Ngày: 17.07.2014

Chuỗi Fourier của hàm liên tục

Trong giáo trình Giải tích cho sinh viên, khi nói về sự hội tụ của chuỗi Fourier ta thường nhớ chuỗi Fourier của hàm tuần hoàn f: \mathbb R\to \mathbb R tại điểm x sẽ hội tụ đến đúng f(x) khi f liên tục tại đó và thường không nhớ về điều kiện trơn từng khúc. Như vậy, ta thường có cảm giác chuỗi Fourier của hàm liên tục sẽ hội tụ điểm về đúng hàm đó! Dưới đây tôi sẽ chỉ ra rằng điều kiện “liên tục” không đảm bảo cho chuỗi Fourier “hội tụ điểm”!

Ta xét hàm f:\mathbb R\to \mathbb R liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi và chuỗi Fourier của nó

\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx))

với hệ số Fourier

a_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(x)\cos(nx)dx, b_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(x)\sin(nx)dx.

Dãy tổng riêng của chuỗi Fourier

S_n(f, x)=\dfrac{a_0}{2}+\sum\limits_{k=1}^n (a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(t)D_n(x-t)dt,

với nhân Dirichlet

D_n(x)=\begin{cases}\dfrac{\sin((n+1/2)x)}{\sin(x/2)} \; khi \; x\in[-\pi, \pi]\setminus\{0\},\\ 2n+1 \; khi \; x=0. \end{cases}

Dưới đây, tôi sẽ chỉ ra rằng tại bất kỳ điểm x_0\in\mathbb R đều có một hàm f liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi mà dãy S_n(f, x_0) phân kỳ.

Bằng cách dịch chuyển g(x)=f(x-x_0), không làm mất tính liên tục và tuần hoàn, ta có thể giả sử x_0=0.

Có hai cách tiếp cận:

– thứ nhất: chỉ ra có một cách định tính,

– thứ hai: chỉ ra có bằng cách xây dựng (định lượng).

Cách tiếp cận thứ nhất của H. Lebesgue sử dụng Nguyên lý Banach-Steinhaus về tính bị chặn đều:

Cho X, Y là các không gian Banach và một họ \mathcal F các toán tử tuyến tính liên tục từ X vào Y. Khi đó

nếu với mỗi x\in X tập \{Ax|\; A\in\mathcal F\} bị chặn trong Y (bị chặn điểm)

thì sẽ có một số dương C để

||A||=\sup\limits_{||x||\le 1}||Ax||\le C, \forall A\in\mathcal F.

Áp dụng Nguyên lý Banach-Steinhaus cho

X=\{f\in C[-\pi, \pi]|\; f(-\pi)=f(\pi)\} với chuẩn ||\varphi||_\infty=\max\limits_{x\in[-\pi, \pi]}|\varphi(x)| là không gian Banach (dựa vào nguyên lý Cauchy cho sự hội tụ đều của dãy hàm liên tục); Y=\mathbb C là không gian các số phức,

\mathcal F là họ các toán từ

T_n: f \mapsto S_n(f, 0), n\in\mathbb N.

Ta sẽ chứng minh tập các chuẩn toán tử

||T_n||=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi |D_n(t)|dt=\dfrac{4}{\pi^2}\log n+O(1).

Khi đó tập này không bị chặn nên theo Banach-Steinhaus sẽ có một hàm f\in X sao cho tập \{T_nf\}_{n=1}^\infty không bị chặn, hay chuỗi Fourier không hội tụ tại x=0!

Cách làm trên mặc dù đã đưa ta đến điều cần chứng minh nhưng không cho ta cảm giác cầm được nó. Cách tiếp theo cho ta có cảm giác hơn về sự tồn tại.

Với mỗi n\in\mathbb N

||T_n||=\sup\limits_{\varphi\in X\atop ||\varphi||_\infty\le 1}S_n(\varphi, 0)=\dfrac{4}{\pi^2}\log n+O(1)

nên với n đủ lớn, ta luôn chọn được \psi_n\in X sao cho

||\psi_n||_\infty\le 1

và

S_n(\psi_n, 0)>\dfrac{1}{\pi}\log n.

Đặt

\varphi_n(x)=\sigma_{n^2}(\psi_n, x)=\dfrac{\sum\limits_{j=0}^{n^2}S_j(\psi_n, x)}{n^2+1}=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi \psi_n(t)K_{n^2}(x-t)dt

với nhân Fejer

K_{n^2}(x)=\dfrac{1}{n^2+1}\Big(\dfrac{\sin((n^2+1)x/2)}{\sin(x/2)}\Big)^2.

Do ||\psi_n||_\infty\le 1 và

\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi K_{n^2}(t)dt=1, K_{n^2}(t)\ge 0

nên

|a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)|=\dfrac{1}{\pi}|\int\limits_{-\pi}^\pi \psi_n(t)\cos k(x-t)dt|\le 2,

||\varphi_n||_\infty=\sup\limits_{x\in\mathbb R}\dfrac{1}{2\pi}|\int\limits_{-\pi}^\pi \psi_n(t)K_{n^2}(x-t)dt|\le 1.

Lại có \varphi_n(x) là đa thức lượng giác bậc n^2 và

|S_n(\varphi_n, x)-S_n(\psi_n, x)|=\dfrac{1}{n^2+1}|\sum\limits_{k=1}^n k(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx))|\le

\le\dfrac{2\sum\limits_{k=1}^n k}{n^2+1}<2.

Khi đó

|S_n(\varphi_n, 0)|>\dfrac{1}{\pi}\log n -2.

Lấy \lambda_n=2^{3^n}, xét chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n^2}\varphi_{\lambda_n}(\lambda_n x).

Có ||\varphi_{\lambda_n}(\lambda_n x)||_\infty\le 1 nên theo Weierstrass chuỗi trên hội tụ đều đến hàm f(x) liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi trên đường thẳng thực.

Ta sẽ chứng minh f là hàm cần tìm, nghĩa là dãy \{S_n(f, 0)\}_{n=1}^\infty phân kỳ.

Chú ý

\varphi_{\lambda_n}(\lambda_n x)=\sum\limits_{m=0}^{\lambda_n^2}\hat{\varphi}_{\lambda_n}(m)e^{i\lambda_n m x}

nên

với j\le n+1, m\le 1 có e^{i \lambda_j m x} là đa thức lượng giác trực giao với tất cả các đa thức

e^{i k x}, 0\le k\le \lambda_n^2=2^{2.3^n}<2^{3^{n+1}}=\lambda_{n+1}

và

\sum\limits_{j=1}^{n-1}\dfrac{1}{j^2}\varphi_{\lambda_j}(\lambda_j x)

là đa thức lượng giác bậc

\lambda_{n-1}^2<\lambda_n^2.

Do đó

S_{\lambda_n^2}(f, 0)=S_{\lambda_n^2}(\sum\limits_{j=1}^n\dfrac{1}{j^2}\varphi_{\lambda_j}(\lambda_j x), 0)+\sum\limits_{j=n+1}^\infty\dfrac{1}{j^2}\hat{\varphi}_{\lambda_j}(0)

=\sum\limits_{j=1}^{n-1}\dfrac{1}{j^2}\varphi_{\lambda_j}(0)+\dfrac{1}{n^2}S_{\lambda_n}(\varphi_{\lambda_n}, 0)+\sum\limits_{j=n+1}^\infty\dfrac{1}{j^2}\hat{\varphi}_{\lambda_j}(0).

Để ý rằng ||\varphi_j||_\infty\le 1 nên

|\varphi_j(0)|\le 1, |\hat{\varphi_j}(0)|\le 1.

Khi đó

|S_{\lambda_n^2}(f, 0)|>\dfrac{1}{n^2\pi}\log \lambda_n -3=\dfrac{3^n}{n^2\pi}-3.

Do đó S_{\lambda_n}(f, 0) phân kỳ khi n\to+\infty.

Cách tiếp cận ở trên, dựa vào cuốn

“An introduction to Harmonic Analysis”

của Y. Katznelson,

vẫn còn điểm chưa rõ ràng:

\psi_n(x) được xây dựng cụ thể như nào?

Cách xây dựng dưới đây của L. Fejer cho ta cảm giác cụ thể hơn như sau.

Với các số tự nhiên N>n>0 ký hiệu

Q(x, N, n)=2\sin(Nx)\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{\sin(kx)}{k}

=\dfrac{\cos(N-n)x}{n}+\dfrac{\cos(N-n+1)x}{n-1}+\dots +

+\dfrac{\cos(N-1)x}{1}-\dfrac{\cos(N+1)x}{1}-\dots-\dfrac{\cos(N+n)x}{n}

là đa thức lượng giác có các số hạng là các đa thức cosin có bậc chạy từ N-n đến N+n.

Dùng dấu hiệu Abel cho:

+) dãy \{1/n\}_{n=1}^\infty giảm dần đều theo x về 0,

+) chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty \sin(nx) có dãy tổng riêng bị chặn đều trên 1\le |x|\le \pi

nên chuỗi \sum\limits_{k=1}^\infty\dfrac{\sin(kx)}{k} hội tụ đều trên 1\le |x|\le \pi và do đó có dãy tổng riêng bị chặn đều bởi C_1.

Khi 0<|x|\le 1 chú ý

\sum\limits_{k=1}^M\dfrac{\sin(kx)}{k}=\sum\limits_{1\le k<1/x}\dfrac{\sin(kx)}{k}+\sum\limits_{1/x\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}.

Khi 0<kx\le 1 thì |\sin(kx)|\le kx. Do đó

|\sum\limits_{1\le k<1/x}\dfrac{\sin(kx)}{k}|\le \sum\limits_{1\le k<1/x} x\le 1.

Khi 1\le kx\le k thì có số dương A, không phụ thuộc x, M,  để x\le A|\sin(x/2)|. Do đó

|U_n|=|\sum\limits_{1/x\le k\le n} \sin(kx)|\le \dfrac{2A}{x} với mọi 1/x\le n\le M.

Như vậy, theo cách của Abel

|\sum\limits_{1/x\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}|=|\sum\limits_{1/x\le k\le M}(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1})U_k+\frac{U_{M+1}}{M+1}|\le 2A.

Khi đó

|\sum\limits_{1\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k}|\le \max\{C_1,1+2A\}

trong |x|\le \pi.

Do tính tuần hoàn chu kỳ 2\pi nên

\sum\limits_{1\le k\le M}\dfrac{\sin(kx)}{k} bị chặn đều trên \mathbb R.

Khi đó có số dương C để

|Q(x, N, n)|\le C, \forall x\in\mathbb R, N, n\in\mathbb N, n<N.

Chọn n_k=\dfrac{1}{2}N_k=2^{k^2}, \alpha_k=k^{-2} có

N_k+n_k=3.2^{k^2}<2^{(k+1)^2}=N_{k+1}-n_{k+1}

và

\sum\limits_{k=1}^\infty\alpha_k=\sum\limits_{k=1}^\infty k^{-2}=\dfrac{\pi^2}{6} hội tụ.

Khi đó theo Weierstrass chuỗi

\sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_k Q(x, N_k, n_k)

hội tụ đều đến hàm f trên \mathbb R.

Khi đó f: \mathbb R\to\mathbb R là hàm liên tục cần tìm.

Ta tính hệ số Fourier của hàm f.

Có

+) Q(x, N_k, n_k) là đa thức lượng giác chỉ gồm các đa thức cosin nên

b_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(t)\sin(nt)dt

=\dfrac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_k\int\limits_{-\pi}^\pi Q(t, N_k, n_k)\sin(nt)dt

=0;

+) với k_1<k_2 có N_{k_1}+n_{k_1}<N_{k_2}-n_{k_2} nên các đa thức cosin trong Q(x, N_{k_1}, n_{k_1}) khác trong Q(x, N_{k_2}, n_{k_2}), do đó

– khi N_k-n_k\le n\le N_k+n_k thì

a_n=\dfrac{\alpha_k}{N_k-n}

– khi hoặc 0\le n<N_1-n_1 hoặc N_k+n_k<n<N_{k+1}-n_{k+1} thì

a_n=0.

Ta có

|S_{N_k+n_k}(f, 0)-S_{N_k}(f, 0)|=|\sum\limits_{n=N_k+1}^{N_k+n_k}a_n|

=\sum\limits_{n=1}^{n_k}\dfrac{\alpha_k}{n}

\ge \alpha_k \log n_k=1.

Như vậy dãy \{S_n(f, 0)\}_{n=1}^\infty không Cauchy nên không hội tụ.

Một ví dụ tương tự các bạn có thể xem trong

http://math.stackexchange.com/questions/2227/example-of-a-function-whose-fourier-series-fails-to-converge-at-one-point

Hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi thuộc vào L^2[0, 2\pi] nên chuỗi Fourier của nó, theo L.Carleson, hội tụ đến chính hàm liên tục h.k.n trên \mathbb R.

J. P. Kahane và Y. Katznelson chứng minh được với bất kỳ tập có độ đo không đều có một hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi mà chuỗi Fourier của nó phân kỳ tại mọi điểm trong tập có độ đo không đó.

Vậy nếu f là hàm liên tục, tuần hoàn thì từ các hệ số Fourier có phục hồi lại được hàm f không? L. Fejer đã trả lời khẳng định câu hỏi này bằng cách xây dựng tổng riêng Fejer

\sigma_n(f, x)=\dfrac{\sum\limits_{k=0}^n S_n(f, x)}{n+1}

=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^\pi f(t)K_n(x-t)dt.

Dãy tổng riêng Fejer hội tụ đều đến hàm f.

Một kết quả thú vị khác của Pal-Bohr:

Với hàm f\in X. Chuỗi Fourier của f có thể không hội tụ tại một số điểm nhưng sẽ có một hàm liên tục, tăng chặt \varphi:[-\pi, \pi]\to [-\pi, \pi] sao cho chuỗi Fourier của fo\varphi hội tụ đều đến f.

Các bạn có thể xem kết quả này trong bài

“On the theorem of Bohr and Pal”, Bull. Amer. Math. Soc., 50 (1944) 579-580,

của R. Salem.

Đường link

Pal_Bohr_Salem

Sau đó J. P. Kahane và Y. Katznelson chỉ ra rằng có thể chọn hàm \varphi chung cho tất cả các hàm liên tục trong cùng một tập compact K\subset C(\mathbb T). Điều này các bạn có thể xem trong bài

“On  Bohr’s  T h e o r e m   for  Multiple  Fourier  Series”, Mathematical Notes, December 1998, Volume 64, Issue 6, pp 787-797,

của A.  A.  S a a k y a n.

Đường link

On Bohr’s T h e o r e m for Multiple Fourier Series

Sự hội tụ của chuỗi lũy thừa – chuỗi Fourier

Chuỗi lũy thừa bắt nguồn từ khai triển Taylor của một hàm khả vi vô hạn

f: (-a, a)\to \mathbb R

có dạng

\sum\limits_{n=0}^\infty \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n. \;\;\; (1)

Các câu hỏi sau cần được quan tâm:

+ Khi nào chuỗi (1) hội tụ? Nói rõ hơn ngoài x\not=0 chuỗi (1) còn hội tụ tại những điểm x nào khác?

+ Trừ x=0 ra, nếu chuỗi (1) hội  tụ thì nó hội tụ đến đâu? Liệu giới hạn đó có phải f(x)?

Để trả lời câu hỏi đầu, ta quan sát chuỗi lũy thừa một cách độc lập, chưa phải là chuỗi Taylor của hàm nào,

\sum\limits_{n=0}^\infty a_n x^n.\;\;\; (2)

Câu hỏi đầu tiên được trả lời qua hai ý sau:

+ (Định lý Abel) Có một số thực không âm R để

– khi |x|<R chuỗi (2) hội tụ,

– khi |x|>R chuỗi (2) phân kỳ.

Tại hai đầu mút nói chung ta không biết chuỗi có hội tụ không. Chẳng hạn chuỗi \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{x^n}{n} có bán kính hội tụ R=1, hội tụ tại x=-1 và phân kỳ tại x=1.

Vấn đề tại mút các bạn có thể tham khảo thêm ở bài

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

+  Từ ý trên ta có khái niệm bán kính hội tụ. Vậy bán kính hội tụ được tính như nào?

Bán kính hội tụ được tính nhờ công thức Cauchy-Hardamard

– hoặc R=1/\rho với \rho=\lim\limits_{n\to\infty}|a_n|^{1/n},

– hoặc R=1/\rho với \rho=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}.

Lưu ý rằng hai giới hạn trên chưa chắc tồn tại, tuy nhiên vẫn có bán kính hội tụ. Lúc đó bán kính được tính nhờ công thức

R=1/\rho với \rho=\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}.

Các bạn có thể thấy điều này qua ví dụ

a_{2k}=2^k, a_{2k+1}=1

có bán kính của chuỗi (2) là R=1/\sqrt{2}.

Bán kính cũng có thể bằng 0, chẳng hạn khi a_n=n!.

Bán kính cũng có thể bằng +\infty, chẳng hạn khi a_n=\dfrac{1}{n!}.

Khi bán kính hội tụ R>0 thì chuỗi (2) hội tụ đều trên [-r, r] với bất kỳ r\in(0, R).

Chuỗi gồm các số hạng là đạo hàm của từng số hạng của chuỗi (2)

\sum\limits_{n=1}^\infty na_nx^{n-1}

cũng có bán kính hội tụ chính là bán kính hội tụ của chuỗi (2) vì

\limsup\limits_{n\to\infty}|a_n|^{1/n}=\limsup\limits_{n\to\infty}|na_n|^{1/n}.

Khi đó chuỗi các đạo hàm cũng hội tụ đều trên [-r, r] với bất kỳ r\in(0, R). Do đó chuỗi các đạo hàm hội tụ đến đạo hàm của chuỗi (2) tại mọi điểm trong (-R, R). Chuỗi (2) hội tụ đến hàm S(x) khả vi trên (-R, R).

Bằng quy nạp sẽ dẫn đến chuỗi (2) hội tụ đến hàm S(x) khả vi vô hạn trên (-R, R). Đạo hàm cấp k, k=0, 1, 2, \dots, của S(x) chính là hàm giới hạn của chuỗi gồm các số hạng là đạo hàm cấp k của số hạng tương ứng trong chuỗi (2). Từ đó có chuỗi (2) là khai triển Taylor của hàm S(x).

Giờ ta chuyển sang câu hỏi thứ hai, nghĩa là lúc này chuỗi (2) sinh ra từ việc khai triển Taylor của một hàm khả vi vô hạn f và

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

Câu hỏi thứ hai trở thành, khi bán kính hội tụ R>0 phải chăng

S(x)=f(x) với x\in(-R, R)?

Câu hỏi này mới nghe có vẻ không cần thiết lắm nhưng các ví dụ sau chỉ ra sự cần thiết.

Ví dụ 1: Hàm f_1:\mathbb R\to\mathbb R xác định bởi

f_1(x)=e^{-1/x} khi x>0

f_1(x)=0 khi x\le 0

là hàm khả vi vô hạn và đạo hàm mọi cấp của nó tại x=0 đều có giá trị bằng 0.

Ví dụ 2: Hàm f_2:\mathbb R\to\mathbb R xác định bởi

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

f_2(x)=0 khi x=0

là hàm khả vi vô hạn và đạo hàm mọi cấp của nó tại x=0 đều có giá trị bằng 0.

Hai ví dụ trên đều có chuỗi Taylor tại x=0 đồng nhất 0. Nói cách khác  hàm f_1, f_2, 0 và các tổ hợp tuyến tính của chúng là các hàm khác nhau nhưng có cùng chuỗi Taylor tại x=0.

Hơn nữa, nếu một hàm f có chuỗi Taylor hội tụ đến chính nó thì tổng của f và bất kỳ hàm nào trong các hàm f_1, f_2 hay tổ hợp tuyến tính của hai hàm này có cùng chuỗi Taylor với hàm f. Khi đó nếu ta chỉ biết chuỗi Taylor của f thì ta chưa biết nhiều về f.

Vậy điều kiện gì để đảm bảo S(x)=f(x) khi -R<x<R?

Trong cuốn “Giáo trình giải tích tập 2″ của các thầy Trần Đức long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn đưa ra hai cách sau:

+(Điều kiện cần và đủ – đơn giản nhưng khó kiểm tra)

\lim\limits_{n\to\infty}R_n(x, f)=0 với -R<x<R,

trong đó R_n(x, f)=f(x)-\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k.

+(Điều kiện đủ – Điều kiện bị chặn đều)

Có số dương M để

\sup\limits_{x\in(-R, R), n\in\mathbb N}|f^{(n)}(x)|<M.

Chứng minh điều kiện này ta dùng điều kiện trên với cách viết của Lagrange cho phần dư

R_n(x, f)=\dfrac{f^{(n+1)}(\theta x)}{(n+1)!}x^{n+1} với 0<\theta<1.

Có thể thấy điều kiện này cho ta thấy ngay chuỗi Taylor của các hàm \sin x, \cos x hội tụ đến chính các hàm này trên toàn đường thẳng.

Ta có thể dùng điều kiện này kiểm tra sự hội tụ của chuỗi Taylor của hàm f(x)=e^x tại từng điểm x, nhưng không nên dùng bán kính hội tụ vì R=+\infty, mà chỉ xét trên tập (-|x|-1, |x|+1) đủ lớn để chứa x.

Ta cũng có thể làm tốt hơn, nghĩa là giảm nhẹ điều kiện trên

Có số dương M để

\sup\limits_{x\in(-R, R), n\in\mathbb N}\dfrac{R^n}{n!}|f^{(n)}(x)|<M.

Nếu viết phần dư dưới dạng tích phân

R_n(x, f)=\dfrac{x^{n+1}}{n!}\int\limits_0^1 f^{(n+1)}(xt)(1-t)^ndt

thì ta có thể có điều kiện khác như sau.

Đạo hàm mọi cấp của hàm f đều không âm trên (-R, R).

(Bài 3.4.15 trong “Problems in Mathematical analysis II” của W.J. Kaczor – M.T. Nowak)

Với việc dùng điều kiện này dễ dàng có ngay chuỗi Taylor của hàm f(x)=e^x hội tụ đến chính hàm này.

Câu hỏi: liệu có thể thay điều kiện không âm bởi điều kiện không đổi dấu?

Ngoài ra còn vài câu hỏi khác chẳng hạn:

– câu hỏi về chuỗi Taylor của tổng hai hàm khả vi vô hạn, tích của hai hàm khả vi vô hạn và (khó hơn) hợp thành của hai hàm khả vi vô hạn?

Với câu hỏi về tổng và tích ta dùng Điều kiện cần và đủ trong sách “Giáo trình giải tích tập 2″.

Với câu hỏi về hợp thành các bạn tham khảo các bài 3.4.16, 17, 18, 19 trong cuốn “Problems in mathematical analysis II”.

Đến lúc ta chuyển sự quan tâm sang chuỗi Fourier, một cách nhìn từ hàm phức: chuỗi lũy thừa tại điểm mút!

Ta cũng thử đi giống như chuỗi lũy thừa, nghĩa là ban đầu ta quan tâm chuỗi Fourier một cách độc lập

a_0+\sum\limits_{n=1}^\infty (a_n \cos(nx) +b_n\sin(nx)). \;\;\;(3)

Tuy nhiên khác với chuỗi lũy thừa có bán kính hội tụ, chuỗi Fourier không có bán kính hội tụ! Nói cách khác ta không xem với x nào thì chuỗi hội tụ như kiểu chuỗi lũy thừa vì làm điều này khá khó! Giờ ta lại quan tâm đến các hệ số a_0, a_n, b_n.

Dùng Weierstrass có thể thấy ngay nếu

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

thì chuỗi (3) hội tụ đều đến một hàm S(x) liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi.

Một số chuỗi chẳng hạn

\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n^2}, \sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\cos(nx)}{n^2}

có thể dễ dàng kiểm tra bởi điều kiện trên.

Tuy nhiên ta cũng biết chuỗi

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

hội tụ

mặc dù chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n}

phân kỳ.

Chú ý thêm chuỗi

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

hội tụ đến (\pi-x)/2 khi 0<x<\pi

(xem bài

http://bomongiaitich.wordpress.com/2012/05/08/ham-phuc-moi-lien-he-giua-chuoi-fourier-va-chuoi-luy-thua/).

Thác triển lẻ, tuần hoàn chu kỳ 2\pi ta được hàm không liên tục tại x=0, \pm2\pi, \dots.

Tiếp tục chuỗi Fourier-sine ta có một số kết quả thú vị sau.

Bài 2.5.56, 57 (trong “Problems in mathematical analysis III”).

Cho dãy \{b_n\}_{n=1}^\infty là dãy đơn điệu, hội tụ về 0. Chuỗi Fourier-sine

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

hội tụ đến hàm liên tục khi và chỉ khi

\lim\limits_{n\to\infty}nb_n=0.

Chú ý: Nếu chỉ quan tâm đến hội tụ thì dùng Định lý Dirichlet ta không cần điều kiện \lim\limits_{n\to\infty}nb_n=0.

Bài 2.5.58 (trong “Problems in mathematical analysis III”).

Cho dãy \{b_n\}_{n=1}^\infty là dãy đơn điệu, hội tụ về 0. Chuỗi Fourier-sine

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

hội tụ đến hàm bị chặn khi và chỉ khi

nb_n=O(1) (nghĩa là có số M>0 để |nb_n|<M \forall n=1, 2, \dots).

Phần còn lại là gì? Có vài ví dụ thực sự bất ngờ, rất khác so với chuỗi lũy thừa. Như đã biết ở trên khi đã hội tụ thì chuỗi lũy thừa sẽ hội tụ đến một hàm khả vi vô hạn nhận nó là khai triển Taylor.

Các chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{\sin(nx)}{n^\alpha}, 0<\alpha<1

(Problem 1/trang 95 trong “Fourier analysis: An introduction” của E.M. Stein – R. Shakarchi)

hay chuỗi

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

(Bài 2.5.22, 23 trong “Problems in mathematical analysis III”, ví dụ của P. Fatou)

mặc dù đều hội tụ, nhưng chúng đều không là khai triển Fourier của bất kỳ hàm khả tích (Lebesgue) trên [-\pi, \pi].

Bài 2.5.59 trong “Problems in mathematical analysis” lại cho thấy với chuỗi Fourier-cosine có đôi chút khác như sau.

Nếu dãy \{a_n\}_{n=0}^\infty là dãy giảm về 0 và có tính lồi, nghĩa là

a_{n+1}\le\dfrac{a_n+a_{n+2}}{2}, \forall n=1, 2, \dots

thì có hàm không âm, khả tích trên [-\pi, \pi] có khai triển Fourier

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

Trong trường hợp 0<\alpha<1/2 thì, theo Parseval, các chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(nx)}{n^\alpha}, \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\cos(nx)}{n^\alpha}

và các chuỗi

\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\sin(nx)}{\log n}, \sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac{\cos(nx)}{\log n}

đều không là chuỗi Fourier của bất kỳ hàm bình phương khả tích trên [-\pi, \pi] nào, nói riêng bất kỳ hàm liên tục trên [-\pi, \pi] nào.

Sự bất ngờ ở chuỗi Fourier-sine ở trên dường như cho thấy cách tiếp cận chuỗi Fourier độc lập với khai triển Fourier của hàm số có gì đó không ổn? Có lẽ chỉ nên quan sát sự hội tụ của chuỗi Fourier sinh ra từ khai triển Fourier của một hàm đủ tốt?

Trong sách “Giáo trình giải tích II” có đưa ra lớp hàm “khả vi từng khúc”. Có thể thấy sự xuất hiện của lớp hàm này qua việc thác triển tuần hoàn chu kỳ 2\pi của hàm khả vi liên tục trên [-\pi, \pi). Với f: \mathbb R\to\mathbb R là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi, khả vi từng khúc thì chuỗi Fourier

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

với a_0=\dfrac{1}{2\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)dx

a_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx, n=1, 2, \dots

b_n=\dfrac{1}{\pi}\int\limits_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin(nx)dx, n=1, 2, \dots,

hội tụ đến \dfrac{f(x-0)+f(x+0)}{2},

với f(x-0), f(x+0) là giới hạn trái, giới hạn phải của f tại x.

Nếu thêm điều kiện f(x) liên tục tại x thì chuỗi Fourier sẽ hội tụ đến f(x).

Nhưng tại sao lại cần đến tính “khả vi từng khúc” trong khi cứ có hàm liên tục tuần hoàn chu kỳ 2\pi là có chuỗi Fourier!

Khi đưa ra chuỗi Fourier vào năm 1807 trong công trình “Mémoire sur la propagation de la chaleur dans les corps solides” bản thân J. Fourier cũng đơn giản cho rằng chuỗi Fourier của hàm liên tục sẽ hội tụ. Phải đến năm 1873 Paul du Bois Reymond mới đưa ra ví dụ một hàm liên tục có chuỗi Fourier phân kỳ tại một vài điểm.

Một câu hỏi lại được đặt ra, liệu có cách nào khác để từ các hệ số Fourier của một hàm liên tục, tuần hoàn chu kỳ 2\pi “khôi phục” lại được hàm liên tục đó?

Năm 1900, khi đó mới 20 tuổi, L. Fejér có câu trả lời khẳng định cho câu hỏi trên như sau:

Tổng Cesaro

\sigma_n(x, f)=\dfrac{1}{n}(na_0+\sum\limits_{k=1}^{n-1}(n-k)(a_k\cos(kx)+b_k\sin(kx)))

hội tụ đều đến hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi, liên tục f trên [-\pi, \pi].

(Bạn đọc có thể xem

http://en.wikipedia.org/wiki/Fej%C3%A9r%27s_theorem)

Từ kết quả trên của L. Fejer, U. Dini đưa ra cách kiểm tra nhẹ hơn điều kiện khả vi từng khúc như sau:

nếu hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi, khả tích f:\mathbb R\to \mathbb R thỏa mãn

\int\limits_0^\pi \Big|\dfrac{f(x+t)+f(x-t)}{2}-\ell\Big|\dfrac{dt}{t}<\infty

với \ell là hằng số

thì chuỗi Fourier sẽ hội tụ đến đúng \ell.

Trong trường hợp f khả vi từng khúc thì

\ell=\dfrac{f(x-0)+f(x+0)}{2}.

Từ điều kiện Dini cũng thấy được thêm vài ý sau.

+ Nếu f là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi và

hoặc Lipschitz, nghĩa là có số dương L để

|f(x)-f(y)|\le L|x-y|, \forall x, y\in\mathbb R,

hoặc Holder cấp \alpha\in(0, 1), nghĩa là có số dương L để

|f(x)-f(y)|\le L|x-y|^\alpha, \forall x, y\in\mathbb R,

thì chuỗi Fourier hội tụ đến đúng f(x).

+ (Mở rộng kết quả trong sách “Giáo trình giải tích II”) Nếu hàm f tuần hoàn chu kỳ 2\pi là hàm có biến phân bị chặn trong [-\pi, \pi], nghĩa là

có một số dương L để với bất kỳ phân hoạch -\pi=x_0<x_1<\dots<x_{n-1}<x_n=\pi

\sum\limits_{k=1}^n|f(x_k)-f(x_{k-1})|<L

thì chuỗi Fourier hội tụ đến \dfrac{f(x-0)+f(x+0)}{2}.

Ta quay trở lại câu hỏi thứ hai, như của chuỗi lũy thừa, cho chuỗi Fourier:

Khi chuỗi Fourier của một hàm hội tụ thì nào có hội tụ đến chính hàm đó hay không?

Câu trả lời nằm ngay trong các kết quả ở trên. Kết quả đó lại cho thấy sự khác nhau về chất giữa chuỗi lũy thừa và chuỗi Fourier.

Vài ứng dụng của khai triển Taylor

Ta bắt đầu với ứng dụng tính giới hạn của khai triển Taylor. Như đã biết quy tắc L’Hopital là một trong những kỹ thuật quan trọng để tính giới hạn. Có thể nói một trong các nguồn gốc của quy tắc này xuất phát từ khai triển Taylor. Việc dùng khai triển Taylor để tính giới hạn bắt nguồn từ việc tính giới hạn của phân thức

 

I=\lim_{x\to 0}\dfrac{P(x)}{Q(x)},

 

trong đó

 

P(x)=a_0x^m+a_1x^{m-1}+\dots +a_{m-1}x+a_m,

 

Q(x)=b_0x^n+b_1x^{n-1}+\dots+b_{n-1}x+b_n.

 

Để tính được giới hạn I ta cần xác định các hệ số a_k, b_l có tính chất sau:

 

+ k, l là các số lớn nhất thỏa mãn

 

a_k\not=0, b_l\not=0 và a_{k+1}=a_{k+2}=\dots=a_m=0, b_{l+1}=b_{l+2}=\dots=b_n=0.

 

Khi đó ta có thể viết

 

P(x)=a_kx^k+o(x^k), Q(x)=b_lx^l+o(x^l),

 

trong đó ta hiểu o(g(x)) là đại lượng vô cùng bé cấp cao hơn g(x) khi x\to 0, nghĩa là

 

\lim_{x\to 0}\dfrac{o(g(x))}{g(x)}=0.

 

Ta có ba tình huống sau xảy ra

 

+ nếu k>l thì I=0, (ví dụ \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2+x^3}{x+3})

 

+ nếu k<l thì không có giới hạn I, (ví dụ \lim_{x\to 0}\dfrac{1+x^3}{x^2+3x})

 

+ nếu k=l thì I=\dfrac{a_k}{b_l} (ví dụ \lim_{x\to 0}\dfrac{x^2+1}{x+3}).

 

Ta cũng mong muốn tính được giới hạn

 

\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{g(x)}

 

với f(x), g(x) là các hàm khá tổng quát dựa trên kỹ thuật trên, kỹ thuật sử dụng biểu diễn “vô cùng bé” hay cũng chính là khai triển Taylor dạng Peano!

 

Vẫn đề ta khai triển Taylor như nào?

 

Câu trả lời: ta khai triển cả f(x), g(x).

 

Vấn đề tiếp khai triển đến bậc bao nhiêu?

 

Câu trả lời: phụ thuộc vào mẫu số g(x).

 

Phụ thuộc như nào?

 

Ta cần tìm cấp hội tụ về 0 của g(x).

 

Để tránh chuyện hình thức, ta đi vào tính toán các ví dụ cụ thể.

 

Tính \lim_{x\to 0}\dfrac{(x+1)^x-1}{\log(x+1)-x}.

 

Có f(x)=(x+1)^x-1=e^{x\log(x+1)}-1, g(x)=\log(x+1)-x.

 

Không khó khăn gì ta có khai triển Taylor của g(x)

 

g(x)=-\dfrac{x^2}{2}+o(x^2).

 

Ta chỉ cần khai triển f(x) đến bậc 2.

 

Ta có x\log(x+1)=x^2+o(x^2) nên

 

f(x)=e^{x\log(x+1)}-1=e^{x^2+o(x^2)}-1=

 

=x^2+o(x^2)+o((x^2+o(x^2)))=x^2+o(x^2).

 

Như vậy \dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{x^2+o(x^2)}{-x^2/2+o(x^2)} hay giới hạn cần tìm -2.

 

Bạn đọc có thể tự tính các giới hạn sau

 

I_1=\lim_{x\to 0}\dfrac{(x+1)^{1/x}-e}{x}, \;\;\; I_2=\lim_{x\to 0}\dfrac{e^{\tan(x)}-e^x\cos^2x}{\sin^2x}.

 

Gợi ý:

 

+ tính I_1 ta có g(x)=x nên chỉ cần khai triển đến cấp 1 hàm

 

f(x)=(x+1)^{1/x}-e=e(e^{\frac{\log(1+x)}{x} -1}-1);

 

+ tính I_2 ta có g(x)=\sin^2x=x^2+o(x^2) nên chỉ cần khai triển đến cấp 2 hàm

 

f(x)=e^{\tan(x)}-e^x\cos^2x (chú ý \tan x=x+o(x^3), \cos^2 x= 1-x^2+o(x^2)).

 

Khai triển Taylor còn có thể áp dụng vào việc tính gần đúng, tính giới hạn chuỗi số, v.v. Dưới đây tôi trình bày một ứng dụng trong “Lý thuyết Tổ hợp”. Ứng dụng này tôi học được từ “Giáo trình Tổ hợp” của thầy Hoàng Chí Thành.

 

Khai triển Taylor giúp ta tính được số Catalan C_n. Trước hết ta cần biết số Catalan là gì? Số Catalan C_n, n là số tự nhiên, là số tất cả các cây nhị phân đầy (full binary tree) với số lá (n+1). Cây nhị phân đầy là cây tại các nút không phải là lá có đúng hai nút con, nút “lá” là nút không có nút con nào.

 

Chi tiết bạn đọc có thể xem

 

http://en.wikipedia.org/wiki/Catalan_number

 

Với n=0 dễ có C_0=1.

 

Ngoài ra ta có công thức truy hồi

 

C_{n+1}=\sum_{i=0}^n C_iC_{n-i}.

 

Công thức này có được nhờ lý luận khá đơn giản sau:

 

một cây đầy có (n+1) lá gồm

 

+ một nút gốc (không là con của nút nào),

 

+ cây con trái, cũng là cây đầy, với i lá và cây con phải, cũng là cây đầy, với (n-i) lá.

 

Ta chia tập các cây đầy n lá thành các lớp:

 

lớp 0 là lớp các cây có cây con trái có 0 lá,

 

lớp i là lớp các cây có cây con trái có i lá, .v.v.

 

Lớp i mỗi cây có C_i cách chọn cây con trái, C_{n-i} cây con phải nên số phần tử của lớp i

 

C_iC_{n-i}.

 

Từ đó cộng tất cả lại ta có công thức truy hồi.

 

Xét hàm số f(x) có khai triển Taylor

 

f(x)=\sum_{n=0}^\infty C_n x^n,

 

trong đó hệ số C_n là các số Catalan.

 

Giả sử khai triển Taylor của g(x)=f(x)f(x) là

 

g(x)=\sum_{n=0}^\infty b_nx^n.

 

Không khó khăn gì ta có b_n=\sum_{i=0}^n C_iC_{n-i}.

 

Từ công thức truy hồi có b_n=C_{n+1}. Do đó

 

xf^2(x)+1=f(x).

 

Giải phương trình hàm với lưu ý f(x) xác định tại x=0 ta có

 

f(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}.

 

Để tính C_n ta khai triển Taylor hàm

 

h(x)=\sqrt{1-4x}=(1-4x)^{1/2}.

 

Có

 

h(0)=1,

 

h^{,}(x)=(1/2)(-4)(1-4x)^{1/2-1}, h^{,}(0)=-4/2,

 

h^{(n)}(x)=(1/2)(1/2-1)\dots(1/2-n+1)(-4)^n(1-4x)^{1/2-n},

 

h^{(n)}(0)=(-1)2^n 1.3\dots (2n-3)

 

nên

 

h(x)=1-2x-\sum_{n=2}^\infty \dfrac{2^n 1.3\dots (2n-3)}{n!}x^n.

 

Như vậy

 

C_n=\dfrac{2^n 1.3\dots (2n-1)}{(n+1)!}=\dfrac{1}{n+1}{2n \choose n}.

 

Bạn đọc có thể tự mình tính số Fibonacci F_n nhờ phương pháp trên. Tôi nói qua về sự xuất hiện số Fibonacci. Số Fibonacci F_n là số thỏ tại năm thứ n, ở đây loài thỏ này được coi là không bị chết và sinh sản theo quy luật sau:

 

thỏ mới sinh sau một năm chưa đẻ được, từ năm thứ hai trở đi mỗi năm sinh một con.

 

Bắt đầu từ năm n=0, con đầu tiên được sinh ra nên F_0=1.

 

Năm thứ nhất con đầu chưa đẻ nên F_1=1.

 

Năm thứ hai con đầu đẻ một con nên F_2=2=1+1.

 

Năm thứ ba con đầu đẻ, con thứ hai chưa nên F_3=3=2+1.

 

Cứ thế, ta có công thức truy hồi

 

F_{n+1}=F_n+F_{n-1}.

 

Bạn đọc có thể xem thêm

 

http://en.wikipedia.org/wiki/Fibonacci_number

 

Ta xét chuỗi lũy thừa

 

f(x)=\sum_{n=0}^\infty F_nx^n.

 

Bằng cách thêm bớt và dùng công thức truy hồi có

 

f(x)=\dfrac{1}{1-x-x^2}=\dfrac{A}{1-Cx}+\dfrac{B}{1-Dx}.

 

Bạn đọc thử tính toán chi tiết xem sao!

 

Số Euler e và số pi

Số \pi xuất hiện khi ta đo chu vi của đường tròn đơn vị. Số \pi xuất hiện khá sớm (khoảng 2589–2566 BC), còn số Euler e xuất hiện muộn hơn (được công bố đầu tiên trong công trình của John Napier vào năm 1618). Khác với cách xuất hiện số \pi, số e xuất hiện khi Jacob Bernoulli nghiên cứu giới hạn

\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n.

Nhìn vào giới hạn này mọi người có thể nghĩ rằng số e có nguồn gốc toán học. Kỳ thực nguồn gốc của giới hạn trên là bài toán ngân hàng về việc tính lãi. Một người vay ngân hàng 100 đồng với tổng lãi một năm là 100%, nghĩa là

+ nếu người đó trả một lần vào cuối năm thì tổng tiền cả lãi một năm phải trả

100\times 100\%=100 đồng;

+ nếu người đó trả hai lần thì sau mỗi sáu tháng phải trả lãi 50\%, tổng tiền cả lãi một năm phải trả

100\times(1+1/2)\times(1+1/2)=100\times(1+1/2)^2 đồng;

(chú ý từ lần hai sẽ có chuyện “lãi mẹ đẻ lãi con”)

+ nếu người đó trả bốn lần thì sau mỗi quý phải trả lãi 25\%, tổng tiền cả lãi một năm phải trả

100\times(1+1/4)^4 đồng;

+ nếu người đó trả mười hai lần thì sau mỗi tháng phải trả lãi (100/12)\%, tổng tiền cả lãi một năm phải trả

100\times(1+1/12)^{12} đồng;

+ nếu người đó trả hàng ngày thì mỗi ngày phải trả lãi (100/365)\%, tổng tiền cả lãi một năm phải trả

100\times(1+1/365)^{365} đồng.

Cứ thế, nếu người đó trả lãi hàng giờ, hàng phút, hàng giây thì sẽ xuất hiện giới hạn

\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n.

Xuất phát ở những thời điểm khác nhau, tình huống khác nhau nhưng số \pi và số e có cùng tính chất là: vô tỷ và siêu việt.

Câu chuyện sau hay xảy ra với sinh viên khi không nhận ra được \pi là số vô tỷ. Khi chứng minh dãy \{\sin n\}_{n=1}^\infty không hội tụ các bạn sinh viên chỉ ra hai “dãy con”

+) n=2k\pi, k=1, 2, \dots, có

\sin(2k\pi)=0\to 0 khi k\to\infty,

+) n=2k\pi+\pi/2, k=1, 2, \dots, có

\sin(2k\pi+\pi/2)=1\to 1 khi k\to\infty.

Từ đó dẫn đến dãy có hai giới hạn riêng khác nhau nên dãy ban đầu không hội tụ. Các lý luận có vẻ đúng nhưng chú ý

n, k là các số tự nhiên nên không thể có

n=2k\pi.

Do đó dãy \{\sin(2k\pi)\}_{k=1}^\infty không phải là dãy con của dãy \{\sin n\}_{n=1}^\infty!

Có khá nhiều cách để chỉ ra \pi là số vô tỷ. Các bạn có thể tham khảo

http://en.wikipedia.org/wiki/Proof_that_%CF%80_is_irrational

Dưới đây tôi nói gọn cách chứng minh của Ivan Niven đưa ra năm 1946. Giả sử \pi=a/b với a, b là các số tự nhiên. I. Niven xét hai đa thức

f(x)=\dfrac{x^n(a-bx)^n}{n!},

F(x)=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^jf^{(j)}(x),

với n là số tự nhiên xác định sau.

Có

+) F(0)+F(\pi) là số nguyên,

+) \int\limits_0^\pi f(x)\sin xdx= F(0)+F(\pi),

+) 0\le f(x)\sin x\le \dfrac{\pi^n a^n}{n!}<1 (khi n đủ lớn).

Từ đó dẫn đến điều vô lý: có một số nguyên nằm trong khoảng (0, 1).

Việc chứng minh số e là số vô tỷ có phần dễ hơn dựa vào biểu diễn sau

e=1+\sum\limits_{n=1}^\infty\dfrac{1}{n!}.

Nếu e=\dfrac{p}{q}, với p, q là các số nguyên dương. Khi đó

q! e= A+\sum\limits_{n=q+1}^\infty\dfrac{q!}{n!}

là một số tự nhiên, trong đó

A=q!(1+\sum\limits_{n=1}^q\dfrac{1}{n!})

cũng là số tự nhiên.

Tuy nhiên

0<\sum\limits_{n=q+1}^\infty\dfrac{q!}{n!}<1.

Do đó ta cũng có điều vô lý: có một số tự nhiên nằm giữa hai số tự nhiên liên tiếp!

Việc chứng minh các số \pi, e là siêu việt khó khăn hơn rất nhiều! Các bạn có thể tham khảo

http://en.wikipedia.org/wiki/Proof_that_%CF%80_is_transcendental#Transcendence_of_e_and_.CF.80

Dưới đây tôi trình bày sơ qua chứng minh số e là số siêu việt của David Hibert (đơn giản hóa chứng minh của Charles Hermite). Giả sử có các số nguyên c_0, c_1, \dots, c_n với c_0, c_n\not=0 sao cho

\sum\limits_{j=0}^n c_je^j=0.

Với mỗi số tự nhiên k xét đa thức

f_k(x)=x^k[(x-1)(x-2)\dots(x-n)]^k.

Khi đó

\sum\limits_{j=0}^nc_je^j\int\limits_0^\infty f_k(x)e^{-x}dx=0.

Ta phân tích tổng trên thành hai phần

A=\sum\limits_{j=0}^n c_je^j\int\limits_j^\infty f_k(x)e^{-x}dx,

B=\sum\limits_{j=1}^n c_je^j\int\limits_0^j f_k(x)e^{-x}dx.

Có vô số số tự nhiên k để

\dfrac{A}{k!} là số nguyên khác 0.

Lại có

\lim\limits_{k\to\infty}\dfrac{B}{k!}=0.

Từ đó dẫn đến điều vô lý: có một dãy các số nguyên khác 0 hội tụ đến 0. (Tại sao vô lý?)

Việc chứng minh số \pi là số siêu việt dựa vào Định lý Lindemann–Weierstrass như sau.

Cho a_1, \dots, a_n là các số đại số khác 0 và \alpha_1, \dots, \alpha_n là các số đại số đôi một khác nhau. Khi đó

\sum\limits_{j=1}^n a_je^{\alpha_j}\not=0.

Chú ý, từ công thức Euler có 1+e^{\pi i}=0 ta có:

nếu \pi là số đại số thì chọn a_1=a_2=1, \alpha_1=0, \alpha_2=\pi i sẽ dẫn đến điều mâu thuẫn với Định lý Lindemann–Weierstrass.

Từ Định lý Lindemann–Weierstrass cũng dễ dàng dẫn đến e là số siêu việt. (Bạn đọc thử nghĩ một chút xem?) Ngoài ra nó cũng dẫn đến kết quả đường thẳng thực \mathbb R là không gian vô hạn chiều trên trường số hữu tỷ \mathbb Q. (Kết quả này tôi biết từ năm thứ nhất 1998, đến giờ mới biết chứng minh rõ ràng của nó!)

Về số \pi các bạn có thể tham khảo thêm

http://en.wikipedia.org/wiki/Pi

Về số e các bạn có thể xem thêm

http://en.wikipedia.org/wiki/E_(mathematical_constant)

Bài toán đẳng chu trên mặt tròn xoay

Tiếp tục trả lời câu hỏi của thầy Dư Đức Thắng: bài toán đẳng chu trên mặt cong có kết quả như nào?

Trong bài

https://bomongiaitich.wordpress.com/2014/06/04/hai-cau-hoi-thu-vi-cua-ngay-bao-ve-kltn-k55/

tôi xét trường hợp rời rạc đặc biệt là góc tam diện. Tiếp theo tôi xét góc n-diện Ox_1x_2\dots x_n có các góc

\angle Ox_jx_{j+1}, j=1, 2, \dots, n(x_{n+1}=x_1) bằng nhau. Đặt \alpha=\angle Ox_jx_{j+1}.

Bài toán đẳng chu: xác định vị trí các điểm A_j\in Ox_j, j=1, 2, \dots, n sao cho

+ tổng độ dài các cạnh \sum\limits_{j=1}^n |A_jA_{j+1}|=L cố định,

+ tổng diện tích các tam giác \sum\limits_{j=1}^n |\Delta OA_jA_{j+1}| lớn nhất,

trong đó A_1=A_{n+1}.

Nếu đặt |OA_j|=a_j thì

+) \sum\limits_{j=1}^n|A_jA_{j+1}|=\sum\limits_{j=1}^n \sqrt{a_j^2+a_{j+1}^2-2a_ja_{j+1}\cos\alpha},

+) \sum\limits_{j=1}^n |\Delta OA_jA_{j+1}|=\dfrac{1}{2}\sum\limits_{j=1}^n a_ja_{j+1}\sin\alpha.

Đến đây ta có thể nghĩ đến việc sử dụng Giải tích để tiếp cận. Dưới đây tôi thử tiếp cận bằng hình học.

 

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: góc n-diện nằm trên mặt nón với đỉnh là O và các cạnh Ox_j là các đường sinh. (Tại sao?)

Xét mặt phẳng P đi qua O và vuông góc với trục của góc n-diện. Khi đó góc nghiêng giữa P và các mặt Ox_jx_{j+1} là như nhau, đặt là \beta. Nếu chiếu vuông góc các đỉnh A_j xuống P có hình chiếu B_j thì

+) |A_jA_{j+1}|\ge |B_jB_{j+1}|,

+) |\Delta OA_jA_{j+1}|=\dfrac{1}{\cos\beta}|\Delta OB_jB_{j+1}|.

Như vậy ta có

+) \sum\limits_{j=1}^n |A_jA_{j+1}|\ge \sum\limits_{j=1}^n |B_jB_{j+1}|,

với dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi cạnh A_jA_{j+1} song song với P với mọi j hay

a_1=a_2=\dots a_n;

+) \sum\limits_{j=1}^n |\Delta OA_jA_{j+1}|=\dfrac{1}{\cos\beta}|B_1B_2\dots B_n|

với |B_1B_2\dots B_n| là diện tích n-giác B_1B_2\dots B_n;

+) nếu cố định diện tích |B_1B_2\dots B_n| thì chu vi của nó

\sum\limits_{j=1}^n |B_jB_{j+1}|

nhỏ nhất khi và chỉ khi nó là đa giác đều hay

a_1=a_2=\dots=a_n.

Như vậy, nếu cố định tổng diện tích

\sum\limits_{j=1}^n|\Delta OA_jA_{j+1}|

thì tổng độ dài

\sum\limits_{j=1}^n|A_jA_{j+1}|

bé nhất khi và chỉ khi a_1=a_2=\dots=a_n.

Ta có bất đẳng thức đẳng chu

\sum\limits_{j=1}^n |\Delta OA_jA_{j+1}|\le \dfrac{1}{4n\cos\beta\tan(\pi/n)}\Big(\sum\limits_{j=1}^n|A_jA_{j+1}|\Big)^2

hay với a_j\ge 0, a_1=a_{n+1} có

\sum\limits_{j=1}^n a_ja_{j+1}\le \dfrac{1}{4n\sin^2(\alpha/2)}\big(\sum\limits_{j=1}^n\sqrt{a_j^2+a_{j+1}^2-2a_ja_{j+1}\cos\alpha}\big)^2.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a_1=a_2=\dots=a_n.

Một cách tương tự cho bài toán đẳng chu trong một góc sẽ được phát biểu như sau.

Cho một góc Ox_0x_1\dots x_n có

\angle Ox_jx_{j+1}=\alpha, j=0, 1, \dots, n-1.

Lấy các đỉnh A_j\in Ox_j, j=0, 1, \dots, n sao cho

tổng độ dài \sum\limits_{j=0}^{n-1} |A_jA_{j+1}| cố định.

Tổng diện tích

\sum\limits_{j=0}^{n-1}|\Delta OA_jA_{j+1}|

lớn nhất khi và chỉ khi |OA_0|=|OA_1|=\dots=|OA_n|.

Nếu đặt a_j=|OA_j| ta có bất đẳng thức

\sum\limits_{j=0}^{n-1} a_ja_{j+1}\le \dfrac{1}{4n\sin^2(\alpha/2)}\big(\sum\limits_{j=0}^{n-1}\sqrt{a_j^2+a_{j+1}^2-2a_ja_{j+1}\cos\alpha}\big)^2.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a_0=a_1=\dots=a_n.

Ta chuyển sang bài toán đẳng chu liên tục trên mặt nón C có đỉnh O. Bài toán được phát biểu:

Tìm đường cong kín, không tự cắt, bao quanh đỉnh O sao cho nó bao quanh một miền trên mặt nón có diện tích lớn nhất.

Bằng cách chiếu xuống mặt phẳng P (đi qua O và vuông góc với trục xoay của nón) ta cũng có kết quả:

đường cong cực đại nằm trên mặt phẳng song song với P.

Ta có bất đẳng thức đẳng chu trên mặt nón

A\le \dfrac{1}{4\pi\cos\beta}L^2, \beta góc nghiêng giữa mặt nón và mặt vuông góc với trục xoay,

với L là chu vi của đường cong kín và A là diện tích miền trên mặt nón được bao quanh bởi đường cong đó. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đường cong đó nằm trên mặt phẳng vuông góc với trục xoay.

Nếu đặt hệ trục tọa độ có gốc tại O và trục Oz là trục xoay của mặt nón. Phương trình mặt nón có dạng

z=k\sqrt{x^2+y^2} với k là hằng số dương.

Chuyển sang hệ tọa độ trụ

x=r\cos\varphi, y=r\sin\varphi, z=kr.

Khi đó đường cong kín được tham số hóa bởi

x=r(\varphi)\cos\varphi, y=r(\varphi)\sin(\varphi), z=kr(\varphi)

với r:\mathbb R\to[0, +\infty) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2\pi, liên tục, trơn từng khúc.

Chu vi của đường cong

L=\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{[r'(\varphi)]^2(1+k^2)+r^2(\varphi)}d\varphi.

Diện tích của miền trên mặt nón được bao quanh bởi đường cong

A=\dfrac{\sqrt{1+k^2}}{2}\int\limits_0^{2\pi}r^2(\varphi)d\varphi.

Chú ý \cos\beta=\dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}.

Ta có bất đẳng thức đẳng chu dạng Giải tích

\int\limits_0^{2\pi}r^2(\varphi)d\varphi\le \dfrac{1}{2\pi}\Big(\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{[r'(\varphi)]^2(1+k^2)+r^2(\varphi)}d\varphi\Big)^2.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi r(\varphi)=const.

Chú ý:

– ta có thể thay 2\pi bởi một góc \alpha_0\in(0, \pi), khi đó ta có bất đẳng thức đẳng chu cho một góc trên mặt nón,

– khi k=0 ta thu được bất đẳng thức đẳng chu trên mặt phẳng.

Ta tiếp tục chuyển sang bài toán đẳng chu trên mặt cầu.

Bài toán được phát biểu: trên nửa mặt cầu trên, trong các đường cong có cùng chu vi đường cong nào bao quanh miền có diện tích lớn nhất.

Để giải bài toán ta cần đến

– tính lồi trên mặt cầu: miền D trên mặt cầu được gọi là miền lồi nếu với bất kỳ hai điểm P, Q\in D đoạn ngắn nhất (trên mặt cầu) nối P và Q nằm trong D, chú ý đoạn ngắn nhất chính là cung bé của đường tròn lớn đi qua hai điểm P, Q;

– phép hai điểm – đối xứng

doixung

cho D là một miền trên mặt cầu, H là mặt phẳng chia không gian thành hai nửa H^+, H^-, khi đó phép hai điểm – đối xứng biến miền D thành

\tau_H(D)=((D\cap \sigma_H(D))\cap H^-)\cup((D\cup\sigma_H(D))\cap H^+)

với \sigma_H(D)=\{Q|\; \exists P\in D: P, Q đối xứng qua H\}.

Khi đó

– ta luôn giả sử đường cong bao quanh miền lồi,

– phép hai điểm – đối xứng bảo toàn chu vi và diện tích nhưng không bảo toàn tính lồi,

– miền D có tính chất \tau_H(D) lồi với bất kỳ mặt phẳng H đi qua tâm thì miền D được bao quanh bởi đường tròn.

Chi tiết phần này các bạn tham khảo bài

“Two-point symmetrization and convexity” của Guillaume Aubrun và Matthieu Fradelizi.

Đường link

http://perso-math.univ-mlv.fr/users/fradelizi.matthieu/pdf/syma2points.pdf

Như vậy đáp án của bài toán đẳng chu trên mặt cầu: đường tròn. Khi đó ta có mối liên hệ

L^2=4\pi A-\dfrac{1}{R^2}A^2

với L là chu vi đường tròn, A là diện tích miền trên mặt cầu bán kính R được bao quanh bởi đường tròn.

Lưu ý nếu xét trên cả mặt cầu đường cong chia mặt cầu thành hai phần:

– phần chỉ nằm trong một nửa mặt cầu sẽ có diện tích lớn nhất,

– phần còn lại sẽ có diện tích nhỏ nhất

khi đường cong là đường tròn.

Như vậy ta có bất đẳng thức đẳng chu trên mặt cầu

4\pi A -\dfrac{1}{R^2}A^2\le L^2.

Nếu ta tham số hóa đường cong bởi

z=z(\varphi), x=\sqrt{R^2-z^2(\varphi)}\cos\varphi, y=\sqrt{R^2-z^2(\varphi)}\sin\varphi,

khi đặt hệ trục tọa độ có gốc tại tâm mặt cầu, đường cong bao quanh trục Oz,

thì

– chu vi của đường cong

L=\int\limits_0^{2\pi} \sqrt{\frac{[z'(\varphi)]^2R^2}{R^2-z^2(\varphi)}+R^2-z^2(\varphi)}d\varphi,

– diện tích của miền được bao quanh bởi đường cong

A=R\int\limits_0^{2\pi}z(\varphi)d\varphi.

Khi đó dạng Giải tích của bất đẳng thức đẳng chu trên mặt cầu

4\pi R\int\limits_0^{2\pi}z(\varphi)d\varphi-\big(\int\limits_0^{2\pi}z(\varphi)d\varphi\big)^2\le

\le \Big(\int\limits_0^{2\pi} \sqrt{\frac{[z'(\varphi)]^2R^2}{R^2-z^2(\varphi)}+R^2-z^2(\varphi)}d\varphi\Big)^2

với z:[0, R]\to [0, R] là hàm liên tục, trơn từng khúc.

Để ý rằng 1/R^2 là độ cong Gauss của mặt cầu bán kính R nên bất đẳng thức đẳng chu trên mặt cầu là trường hợp riêng của bất đẳng thức Bol-Fiala

4\pi A-K_0A^2\le L^2

là bất đẳng thức đẳng chu trên mặt cong có độ cong Gauss K_0.

Bài toán đẳng chu trên các mặt tròn xoay cụ thể, chẳng hạn mặt paraboloid tròn xoay được Benjamini và Cao trả lời là đường tròn, mặt tròn xoay có độ cong Gauss là hàm giảm thực sự theo khoảng cách đến đỉnh của mặt được FRANK MORGAN, MICHAEL HUTCHINGS, và HUGH HOWARDS trả lời là đường tròn.

Công thức tính độ cong Gauss của mặt tròn xoay

x=f(z)\cos\varphi, y=f(z)\sin\varphi, z=z,

với f:[0, \infty)\to[0, \infty) là hàm trơn,

được cho bởi

K=-\dfrac{f"(z)}{f(z)(1+f'(z))^2}.