nhờ Định lý Dini về sự hội tụ đều:

Với các giả thiết trên có

$\lim\limits_{n\to\infty}\sup_{x\in[0, 1]}|f_n(x)-f(x)|=0,$

hay nói cách khác dãy hàm $\{f_n\}_{n=1}^\infty$ hội tụ đều đến $f$ trên $[0, 1].$

Trong tích phân Lebesgue, mọi chuyện có vẻ dễ hơn với Định lý hội tụ đơn điệu của Beppo Levi như sau.

Dãy hàm đo được không âm $f_n:[0, 1]\to\mathbb R$ đơn điệu tăng, nghĩa là $f_n(x)\le f_{n+1}(x) \;\forall x\in[0, 1]$ , và hội tụ điểm đến hàm $f(x)$ trên $[0, 1]$ . Khi đó hàm giới hạn đo được và

$\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_0^1 f_n(x)dx=\int\limits_0^1 f(x)dx.$

Dấu bằng ở trên được hiểu nếu giới hạn vế trái tồn tại thì hàm giới hạn $f$ khả tích Lebesgue và tích phân Lebesgue trên $[0, 1]$ của nó chính là giới hạn của dãy tích phân vế trái.

Quay trở lại tích phân Riemann, ta có thể giảm nhẹ điều kiện đơn điệu và hội tụ điểm bằng điều kiện hội tụ đều. Khi xét sự hội tụ điểm cũng như hội tụ đều của chuỗi hàm dạng

$\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)v_n(x)$

ta cũng có các Định lý Abel và Dirichlet với các điều kiện về tính đơn điệu không bỏ được.

Ngoài tích phân Riemann và tích phân Lebesgue ta còn học tích phân suy rộng. Khi nghiên cứu sự hội tụ của tích phân suy rộng dạng

$\int\limits_a^b f(x)g(x)dx$

ta lại tiếp tục gặp Abel và Dirichle với tính đơn điệu không bỏ được.

Ta chuyển sang tính khả vi. Ta gặp một kết quả khá sâu sắc: hàm $f:(0, 1)\to\mathbb R$ là đơn điệu thì nó khả vi hầu khắp nơi. Chứng minh của kết quả này khá khó. Các bạn có thể tham khảo trong luận văn của Vũ Công Viên

http://bomongiaitich.files.wordpress.com/2012/12/luan_van.pdf

Trong luận văn của Vũ Công Viên cũng đưa ra kết quả của Fubini về việc chuyển dấu đạo hàm qua dấu tổng. Nói cách khác, Định lý Fubini nhằm trả lời câu hỏi: chuỗi gồm các hàm khả vi hội tụ đến một hàm thì hàm giới hạn này có khả vi không? Nếu khả vi thì đạo hàm của nó liên quan gì đến chuỗi các đạo hàm?

Trong Giải tích năm thứ nhất ta cần kiểm tra khá nhiều điều kiện:

+ chuỗi hàm hội tụ tại một điểm nào đó trong tập đang xét,

+ chuỗi đạo hàm hội tụ đều trên tập đang xét.

Điều kiện chuỗi đạo hàm hội tụ đều khá chặt. Định lý Fubini đơn giản hóa như sau:

Xét chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ với

+ $u_n:[0, 1]\to\mathbb R$ là các hàm đơn điệu tăng,

+ chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ hội tụ điểm đến hàm $u(x)$ trên $[0, 1].$

Khi đó $u_n, u$ khả vi hầu khắp nơi và

$u'(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty u^,_n(x), h.k.n$ trên $[0, 1].$

Định lý Abel – Định lý Tauber

Xét chuỗi lũy thừa $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n. \;\;\;(1)$

Một nhận xét xuất phát từ điều kiện cần khá đơn giản: nếu chuỗi $(1)$ hội tụ tại $x_0\not=0$ thì nó sẽ hội tụ tuyệt đối tại mọi điểm $x$ mà $|x|<|x_0|.$ Thật vậy, do chuỗi $(1)$ hội tụ tại $x_0$ nên theo điều kiện cần có

$\lim\limits_{n\to\infty}|a_nx^n_0|=0.$

Ta có với $\epsilon=1$ có một số tự nhiên $n_0$ đề với mọi $n\ge n_0$ có

$|a_nx^n_0|<1$ hay $|a_n|<\dfrac{1}{|x_0|^n}.$

Khi đó với $x\in(-|x_0|, |x_0|), n\ge n_0$ có

$|a_nx^n|<\Big(\dfrac{|x|}{|x_0|}\Big)^n$ và $0\le\dfrac{|x|}{|x_0|}<1.$

Do đó chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty |a_nx^n|=\sum\limits_{n=1}^{n_0}|a_nx^n|+\sum\limits_{n=n_0+1}^\infty|a_nx^n|$

hội tụ với mọi $x\in(-|x_0|, |x_0|).$

Từ nhận xét trên, nếu đặt $R=\sup\{|x|\;|\; \sum\limits_{n=1}^\infty a_nx^n$ hội tụ $\}$ thì

+) chuỗi $(1)$ hội tụ tuyệt đối trong khoảng $(-R, R);$

+) chuỗi $(1)$ phân kỳ ngoài đoạn $[-R, R].$

Để tính bán kính hội tụ $R$ ta thường dùng dấu hiệu căn Cauchy hoặc dấu hiệu D’Alembert.

Cũng có chuỗi bán kính hội tụ $R=0,$ chẳng hạn

$\sum\limits_{n=1}^\infty n! x^n.$

Và có chuỗi bán kính hội tụ $R=+\infty,$ chẳng hạn

$\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{1}{n!}x^n.$

Trong bài này ta chỉ bàn đến trường hợp bán kính hội tụ hữu hạn và dương.

Bằng việc sử dụng khái niệm hội tụ đều ta chỉ ra được hàm giới hạn $S(x)$ là hàm khả vi vô hạn trên $(-R, R).$

Vấn đề của bài viết quan tâm: tại những đầu mút $x=\pm R$ xảy ra những gì?

Với chú ý $a_nx^n=b_n y^n$ với $b_n=a_nR^n$ và $y^n=\dfrac{x^n}{R^n}$ ta có thể giả sử $R=1$ mà không làm mất tính tổng quát.

Vấn đề đầu tiên: nếu có $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ đến $S$ thì liệu có $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)$ ? Và nếu có thì so với $S$ thế nào?

N.H. Abel đã cho câu trả lời đẹp: Khi đó $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)=S.$

Việc chứng minh sử dụng khái niệm hội tụ đều và Định lý Abel sau:

“Nếu chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty u_n(x)$ hội tụ đều trên $D$ và dãy $\{v_n(x)\}_{n=0}^\infty$ là dãy đơn điệu, bị chặn đều trên $D$ thì chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty u_n(x)v_n(x)$ hội tụ đều trên $D.$ “

Cụ thể có chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ (không phụ thuộc $x$ ) và dãy $\{x^n\}_{n=0}^\infty$ là dãy giảm và bị chặn dưới đều bởi $0$ trên $[0, 1]$ nên chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$ hội tụ đều trên $[0, 1].$ Từ đó ta có điều phải chứng minh.

N. H. Abel cũng cho câu trả lời khi $x$ là số phức. Ta sẽ quay trở lại vấn đề này sau.

Vấn đề tiếp theo: câu hỏi ngược lại, nghĩa là nếu biết $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)$ ta nói được gì về $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ ?

Câu trả lời khẳng định sẽ giúp ta tính được một số chuỗi số! Chẳng hạn chuỗi

$\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n\dfrac{1}{n}=\ln2.$

Tuy nhiên không phải lúc nào cũng có câu trả lời khẳng định. Ta sẽ thấy qua ví dụ sau.

Xét chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty(-1)^nx^n$ hội tụ đến $S(x)=\dfrac{1}{1+x}$ trong $(-1, 1).$

Có giới hạn $\lim\limits_{x\to 1^-}S(x)=\dfrac{1}{2}$ và không có giới hạn $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n.$

Như vậy cần thêm điều kiện. A. Tauber, năm 1897, đưa ra điều kiện $a_n=o(1/n)$ nghĩa là $\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0.$ Sau đó năm 1911, J.E. Littlewood đưa ra điều kiện yếu hơn $a_n=O(1/n)$ một phía, nghĩa là có một hằng số dương $M$ không phụ thuộc $n$ để

$na_n<M, \forall n$ hoặc $na_n>-M, \forall n.$

Tôi sẽ trình bày chứng minh khi có điều kiện của Tauber thì $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ đến $S(1^-)$ .

Ta dùng ngôn ngữ $\delta-\epsilon$ để chứng minh. Lấy $\epsilon>0.$ Ta cần chỉ ra $N_0$ để với mọi $n\ge N_0$ có

$|S_n-S(1^-)|<C\epsilon.$

Từ giả thiết $\lim\limits_{x\to1^-}S(x)=S(1^-)$ nên có số $\delta$ để với mọi $x\in(1-\delta, 1)$ có

$|S(x)-S(1^-)|<\epsilon.$

Do $\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0$ nên có một số dương $M>1$ để với mọi $n=0, 1, 2, \dots$ có

$|na_n|<M.$

Lại tiếp tục dùng giả thiết $\lim\limits_{n\to\infty}na_n=0,$ ta chọn được số tự nhiên $N_0>\dfrac{\epsilon}{\delta}$ để với mọi $n>N_0$ có

$|na_n|<\epsilon^2.$

Với mỗi $N>N_0$ ta xét hiệu

$S_N-S(x)=\sum\limits_{n=0}^Na_n(1-x^n)+\sum\limits_{n=N+1}^\infty a_nx^n.$

Có $1-x^n=(1-x)(1+x+\dots+x^{n-1})<n(1-x), \forall x\in(0, 1)$ nên

$|\sum\limits_{n=0}^Na_n(1-x^n)|\le MN(1-x).$

Lại có $|a_nx^n|\le\dfrac{\epsilon^2}{N}x^n, \forall x\in(0, 1), \forall n>N>N_0$ nên

$|\sum\limits_{n=N+1}^\infty a_nx^n|\le \dfrac{\epsilon^2}{N(1-x)}.$

Do $N>N_0>\dfrac{\epsilon}{\delta}$ hay $\dfrac{\epsilon}{N}<\delta$ nên có thể chọn $x_N\in(1-\delta, 1)$ để

$N(1-x_N)=\epsilon.$

Khi đó, ta có

$|S(x_N)-S(1^-)|\le\epsilon,$

$|S_N-S(x_N)|\le M\epsilon+\dfrac{\epsilon^2}{\epsilon}$

nên $|S_N-S(1^-)|<(M+2)\epsilon.$

Bạn đọc có thể xem chứng minh trong trường hợp điều kiện Littlewood trong bài của David Borwein

tauber

Chuỗi lũy thừa tại mút

Trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2012/06/01/su-hoi-tu-cua-chuoi-luy-thua-chuoi-fourier/#more-1983

ta xét chuỗi lũy thừa thực

$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n.$

Trong các bài này đều đề cập đến Định lý Abel về sự tồn tại bán kính hội tụ và công thức tính bán kính hội tụ. Ngoài ra ta còn xét đến sự hội tụ tại các mút. Bàn về sự hội tụ tại mút, trong bài

http://bomongiaitich.wordpress.com/2013/02/09/ham-giai-tich/

đưa ra ví dụ về một hàm thực, khả vi vô hạn trên toàn đường thẳng

$\dfrac{1}{1+x^2}.$

Hàm này có chuỗi Taylor

$\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k x^{2k}$

với bán kính hội tụ $R=1$ và hội tụ tại cả hai đầu mút!

Nếu nhìn dạng hàm phức của hàm trên

$\dfrac{1}{1+z^2}$

ta sẽ thấy hàm này có những điểm không tốt trên đường tròn đơn vị!

Dưới đây ta sẽ quan sát những hiện tượng xảy ra tại mút của chuỗi lũy thừa phức.

Một trong các công cụ để quan sát hiện tượng tại mút là Định lý Abel. Nhắc lại Định lý Abel trong trường hợp thực:

Giả sử chuỗi lũy thừa $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$ có bán kính hội tụ là $R=1.$

Nếu chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n$ hội tụ đến $S$

thì $\lim\limits_{x\to 1_-}S(x)=S,$

trong đó $S(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n, x\in(-1, 1).$

Trước khi chuyển sang phát biểu cho trường hợp phức, ta nói qua về chứng minh trong trường hợp thực.

Ta xét tổng

$S_m(x)-S_n(x)=\sum\limits_{k=n+1}^m a_kx^k, m>n.$

Dùng kỹ thuật biến đổi tổng của Abel

$\sum\limits_{k=n+1}^m u_k(v_{k}-v_{k-1})=\sum\limits_{k=n+1}^{m-1} (u_k-u_{k+1})v_{k}-u_{n+1}v_{n}+u_mv_{m}$

cho $u_k=x^k, v_k=\sum\limits_{j=n}^k a_k (n< k\le m), v_{n}=0$ có

$\sum\limits_{k=n+1}^m a_kx^k=\sum\limits_{k=n+1}^{m-1}v_k(x^k-x^{k+1})+v_mx^m.$

Khi đó

$|S_m(x)-S_n(x)|\le \sum\limits_{k=n+1}^{m-1}|v_k|.|x^k-x^{k+1}|+|v_m|.|x^m|.$

Do chuỗi $\sum\limits_{k=1}^\infty a_k$ hội tụ nên theo Cauchy, tồn tại số tự nhiên $n_0$ để với $n\ge n_0$ có
$|v_k|=|\sum\limits_{j=n}^k a_j|<\epsilon, \forall k=n+1, n+2, \dots.$

Lại có

+) $|x^m|=|x|^m,$

+) $|x^k-x^{k+1}|= |x|^k|1-x|.$

Do đó

$|S_m(x)-S_n(x)|\le \epsilon(|1-x|\sum\limits_{k=n+1}^{m-1}|x|^k +|x|^m)$

$<\epsilon(\dfrac{|1-x|}{1-|x|}+1)$ (khi $|x|<1$ ).

Đến đây, trong trường hợp thực

$|1-x|=1-|x|$ khi $0<x<1$ .

Chuyện tiếp theo, các bạn tham khảo

http://www.proofwiki.org/wiki/Abel’s_Theorem

Trong trường hợp phức nói chung ta không có đánh giá cận trên cho đại lượng

$\dfrac{|1-x|}{1-|x|}$

nếu chỉ có $|x|<1.$

Chẳng hạn lấy $x_n=\cos^2(\theta_n)+i\sin(\theta_n)\cos(\theta_n), 0<\theta_n<\pi/2$ có
$|1-x_n|=\sin(\theta_n), 1-|x_n|=1-\cos(\theta_n).$

Khi đó

$\dfrac{|1-x_n|}{1-|x_n|}=\cot(\theta_n/2)\to +\infty$ khi $\theta_n\to 0_+.$

Ta cũng thấy dãy $x_n$ chạy theo đường tròn tiếp xúc với đường tròn đơn vị tại điểm $1.$

Trong khi đó, về kỹ thuật ta cần có

$|1-x|<L(1-|x|).$

Nói cách khác quá trình tiến đến $1$ của $x$ không được tiếp xúc với đường tròn và nên nằm trong một góc.

Từ đó ta có phát biểu Định lý Abel trong trường hợp phức:

Cho chuỗi lũy thừa $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$ có bán kính hội tụ $R=1.$ Giả sử có $\theta_0\in[0, 2\pi)$ sao cho
chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n e^{in\theta_0}$ hội tụ đến $S(\theta_0).$

Khi đó với mỗi góc $\alpha\in [0, \pi/2)$ ta đều có $S(x)$ hội tụ đến $S(\theta_0)$ khi $x$ hội tụ đến $e^{i\theta_0}$ trong góc $\{e^{i\theta_0}-re^{i\theta}|\; r>0, \theta\in[-\alpha, \alpha] \}.$

Sự hội tụ trong phần kết luận được gọi là hội tụ không tiếp xúc (non-tangential convergence) hay hội tụ trong góc (angular convergence).

Một số câu hỏi đặt ra:

+ Liệu chuỗi lũy thừa có bán kính $R,$ có giới hạn không tiếp xúc (non-tangential limit) tại điểm $Re^{i\theta_0},$ nghĩa là có giới hạn $S(x)$ khi $x$ chạy trong góc $\{Re^{i\theta_0}-re^{i\theta}|\; r>0, \theta\in[-\alpha, \alpha] \}$ đến $Re^{i\theta_0}$ thì chuỗi $\sum\limits_{n=0}^\infty a_ne^{in\theta_0}$ hội tụ? Hay, với giả thiết nhẹ hơn, chuỗi có giới hạn bán kính (radical limit) tại $Re^{i\theta_0},$ nghĩa là có giới hạn $\lim\limits_{r\to R_-}S(re^{i\theta_0})$ thì chuỗi $\sum\limits_{n=1}^\infty a_ne^{in\theta_0}$ hội tụ?

+ Liệu có phải do kỹ thuật chứng minh nên ta chỉ kết luận được có giới hạn không tiếp xúc? Liệu có ví dụ nào cho thấy nếu bỏ “không tiếp xúc” thì kết luận sai?

Trả lời câu hỏi đầu tiên: nói chung là không. Bạn đọc có thể xem hàm $f(x)=\dfrac{1}{1+x}$ có chuỗi lũy thừa

$\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n x^n.$

Định lý Tauber là một trong các cách tìm thêm điều kiện để có câu trả lời khẳng định cho câu hỏi đầu tiên. Bạn đọc xem

http://bomongiaitich.wordpress.com/2011/04/29/d%E1%BB%8Bnh-ly-abel-d%E1%BB%8Bnh-ly-tauber/

Một hướng khác, ta quan tâm đến không gian Hardy $H^p$ , không gian các hàm giải tích bị chặn $H^\infty$ và lớp Nevanlinna $N$ trên đĩa đơn vị. Các không gian này được xác định nhờ các phiếm hàm

$M_p(r, f)=\Big(\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi}|f(re^{i\theta})|^pd\theta\Big)^{1/p}, 0<p<\infty$ ,

$M_\infty(r, f)=\sup_{\theta\in[0, 2\pi]}|f(re^{i\theta})|$ ,

$N(r, f)=\int_0^{2\pi}\log^+|f(re^{i\theta})|d\theta$ .

Với $0<p\le \infty$ , không gian $H^p$ và lớp Nevanlinna $N$ là các không gian các hàm giải tích $f$ trên đĩa đơn vị mà $M_p(r, f)$ hay $N(r, f)$ (một cách tương ứng) bị chặn khi $r\to 1_-$ .

Khi đó ta có các phép nhúng

$H^\infty\subset H^q \subset H^p\subset N, 0< p< q<\infty.$

Giả sử $f\in H^\infty.$ Khi đó:

-) nếu $f$ hội tụ theo bán kính tại điểm $e^{i\theta_0}$ thì nó sẽ hội tụ không tiếp xúc tại điểm đó;

-) $f$ hội tụ theo bán kính tại hầu hết các điểm $e^{i\theta}$ trên đường tròn đơn vị.

Từ hai tính chất này dẫn đến: hàm $f\in H^\infty$ hội tụ không tiếp xúc tại hầu hết các điểm trên đường tròn đơn vị.

Lại có nếu $f\in N$ thì sẽ có $g, h\in H^\infty$ để $f=g/h.$

Như vậy, mỗi hàm $f\in N$ đều có giới hạn không tiếp xúc tại hấu hết các điểm $e^{i\theta}$ trên đường tròn đơn vị. Lúc đó ta xác định được một hàm trên đường tròn đơn vị. Hàm này được gọi là hàm giá trị biên của $f$ , ký hiệu $f(e^{i\theta}).$

Khi $f\in H^p, 0<p\le\infty,$ thì

$\lim\limits_{r\to 1_-}\int\limits_0^{2\pi}|f(re^{i\theta})|^pd\theta=\int\limits_0^{2\pi}|f(e^{i\theta})|^pd\theta$

và

$\lim\limits_{r\to 1_-}\int\limits_0^{2\pi}|f(re^{i\theta})-f(e^{i\theta})|^pd\theta=0.$

Đến đây ta có mối nối giữa chuỗi lũy thừa và chuỗi Fourier: quá trình tiến ra biên của hàm giải tích trong đĩa đơn vị thành hàm giá trị biên. Cụ thể như sau, nếu hàm $f\in H^1$ có khai triển Taylor

$\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n$

và hàm giá trị biên $f(e^{i\theta})$ có khai triển Fourier

$\sum\limits_{n\in\mathbb Z}c_ne^{in\theta}$

thì $c_n=a_n, n\ge 0$ và $c_n=0, n<0.$

Theo Định lý Carleson-Hunt, khi $1<p\le\infty$ chuỗi $\sum\limits_{n\in\mathbb Z}c_ne^{in\theta}$ hội tụ hầu khắp nơi. Từ đó dẫn đến với $f\in H^p, 1<p\le\infty$ có

+ chuỗi Taylor
$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$
hội tụ không tiếp xúc tại hầu hết các điểm $e^{i\theta}$ trên đường tròn đơn vị đến hàm $f(e^{i\theta})$ ;

+ chuỗi Fourier
$\sum\limits_{n=0}^\infty a_ne^{in\theta}$
hội tụ hầu khắp nơi trên đường tròn đơn vị đến hàm $f(e^{i\theta}).$

Như vậy với hầu hết điểm trên đường tròn đơn vị, giới hạn không tiếp xúc của chuỗi Taylor chính là giới hạn của chuỗi Fourier.

Ta chuyển sang câu hỏi thứ hai: Liệu ta bỏ được “không tiếp xúc”? Trong lớp $\mathbb A$ gồm các hàm giải tích trên đĩa, có hệ số Taylor thỏa mãn

$\sum\limits_{n=0}^\infty |a_n|<+\infty$ ,

các hàm này sẽ liên tục đến tận biên. Nghĩa là, chuỗi Taylor của hàm giải tích thuộc lớp $\mathbb A$ hội tụ tại bất cứ điểm nào trên đường tròn đơn vị. Một ví dụ cụ thể

$\sum\limits_{n=1}^\infty n^{-2}x^n.$

Ví dụ này chưa đủ để đưa ra câu trả lời khẳng định. Câu trả lời là phủ định dựa trên việc xây dựng tích Blaschke (Blaschke product). Với mỗi dãy $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ trong đĩa đơn vị thỏa mãn

$\sum\limits_{n=1}^\infty (1-|a_n|)<+\infty$

ta có tích

$e^{i\gamma}z^{k}\Pi_{n=1}^\infty\dfrac{1}{|a_n|}\dfrac{z-a_n}{z-\bar{a_n}},$

trong đó $\gamma\in\mathbb R, k\in\mathbb Z_+,$

hội tụ đến một hàm giải tích $B(z)$ trong đĩa đơn vị. Hàm này được gọi là tích Blaschke.

Hàm này có các không điểm là dãy $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ , $|B(z)|\le 1$ khi $|z|<1.$ Do đó $B\in H^p, \forall p>0.$ Khi đó nó sẽ hội tụ không tiếp xúc tại hầu hết các điểm trên đường tròn. Hơn nữa, giới hạn không tiếp xúc $B(e^{i\theta})=1$ hầu khắp nơi trên đường tròn đơn vị. Như vậy, để tìm ra chuỗi lũy thừa có giới hạn không tiếp xúc mà không có giới hạn tại một điểm trên đường tròn đơn vị ta chỉ cần chọn dãy không điểm $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ hội tụ đến điểm $e^{i\theta_0}$ trên đường tròn đơn vị thỏa mãn:

+ tại đó $B(e^{i\theta_0})=1.$

Bằng cách chọn $\gamma$ không phụ thuộc vào dãy $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ ta có thể cho $\theta_0=0.$ Lúc này ta chọn

$a_n=x_n=\cos^2(\theta_n)+i\sin(\theta_n)\cos(\theta_n)$

như ở trên, với dãy góc $\theta_n$ giảm dần về $0$ và thỏa mãn

$\sum\limits_{n=1}^\infty \theta_n^2<+\infty$ .

Khi đó

$\sum\limits_{n=1}^\infty(1-|a_n|)=\sum\limits_{n=1}^\infty 2\sin^2(\theta_n/2)\le \sum\limits_{n=1}^\infty\theta^2_n<+\infty.$

Tích Blaschke được chọn lúc này có tính chất:

+) $B(a_n)\to 0$ khi $a_n\to 1,$

+) giới hạn không tiếp xúc của $B(x)$ tại $x=1$ là $B(1)=1.$

Trong cuốn “Trigonometric series I” của A. Zygmund, Định lý 7.44 (trang 280) còn khẳng định: có thể xây dựng được tích Blaschke sao cho nó không có giới hạn tiếp xúc tại hầu hết các điểm trên đường tròn đơn vị. Đường link cuốn sách

http://en.bookfi.org/book/1468585

Về mút (hay giá trị biên) của chuỗi lũy thừa, ngoài Định lý Abel và những vấn đề tôi vừa viết trên, còn khá nhiều vấn đề, chẳng hạn bài toán biên của hàm giải tích:

+ sự tồn tại,

+ tính duy nhất.

Về tính duy nhất, ta có Định lý sâu sắc của I. I. Privalov và N. N. Luzin:

Một hàm phân hình (thương của hai hàm giải tích) có giới hạn không tiếp xúc trên đường tròn đơn vị bằng $0$ trên một tập có độ đo dương thì hàm đó phải bằng $0$ .

I. I. Privalov và N. N. Luzin cũng xây dựng ví dụ về một hàm giải tích bị chặn có giới hạn bằng $0$ trên một tập có độ đo không trên đường tròn đơn vị. Hai ông cũng xây dựng ví dụ hàm giải tích có giới hạn theo bán kính bằng $0$ hầu khắp nơi trên đường tròn đơn vị.

Bạn đọc có thể xem thêm

http://www.encyclopediaofmath.org/index.php/Uniqueness_properties_of_analytic_functions

và

http://www.numdam.org/numdam-bin/fitem?id=ASENS_1925_3_42__143_0

Về sự tồn tại, ta có kết quả sau:

với hàm giá trị biên $f(e^{i\theta})\in L^p, p>1$ thì hàm $f$ được xác định nhờ công thức Poisson sẽ thuộc vào không gian $H^p.$

Từ chuỗi Fourier đến tích phân Fourier

Trong bài giảng chiều 09/04/2013, tôi trình bày phương pháp tách biến để giải bài toán biên cho phương trình Laplace. Khi bài toán biên cho hình tròn hay hình vuông nghiệm cần tìm được viết dưới dạng chuỗi Fourier, chẳng hạn trong hình tròn ta có nghiệm dạng chuỗi

$v(r, \theta)=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty r^n(a_n\cos(n\theta)+b_n\sin(n\theta))$ .

Khi bài toán biên cho nửa dải hay cả dải thì nghiệm cần tìm được có phần viết dưới dạng tích phân Fourier, chẳng hạn trong dải ta có nghiêm dạng tích phân

$u(x, y)=\int\limits_0^\infty (A(k)\sinh(kx)+B(k)\cosh(kx))\cos(ky)dk+$

$+\int\limits_0^\infty(C(k)\sinh(kx)+D(k)\cosh(kx))\sin(ky)dk,$

$0<x<1, -\infty<y<+\infty$ .

Tích phân Fourier có thể hiểu như sự liên tục hóa chuỗi Fourier như cách trình bày dưới đây (dựa theo các cuốn “PDEs of Mathematics Physics and Integral Equations” của R. B. Guenther, J. W. Lee và “BVPs and PDEs” của D. L. Powers).

Ta xuất phát từ một hàm $f:\mathbb R\to \mathbb R$ đủ tốt, cụ thể:

+ liên tục, trơn từng khúc,

+ tích phân suy rộng $\int\limits_{-\infty}^\infty |f(x)|dx$ hội tụ.

Với mỗi số dương $a$ xét hàm $f_a:\mathbb R\to\mathbb R$ xác định bởi

$f_a(x)=f(x)$ khi $|x|\le a$ ,

sau đó thác triển tuần hoàn chu kỳ $2a$ lên toàn trục số, nghĩa là

$f(x)=f(x-k2a)$ khi $-a+k2a\le x<a+k2a$ , $k\in\mathbb Z$ .

Khi đó, như đã biết về chuỗi Fourier, ta có khai triển Fourier của $f_a(x)$

$S_a(x)=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n\cos(n\pi x/a)+b_n\sin(n\pi x/a))$

với

$a_0=\dfrac{1}{2a}\int\limits_{-a}^{a}f(x)dx$ , $a_n=\dfrac{1}{a}\int\limits_{-a}^{a}f(x)\cos(n\pi x/a)dx$ ,

$b_n=\dfrac{1}{a}\int\limits_{-a}^{a}f(x)\sin(n\pi x/a)dx$ .

Chuỗi Fourier $S_a(x)$ hội tụ đến đúng

$f_a(x)=f(x)$ khi $|x|<a$ . (Tại hai đầu mút $x=\pm a$ thì sao?)

Giờ ta sẽ liên tục hóa chuỗi Fourier trên bằng cách đẩy $a$ ra vô cùng.

Trước hết để ý tích phân $\int\limits_{-\infty}^\infty |f(x)|dx$ hội tụ nên

$a_0=\dfrac{1}{2a}\int\limits_{-a}^a f(x)dx\to 0$ khi $a\to+\infty$ ,

và các tích phân

$A_a(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-a}^a f(x)\cos(\lambda x)dx$ ,

$B_a(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-a}^a f(x)\sin(\lambda x)dx$

hội tụ đều theo $\lambda$ trên $\mathbb R$ lần lượt đến các tích phân

$A(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\cos(\lambda x)dx$ ,

$B(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\sin(\lambda x)dx$

khi $a\to\infty$ .

Đặt $\lambda_n=n\pi/a$ có

$\pi/a=\lambda_{n+1}-\lambda_n=\Delta\lambda_n$ ,

$a_n=A(\lambda)\Delta\lambda_n, b_n=B(\lambda)\Delta\lambda_n$ ,

và chuỗi Fourier

$S_a(x)=a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(A(\lambda_n)\cos(\lambda_n x)+B(\lambda_n)\sin(\lambda_n x))\Delta\lambda_n$ .

Cách viết này cho ta cảm giác tổng sau là “tổng Darboux” tích phân

$\int\limits_{0}^\infty (A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$

theo phân hoạch

$P=\{\lambda_n, n\in\mathbb N\}$

và các điểm chia $\{\lambda_n, n\in\mathbb N\}$ .

Khi đó ta cho $a\to\infty$ có

$d(P)=\max\limits_{n\in\mathbb N}\Delta\lambda_n=\lambda/a\to 0$

nên

$S_a(x)\to \int\limits_{0}^\infty(A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$ .

Hay nói cách khác

$f(x)=\int\limits_{0}^\infty(A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$ , $\forall x\in\mathbb R$

với

$A(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\cos(\lambda x)dx$ ,

$B(\lambda)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty f(x)\sin(\lambda x)dx$ .

Tuy nhiên ta cần chính xác lại hai vấn đề:

-) trong tích phân suy rộng ta chưa có tổng Darboux và các vấn đề khác như tích phân Riemann trên miền hữu hạn, do đó cần làm rõ quá trình hội tụ của $S_a(x)$ khi $a\to\infty$ ,

-) từ việc hội tụ của $S_a(x)$ làm sao lại chuyển sang $f(x)$ , hay tại sao

$\lim\limits_{a\to\infty} S_a(x)=f(x)$ , $\forall x\in\mathbb R$ ,

trong khi ta chỉ có $S_a(x)=f_a(x)=f(x)$ khi $|x|<a$ ?

Vấn đề thứ hai khá rõ ràng vì với mỗi $x\in\mathbb R$ đều có $|x|<a$ với mọi số dương $a>a_0=|x|+1$ . Khi đó, $S_a(x)=f(x)$ với mọi $a>a_0=|x|+1$ . Như vậy $S_a(x)$ hội tụ điểm đến $f(x)$ khi $a\to\infty$ . (Thực ra việc chứng minh này cũng dẫn đến sự hội tụ này là hội tụ đều trên từng compact.)

Để làm rõ vấn đề 1, theo cách tôi học từ cuốn “Mathematical Analysis” của V. A. Zorich, lại nhờ vấn đề 2 và chứng minh

tích phân

$\int\limits_0^\infty (A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$

hội tụ đến $f(x)$ tại những điểm $f(x)$ khả vi phải và khả vi trái.

Với mỗi $M>0$ xét

$T_M(x)=\int\limits_0^M (A(\lambda)\cos(\lambda x)+B(\lambda)\sin(\lambda x))d\lambda$

$=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_0^M d\lambda \int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy$ .

Do $\int\limits_{-\infty}^\infty |f(y)|dy<+\infty$ nên

$\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy$ hội tụ tuyệt đối đều theo $\lambda$ trên $\mathbb R$ .

Khi đó ta có thể đổi thứ tự lấy tích phân như sau

$\int\limits_0^M d\lambda \int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy=\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)dy \int\limits_0^M\cos(\lambda(x-y))d\lambda=$

$=\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\dfrac{\sin(M(x-y))}{x-y}dy$

$=\int\limits_{-\infty}^\infty f(x-u)\dfrac{\sin(Mu)}{u}du$ (đặt $y=x-u$ ),

$=\int\limits_0^\infty(f(x-u)+f(x+u))\dfrac{\sin(Mu)}{u}du$ .

Lại để ý

$f(x)=f(x)\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty\dfrac{\sin(Mu)}{u}du$ .

Khi đó

$\pi(f(x)-T_M(x))=\int\limits_0^\infty \dfrac{(f(x)-f(x-u))+(f(x)-f(x+u))}{u}\sin(Mu)du$ .

Tách tích phân trên thành hai phần $\int\limits_0^1, \int\limits_1^\infty$ có các điều sau.

+) Tại những điểm $x$ mà hàm $f$ khả vi phải và khả vi trái thì các hàm

$g_1(u)=\dfrac{f(x)-f(x-u)}{u}$ ,

$g_2(u)=\dfrac{f(x)-f(x+u)}{u}$

có thể coi là các hàm liên tục trên $[0, 1]$ .

Khi đó theo Bổ đề Riemann-Lebesgue

$\lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_0^1 g_j(u)\sin(Mu)du=0, j=1, 2$ .

+) Do $\int\limits_{-\infty}^\infty|f(y)|dy<+\infty$ nên

$\int\limits_1^\infty f(x\pm u)\sin(Mu)du$ hội tụ.

Lại có hàm $\dfrac{1}{u}$ đơn điệu giảm về $0$ nên theo Dirichlet

$\int_1^\infty \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Mu)du$ hội tụ.

Lấy $\epsilon>0$ cố định bất kỳ. Khi đó có $M_0>1$ để

$|\int\limits_{M_0}^\infty \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Au)du|<\epsilon/2$ .

Lại có hàm các hàm

$\dfrac{f(x\pm u)}{u}, j=1, 2$ liên tục trên $[1, M_0]$

nên theo Bổ đề Riemann-Lebesgue có số $A_0>1$ để với mọi $M>A_0$

$|\int\limits_1^{M_0} \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Mu)du|<\epsilon/2$ .

Như vậy ta có

$\lim\limits_{M\to\infty}\int_1^\infty \dfrac{f(x\pm u)}{u}\sin(Mu)du=0$ .

+) Do $\int\limits_0^\infty\dfrac{\sin u}{u}du$ hội tụ nên

$\lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_M^\infty\dfrac{\sin u}{u}du=0$

hay

$\lim\limits_{M\to\infty}\int\limits_1^\infty\dfrac{\sin (Mv)}{v}dv=0$ (đặt $u=Mv$ ).

Từ đó

$\lim\limits_{M\to\infty}f(x)\int\limits_1^\infty\dfrac{\sin (Mu)}{u}du=0$ .

Như vậy, với giả thiết $f$ là hàm liên tục, trơn từng khúc (có đạo hàm phải và trái tại mọi nơi), và khả tích tuyệt đối trên toàn đường thẳng, ta có

$\lim\limits_{M\to\infty}(f(x)-T_M(x))=0$

hay ta có công thức tích phân Fourier

$f(x)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_0^\infty\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy.$

Đến đây ta có thể chuyển sang biến đổi Fourier như sau.

Như ở trên chứng minh ta có

$\pi f(x)=\lim\limits_{M\to \infty}\int\limits_0^M d\lambda\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\cos(\lambda(x-y))dy$

$=\lim\limits_{M\to \infty}\int\limits_0^M d\lambda\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)\dfrac{e^{i\lambda(x-y)}+e^{-i\lambda(x-y)}}{2}dy$

$=\dfrac{1}{2}\lim\limits_{M\to \infty}\int\limits_{-M}^M e^{i\lambda x}d\lambda\int\limits_{-\infty}^\infty f(y)e^{-i\lambda y}dy$ .

Như vậy nếu định nghĩa biến đổi Fourier của một hàm $f:\mathbb R\to\mathbb R$ liên tục, trơn từng khúc và khả tích tuyệt đối

$\mathcal F f(\lambda)=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\infty}^\infty e^{-i\lambda y}f(y)d\lambda$

thì

$f(x)=pv\int\limits_{-\infty}^\infty e^{i\lambda x}\mathcal Ff(\lambda)d\lambda$ .

Ngoài ra, cũng giống như chuỗi Fourier có khai triển Fourier-sine, khai triển Fourier-cosine ta cũng có tích phân Fourier-sine, tích phân Fourier-cosine như sau:

$f(x)=\int\limits_0^\infty A(\lambda)\cos(\lambda x)d\lambda$

với

$A(\lambda)=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty f(y)\cos(\lambda y)dy$ ,

và

$f(x)=\int\limits_0^\infty B(\lambda)\sin(\lambda x)d\lambda$

với

$B(\lambda)=\dfrac{2}{\pi}\int\limits_0^\infty f(y)\sin(\lambda y)dy$ .

Tính duy nhất của chuỗi Taylor – chuỗi Fourier

Trong bài “Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier”

(http://bomongiaitich.wordpress.com/2012/06/01/su-hoi-tu-cua-chuoi-luy-thua-chuoi-fourier/)

nói về sự hội tụ của các chuỗi Taylor và chuỗi Fourier có đặt ra câu hỏi:

Xuất phát từ một hàm đủ tốt, ta xây dựng được chuỗi Taylor (chuỗi Fourier) của hàm đó. Giả sử các chuỗi đó hội tụ, câu hỏi đặt ra chúng hội tụ đến đâu? có phải liên quan đến hàm ban đầu không?

Câu hỏi trên cũng có thể phát biểu:

liệu hai hàm đủ tốt có cùng chuỗi Taylor (Fourier) thì chúng trùng nhau không?

Nói cách khác ta cần quan tâm đến tính duy nhất của chuỗi Taylor cũng như chuỗi Fourier.

Trước hết, với chuỗi Taylor cho hàm khả vi vô hạn $f:\mathbb R\to \mathbb R$ tại $x=0$

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ ,

trong bài “Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier” có đưa ra một số ví dụ về tính không duy nhất của chuỗi lũy thừa. Chẳng hạn xét các hàm khả vi vô hạn trên đường thẳng thực, hàm đồng nhất không $f=0$ và hàm

$f_2(x)=e^{-1/x^2}$ khi $x\not=0$ , $f_2(0)=0$

có cùng khai triển Taylor tại $x=0$ .

Như vậy chữ “đủ tốt” ở đây cần nhiều hơn “khả vi vô hạn” hay

“khả vi vô hạn” không đảm bảo tính duy nhất!

Vậy cần tốt đến mức nào để đảm bảo tính duy nhất?

Câu trả lời đầu tiên: tính “giải tích”. Hàm $f$ được gọi là giải tích tại $x=0$ nếu chuỗi Taylor tại $x=0$ của hàm này đảm bảo xác định duy nhất ngược trở lại hàm $f$ trong lân cận “đủ nhỏ” .

Người ta đã chứng minh được rằng hàm khả vi vô hạn $f$ là giải tích tại $x=0$ khi và chỉ khi

có các số dương $R, M$ để

$\sup\limits_{x\in(-R, R)\atop n\in\mathbb Z_+}\dfrac{R^n}{n!}|f^{(n)}(x)|\le M$ . $\;\;\;(1)$

Như vậy, “đủ nhỏ” ở đây nghĩa là với mỗi hàm $f$ giải tích tại $x=0$ , có một số dương $R$ lớn nhất trong các số dương để có bất đẳng thức $(1)$ , khi đó chuỗi Taylor của hàm $f$ tại $x=0$ xác định hàm $f$ trong khoảng $(-R, R)$ . Có thể thay ngay rằng $R$ không lớn hơn bán kính hội tụ $R_0$ của chuỗi Taylor

$\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ .

Dĩ nhiên khi $|x|>R_0$ chuỗi Taylor phân kỳ nên không có gì phải nói trong trường hợp này.

Nhưng khi $R\le |x|\le R_0$ điều gì xảy ra? Liệu chuỗi Taylor có hội tụ đến đúng hàm $f$ hay không?

Ta tạm gác lại câu hỏi này và có kết luận như sau:

Trong không gian các hàm khả vi vô hạn, giải tích tại $x=0$ (hay các hàm khả vi vô hạn thỏa mãn (1)), dãy giá trị các đạo hàm tại $x=0$ có thể coi như một dấu hiệu để nhận dạng hay nếu coi mỗi hàm khả vi vô hạn, giải tích tại $x=0$ như một quyển sách thì để tìm trong các quyển này một quyển sách ta lấy từ khóa chính là dãy giá trị các đạo hàm tại $x=0$ .

Quay trở lại câu hỏi trên bằng việc xét ví dụ

$f:(-1, 1)\to\mathbb R$ xác định bởi

$f(x)=\dfrac{1}{1-x}$ .

Hàm này có khai triển Taylor tại $x=0$

$\sum\limits_{n=0}^\infty x^n$

với bán kính hội tụ $R_0=1$ , hội tụ đến $f(x)$ trên $(-1, 1)$ .

Có $f^{(n)}(x)=\dfrac{(-1)^{n+1}n!}{(x-1)^{n+1}}$ nên nếu $R\in(1/2, 1)$ thì

$\sup\limits_{x\in(-R, R)\atop n\in\mathbb Z_+}\dfrac{R^n}{n!}|f^{(n)}(x)|=\sup\limits_{x\in(-R, R)\atop n\in\mathbb Z_+}\dfrac{R^n}{(1-x)^{n+1}}=+\infty$

(vì $0<1-x<R$ khi $1/2<x<R$ ).

Như vậy nếu dừng lại ở việc xét tính giải tích của hàm tại một điểm chưa đủ!

Ta cần quan tâm hàm giải tích trên một khoảng chẳng hạn hàm $f:(-1, 1)\to \mathbb R$ giải tích trên $(-1, 1)$ , nghĩa là hàm giải tích tại mọi điểm $x\in(-1, 1)$ .

Người ta cũng chứng minh được rằng

hàm khả vi vô hạn $f$ là giải tích trên $(-1, 1)$ nếu và chỉ nếu

với mỗi $x\in (-1, 1)$

đều có một lân cận $J_x\subset(-1, 1)$

và các số thực dương $R_x, M_x$ để

$|f^{(n)}(y)|\le M_x\dfrac{R_x^n}{n!}\; \forall x\in J, n\in\mathbb Z_+$ .

Ta lại có kết luận sau:

Trong không gian các hàm giải tích trên khoảng $(-1, 1)$ dãy giá trị các đạo hàm tại mỗi điểm hoàn toàn xác định được hàm hay nói cách khác nếu có hai hàm mà tại một điểm nào đó trong khoảng $(-1, 1)$ chúng có chung dãy giá trị các đạo hàm tại điểm đó thì chúng phải trùng nhau.

Tiếp tục theo hướng này, người ta xét các lớp hàm khả vi vô hạn như sau.

Với mỗi dãy số dương $M=\{M_0=1, M_1, M_2, \dots\}$ không gian $C^M(-1, 1)$ là tập tất cả các hàm $u$ khả vi vô hạn trên $(-1, 1)$ thỏa mãn

có một số dương $K$ để

$|f^{(n)}(x)|\le K^nM_n, \; \forall x\in(-1, 1), \forall n\in\mathbb Z_+$ .

Không gian $C^M(-1, 1)$ được gọi là tựa giải tích nếu

với mỗi $u\in C^M(-1, 1)$ có $u^{(n)}(0)=0\; \forall n\in\mathbb Z_+$ thì $u(x)=0\;\forall x\in(-1, 1)$ ;

hay nói cách khác không gian $C^M(-1, 1)$ được gọi là tựa giải tích nếu dãy giá trị các đạo hàm là dãy từ khóa!

A. Denjoy (1921) và T. Carleman (1926) chứng minh được rằng:

Không gian $C^M(-1, 1)$ là tựa giải tích khi và chỉ khi một trong các điều sau xảy ra:

(a) $\sum\limits_{j=0}^\infty\dfrac{1}{L_j}=+\infty, L_j=\inf_{k\ge j}M_k^{1/k}$ ;

(b) $\sum\limits_{j=0}^\infty (M^*_j)^{-1/j}=+\infty,$

$M^*_j=\inf\{M_j, M_k^{(l-j)/(l-k)}M_l^{(j-k)/(l-k)},\; k<j<l\}$ ;

Các bạn có thể xem chứng minh kết quả trên trong cuốn “The Analysis of linear PDEs I” của L. Hormander (trang 20-24).

Đường link của cuốn sách

https://www.box.com/s/eiz7r658b6xyv1ocbn3i

Khi $M_n=n^n, \forall n\in\mathbb Z_+$ có:

$u\in C^M(-1, 1)$ thì $u$ là hàm giải tích trên $(-1, 1)$ .

Ở trên ta mới bàn đến tính duy nhất từ dãy giá trị các đạo hàm. Ta cũng có thể hỏi về tính duy nhất: với mỗi hàm $f:(-1, 1)\to\mathbb R$ khả vi vô hạn liệu có mấy chuỗi lũy thừa

$\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$

cùng hội tụ đến hàm $f$ trong một lân cận của điểm $x=0$ ?

Trước khi trả lời câu hỏi này ta nhắc lại định lý xấp xỉ Weierstrass:

Với mỗi hàm $f\in C[-1, 1]$ bất kỳ ta đều có thể xấp xỉ đều nó bởi một dãy các đa thức, hay theo ngôn ngữ $\delta-\epsilon$

$\forall \epsilon>0, \exists P(x)$ là đa thức sao cho

$\sup\limits_{x\in[-1, 1]}|f(x)-P(x)|<\epsilon.$

Có thể thấy rằng có nhiều cách chọn $P(x)$ với mỗi $\epsilon>0$ . Tuy nhiên ở đây có sự khác biệt khá lớn so với chuỗi Taylor! Bạn đọc thử tìm hiểu xem?

Còn câu trả lời cho tính “duy nhất” ở trên là: nếu có chỉ có một. Lý do đưa ra bằng cách tính toán khá đơn giản cho thấy

$a_n=\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}$ .

Cũng với hai câu hỏi trên được xét cho chuỗi Fourier thì tình hình có vẻ ngược lại. Cụ thể, với câu hỏi đầu, một chuỗi Fourier cho trước

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n \cos(nx)+b_n\sin(nx))$

liệu có bao nhiêu hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ cùng nhận chuỗi Fourier này là khai triển Fourier của nó? Nói cách khác có hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ khác $0$ nào có hệ số Fourier đều bằng $0$ ?

Nếu xét trong lớp các hàm tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ , bình phương khả tích trên đoạn $[-\pi, \pi]$ , nhờ đẳng thức Parseval

$2|a_0|^2+\sum\limits_{n=1}^\infty (|a_n|^2+|b_n|^2)=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi |f(x)|^2dx$

ta có ngay câu trả lời cho tính duy nhất, nghĩa là trong không gian các hàm bình phương khả tích trên $[-\pi, \pi]$ , tuần hoàn chu kỳ $2\pi$ các hệ số Fourier hoàn toàn xác định hàm.

Trong trường hợp hàm khả tích Riemann ta có nếu tất cả các hệ số Fourier đều bằng $0$ thì hàm sẽ bằng $0$ tại những điểm hàm đó liên tục. Như vậy, hàm sẽ bằng $0$ hầu khắp nơi!

Ở đây ta cũng nên có sự so sánh với Định lý xấp xỉ Weierstrass cho hàm tuần hoàn liên tục, Định lý Fejer về sự hội tụ đều của dãy tổng Fejer. Bằng việc dùng tổng Fejer

$\sigma_n(f, x)=\dfrac{1}{n+1}\sum\limits_{j=0}^nS_j(f, x)$ ,

trong đó $S_j(f, x)=a_0+\sum\limits_{k=1}^j(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))$ ,

với lưu ý khi $f$ khả tích Lebesgue thì

$\lim\limits_{n\to\infty}||\sigma_n(f, x)-f(x)||_{L^1[-\pi, \pi]}=0$

ta cũng có câu trả lời cho tính duy nhất trong trường hợp hàm khả tích Lebesgue.

Với câu hỏi thứ hai, liệu có hai chuỗi Fourier cùng xác định một hàm hay không? Nói cách khác nếu với mỗi $x\in[-\pi, \pi]$ chuỗi Fourier

$a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty(a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))$

đều hội tụ điểm về $0$

thì tất cả các hệ số Fourier $a_n=b_n=0$ ?

Câu hỏi này được đề xuất bởi B. Riemann, sau đó E. Heine giao cho G. Cantor. Năm 1870, Cantor đã trả lời khẳng định câu hỏi trên. Sau đó hai năm Cantor tiếp tục mở rộng ra bằng việc giảm nhẹ giả thiết: không cần chuỗi Fourier hội tụ về $0$ tại mọi điểm mà có thể bỏ đi một số điểm! Mọi sự thú vị có lẽ bắt đầu từ đây!

Cần lưu ý về sự hội tụ ở đây là hội tụ điểm. Nếu chuỗi Fourier hội tụ trung bình bình phương về $0$ , nghĩa là

$\lim\limits_{n\to\infty}||S_n(x)||_{L^2[-\pi, \pi]}=0$

thì có ngay tất cả các hệ số Fourier đều phải bằng $0$ vì

$||S_n(x)||_{L^2[-\pi, \pi]}=\int\limits_{-\pi}^\pi S_n(x)\overline{S_n(x)}dx=\pi(2|a_0|^2+\sum\limits_{k=1}^n(|a_k|^2+|b_k|^2))$ .

Quay trở lại lúc Cantor bỏ bớt đi một số điểm, sau đó H. Lebesgue (1903), S. N. Bernstein (1908) và W. H. Young (1909) mở rộng đến kết quả sau

nếu chuỗi Fourier hội tụ điểm về $0$ trừ ra một số đếm được các điểm thì tất cả các hệ số Fourier phải bằng $0$ .

Câu hỏi đặt ra lúc này liệu “trừ ra một tập có độ đo không” có được không, hay chính xác hơn

liệu chuỗi Fourier hội tụ hầu khắp nơi về $0$ thì tất cả các hệ số Fourier có nhất thiết đều bằng $0$ hay không?

D. Menshov có câu trả lời phủ định bằng việc xây dựng phản ví dụ.

Cũng cần lưu ý rằng L. Fejer và H. Lebesgue chứng minh được rằng:

Nếu khai triển Fourier của một hàm khả tích Lebesgue hội tụ hầu khắp nơi về $0$ thì hàm đó bằng $0$ hầu khắp nơi.

Nói cách khác trong lớp hàm khả tích Lebesgue thì việc bỏ đi “tập có độ đo không” không làm mất tính duy nhất.

Như vậy có thể thấy ví dụ của Menshov liên quan đến cái gì đó rộng hơn hàm khả tích Lebesgue, cái được gọi là giả hàm (pseudo-functions) hay rộng hơn hàm suy rộng! Cụ thể của việc xây dựng này các bạn có thể xem trong bài

“SET THEORY AND UNIQUENESS FOR TRIGONOMETRIC SERIES” của A. S. Kechris.

Các bạn có thể lấy trong trang

http://www.math.caltech.edu/people/kechris.html

Ngoài ra, D. Menshov khẳng định được rằng:

Bất kỳ hàm đo được Lebesgue $f$ đều có một chuỗi Fourier hội tụ hầu khắp nơi đến nó. Như vậy có thể có nhiều chuỗi Fourier như vậy!

Câu chuyện về tính duy nhất của chuỗi Fourier cho đến nay vẫn còn mở!

Blog Math 123

A topnotch WordPress.com site

Ngày: 17.07.2014

TL toán

1. 16 Chuyên đề ôn thi đại học khối A – THPT chuyên Hùng Vương

Bộ sách Toán sơ cấp của Liên Xô đã dịch sang tiếng Anh

Kĩ năng biến đổi tuyến tính trong giải hệ phương trình

Định lý Abel – Định lý Dirichlet (tiếp)

Định lý Abel – Định lý Dirichlet

Tính đơn điệu

Định lý Abel – Định lý Tauber

Chuỗi lũy thừa tại mút

Từ chuỗi Fourier đến tích phân Fourier

Tính duy nhất của chuỗi Taylor – chuỗi Fourier