Bài tập Giải tích Novak 2

 1. Giả sử (2) đúng với k = 1; 2; : : : ; n,
ta sẽ chứng minh nó đúng với n+ 1. Theo bài toán trước, ta có
jg(n+1)(y)j = (h ± g)(n+1)(y)
∙ n!
X k!
k1!k2! Â Â Â kn!
A
Bk
àà
1
2
1
ảảk1
: : :
à
(Ă1)nĂ1
à
1
2
n
ảảkn
= (Ă1)nn! (2A)
n
Bn
A
X (Ă1)kk!
k1!k2! Â Â Â kn!
à
1
2
1
ảk1
: : :
à
1
2
n
ảkn
= (Ă1)nn! (2A)
n
Bn
A2(n+ 1)
à
1
2
n+ 1
ả
= (Ă1)n(n+ 1)!(2A)
n+1
Bn
à
1
2
n+ 1
ả
:
Điều này kết thúc chứng minh của (2). Vì vậy, tính giải tích của g trên K
suy ra từ 3.4.16.
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 383
3.4.23. Suy ra từ fĂ1(x) = f 0(x) rằng f ánh xạ khoảng (0;1) lên chính nó
và f thuộc C1 trên khoảng này. Từ đó, f 0(x) > 0 và f tăng thực sự tren
(0;1). Đạo hàm đẳng thức f(f 0(x)) = x, ta có f 00(x) > 0 với x 2 (0;1) và
n á 2. Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp, dùng công thức Faà di
Bruno (xem 2.1.38). Giả sử rằng (Ă1)mf (m)(x) > 0 với m = 2; 3; : : : ; n. Khi
đó,
0 =
X n!
k1!k2! Â Â Â kn!f
(k)(f 0(x))
à
f 00(x)
1!
ảk1 àf (3)(x)
2!
ảk2
  Â
à
f (n)(x)
(nĂ 1)!
ảknĂ1
+ f 0(f 0(x))f (n+1)(x);
ở đây k = k1 + k2 + Â Â Â + knĂ1 và tổng lấy trên tất cả các k1; k2; : : : ; knĂ1 sao
cho k1 + 2k2 + : : :+ nknĂ1 = n. Dấu của mỗi số hạng dưới
P
là
sgn((Ă1)k(Ă1)2k1(Ă1)3k2 Â Â Â (Ă1)nknĂ1) = (Ă1)n;
ta nhận được
sgn
Ă
f 0(f 0(x))f (n+1)(x)
Â
= sgn f (n+1)(x) = Ă(Ă1)n:
Bây giờ, kết qủa trong 3.4.20 chỉ ra rằng f giải tích trên (0;1).
3.4.24. Theo bài toán trước ta biết rằng mỗi hàm f thoả m∙n giả thiết là
giải tích trên (0;1). Trước hết, ta chứng minh rằng tồn tại duy nhất số a
sao cho f(x) x nếu x > a. Để làm vậy, quan
sát rằng do tính đơn điệu của f , ta có lim
x!0+
f(x) = 0, cùng với đẳng thức
f 0(f(x))f 0(x) = xf 0(x), ta được
f(f(x)) =
Z x
0
tf 0(t)dt:(1)
Bây giờ, nếu f(x) lớn hơn x với 0 < x < 1, thì (1) suy raZ x
0
f 0(t)(tĂ 1)dt > 0;
384 Chương 2. Vi phân
Mâu thuẫn với giả thiết f 0(x) > 0 với x > 0. Mặt khác, nếu f(x) < x với mọi
x 2 (0;1), thì (1) suy ra
f(x) > f(f(x)) =
Z x
0
tf 0(t)dt >
Z x
0
f(t)f 0(t)dt =
1
2
(f(x))2;
suy ra f(x) 0, ngược với giả thiết f((0;1)) = (0;1). Do đó, theo
tính chất giá trị trung gian, tồn tại điểm bất động a của f . Vì f(x) < x với
x 2 (0; a), ta có f 0(y) = fĂ1(y) với y 2 (0; a). Cũng như vậy, f 0(y) < y với
y > a.
Bây giờ, ta chuyển qua chứng minh tính duy nhất. Giả sử ngược lại, tồn
tại hai hàm như vậy, f1 vàf2. Gọi a1 và a2 lần lượt là các điểm bất động
của f1 và f2. Rõ ràng, ta có thể giả sử rằng a1 á a2. Đặt g = f1 Ă f2. Nếu
a1 = a2 = a, thì g(a) = 0 và fĂ1 = f 0 suy ra g(n)(a) = 0 với n 2 N. Vì g giải
tích, g là hàm hằng (bằng 0) trên (0;1). Nếu a1 > a2, thì f1(x) < x ∙ f2(x)
và f 01(x) > x á f 02(x) với x 2 [a2; a1). Vì vậy, g(x) 0 với
x 2 [a2; a1). Vì lim
x!0+
g(x) = 0, tồn tại b 2 (0; a2) sao cho g0(b) = 0 và g0(x) > 0
với x 2 (b; a1), vàg0(x) < 0 với x 2 ([; a2). Đặt f 01(b) = f 02(b) = b0. Khi đó,
b0 2 (b; a2), bởi vì b < f 02(b) = b0 < f 02(a2) = a2. Từ đó, g0(b) < 0. Mặt khác,
f1(b
0) = f1(f 01(b)) = b và f2(b
0) = f2(f 02(b)) = b, mâu thuẫn.
3.4.25. Nếu f(x) = axc, thì f 0(x) = acxcĂ1 và fĂ1(x) = aĂ
1
cx
1
c . Từ đây có
c = 1+
p
5
2
và a = c1Ăc.
3.4.26. Theo côngg thức Taylor đ∙ chứng minh rong 2.3.10,
ln(1 + x) = 2
NX
n=0
1
2n+ 1
à
x
2 + x
ả2n+1
+Rn(x);
ở đây
Rn(x) =
2
(2N = 1)(1 + àx)2N+3
³x
2
´2N+3
:
Rõ ràng, lim
N!1
Rn(x) = 0 với x 2 (0; 2). Do đó
ln(1 + x) = 2
1X
n=0
1
2n+ 1
à
x
2 + x
ả2n+1
:
2.6. Khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz 385
3.4.27. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Theo định
nghĩa,
L(x; y)
Mp(x; y)
=
xĂy
lnxĂln y
(x
p+yp
2
)1=p
=
21=p(xĂ y)
(xp + yp)1=p ln x
y
với x và y dương, khác nhau và với p 6= 0. Chia tử số và mẫu số cho y và đặt
z =
³
x
y
´p
, ta được
L(x; y)
Mp(x; y)
=
21=p(z1=p Ă 1)
(z + 1)1=p ln z1=p
:
Bây giờ viết
z =
1 + !
1Ă !
à
! =
z Ă 1
z + 1
; 0 < j!j < 1
ả
và nhân cả tử và mẫu với (1Ă!)
1=p
2!
, ta đi đến
L(x; y)
Mp(x; y)
=
p21=p
³Ă
1+!
1Ă!
Â1=p Ă 1´Ă
1+!
1Ă! + 1
Â1=p
ln 1+!
1Ă!
=
p((1+!)1=pĂ(1Ă!)1=p)
2!
ln(1+!)Ăln(1Ă!)
2!
=
f(!; p)
g(!)
:
Rõ ràng,
g(!) =
1X
n=0
1
2n+ 1
!2n;
Và theo 3.4.4,
f(!; p) = 1 +
1X
n=1
1
2nĂ 1
àà
1
p
Ă 1
ảà
1
p
Ă 2
ả
  Â
à
1
p
Ă 2n
ả
 1
(2n)!
ả
!2n:
Do đó, để chứng minh rằng f(!; p) < g(!), chỉ cần chỉ ra với mọi số nguyên
dương n, à
1
p
Ă 1
ảà
1
p
Ă 2
ả
  Â
à
1
p
Ă 2n
ả
 1
(2n)!
∙ 1
và bất đẳng thức ngặt xảy ra với ít nhất một n. Với n = 1, ta cóà
1
p
Ă 1
ảà
1
p
Ă 2
ả
 1
2
∙ 1 với p á 1
3
;
386 Chương 2. Vi phân
bởi vì
1
2p2
Ă 3
2p
+ 1 = 1Ă 1
2p
à
3Ă 1
p
ả
< 1; nếu 0 <
1
p
< 3:
Từ đó
Qn =
³
1
p
Ă 1
´³
1
p
Ă 2
´³
1
p
Ă 3
´
  Â
³
1
p
Ă 2n
´
(2n)!
=
à
1Ă 1
p
ảà
1Ă 1
2p
ả
| {z }
Q1
à
1Ă 1
3p
ả
  Â
à
1Ă 1
2np
ả
| {z }
<1
Với p á 1
3
. Vậy, Q1 ∙ 1 với p á 13 , và công thức cuối cùng chứng minh rằng
Qn < 1 với n = 2; 3; : : : .
3.4.28. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Ta dùng
những kí hiệu từ lời giải của bài toán trước. Ta có, Q1 > 1 với p < 13 . Vậy
tồn tại 0 g(!). Bây giờ, quan
sát rằng bất đẳng thức 0 < ! < h có thể viết lại dưới dạng
1 < z < rp; ở đây r =
à
1 + h
1Ă h
ả1=p
và z =
à
x
y
ả1=p
:
Điều này có nghĩa tồn tại r > 1 sao cho L(x; y) > Mp(x; y) nếu 1 < xy < r.
3.4.29. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Đặt x
y
=
(1+!)2
(1Ă!)2 ; 0 < j!j < 1, ta nhận được
L(x; y)
M0(x; y)
=
xĂy
lnxĂln y
(xy)1=2
=
x
y
Ă1
ln x
y³
x
y
´1=2 =
(1+!)2
(1Ă!)2Ă1
4(!+13!3+
1
5
!5+ÂÂÂ)
1+!
1Ă!
=
1
1Ă !2 Â
1
1 + 1
3
!2 + 1
5
!4
+ Â Â Â
=
1 + !2 + !4 + !6 + Â Â Â
1 + 1
3
!2 + 1
5
!4 + 1
7
!6 + Â Â Â > 1:
Kết hợp với 2.5.42 và 2.5.43 suy ra điều phải chứng minh.
Tài liệu tham khảo 387
3.4.30. [Tung-Po Lin, Amer. Math. Monthly 81(1974), 879-883]. Dùng các
kí hiệu đ∙ đưa ra trong lời giải của 3.4.27, ta có
L(x; y)
Mp(x; y)
=
p
Ă
(1 + !)1=p Ă (1Ă !)1=pÂ
ln 1+!
1Ă!
Ă!
!!1
0:
Vì z =
³
x
y
´p
= 1+!
1Ă! , ta nhận được L(x; y) < Mp(x; y) với z đủ lớn.
388 Tài liệu tham khảo
Tài liệu tham khảo
[1] J. Banas´, S. Weádrychowicz, Zbiór zadan´ z analizy matematycznej, Win-
dawnictwa Naukowo - Techniczne, Warszawa, 1994.
[2] W. I. Bernik, O. W. Melnikov, I. K. Zuk , Sbornik olimpiadnych zada∙c po
matematike, Narodnaja Asveta, Minsk , 1980.
[3] P. Biler, A. Witkowski, Problems in Mathematical Analysis, Marcel
Dekker, Inc, New York and Basel, 1990.
[4] T. J. Bromwich, An Introduction to the Theory of Infinte Series, Macmillan
and Co., Limited, London ,1949.
[5] R. P. Boas, A Primer of Real Analytic Functions, BirkhÄauser Verlag, Basel
Boston Berlin, 1992.
[6] L. Carleson. T. W. Gamelin, Complex Dynamics, Springer-Verlag, New
York Berlin Heidelberg, 1993.
[7] B. Demidovi∙c, Sbornik zada∙c i upra∙znenij po matemati∙ceskomu analizu,
Nauka, Moskva, 1969.
[8] J. Dieudonnảe, Foundations of Modern Analysis, Academic Press, New
York San Francisco London, 1969.
[9] A. J. Dorogovcev, Matemati∙ceskij analiz. Spravo∙cnoe posobe, Vy∙s∙caja ∙Skola,
Kiev, 1985.
389
390 Tài liệu tham khảo
[10] A. J. Dorogovcev, Matemati∙ceskij analiz. Sbornik zada∙c, Vy∙s∙caja ∙Skola,
Kiev, 1987.
[11] G. M. Fichtenholz, Differential-und Integralrechnung, I, II, III, V.E.B.
Deutscher Verlag Wiss., Berlin, 1966-1968.
[12] B. R. Gelbaum, J. M. H. Olmsted, Theorems and Counterexamples in Math-
ematics, Springer-Verlag, New York Berlin Heidelberg, 1990.
[13] E. Hille, Analysis Vol. I, Blaisdell Publishing Company, New York
Toronto London, 1964.
[14] W. J. Karzor, M. T. Nowak, Problems in Mathematical Analysis I. Real Num-
ber, Sequences and Series, American Mathematical Society, Providence,
RI, 2000.
[15] G. Klambauer, Mathematical Analysis, Marcel Dekker, Inc., New York,
1975.
[16] G. Klambauer, Problems and Propositions in Analysis, Marcel Dekker, Inc.,
New York and Basel, 1979.
[17] K. Knopp, Theorie und Anwendung der Unendhichen Reihen, Springer-
Verlag, Berlin and Heidelberg, 1947.
[18] S. G. Krant, H. R. Parks, A Primer of Real Analytic Functions, Bikhauser
Verlag, 1992.
[19] L. D. Kudriavtsev, A. D. Kutasov, V. I. Chejlov, M. I. Shabunin, Prob-
lems de Ana´ Matema´tico. Li´mite, Continuidad, Derivabilidad (Spanish), Mir,
Moskva, 1989.
[20] K. Kuratowski, Introduction to Calculus, Pergamon Press, Oxford-
Eidenburg-New York; Polish Scientific Publishers, Warsaw, 1969.
Tài liệu tham khảo 391
[21] S. Lojasiewicz, An Introduction to the Theory of Real Number, A Wiley-
Interscience Publication, John Wiley&Sons, Ltd., Chichester, 1988.
[22] D. S. Mitrinovic´, Elemetary Inequalities, P. Noordhoff Ltd., Gronigen,
1964.
[23] G. Po´lia, G. SzegÄo, Problems and theorems in analysis I, Spriger - Verlag,
Berlin Heidelberg New York, 1978.
[24] R. Remmert, Theory of Complex Functions, Spriger - Verlag, Berlin Hei-
delberg New York, 1991.
[25] Ya. I. Rivkind, Zada∙ci po matemati∙ceskomu analizu, Vy∙sej∙saja ∙Skola,
Min´sk, 1973.
[26] W.I. Rozhkov, V.D. Kurdevanidze, N. G. Pafionov, Sbornik zadac matem-
aticeskich olimpiad, Izdat. Univ. Druzhby Narodov, Maskva, 1987.
[27] W. Rudin, Principle of Mathematical Analysis, McGraw - Hill Book Com-
pany, New York, 1964.
[28] W. Rzymowsky, Convex Functions, preprint.
[29] W. A. Sadowni∙cij, A. S. Podkolzin, Zada∙ci studen∙ccskich olimpiad po
matematike, Nauka, Moskva, 1978.
[30] R. Sikorski, Funkcje rzeczywiste, PWN, Warszawa, 1958.
[31] H. Silverman, Complex variables, Houghton Mifflin Company, Boston,
1975.
[32] E. C. Titchmarsch, The Theory of Functions, Oxford University Press,
London, 1944.
[33] G. A. Tonojan, W. N. Sergeev, Studen∙ceskije matemati∙ceskije oimpiady,
Izdatelstwo Erevanskogo Universiteta, Erevan, 1985.