GIẢI TÍCH CƠ BẢN
(ÔN THI THẠC SĨ TOÁN HỌC)
GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ VÀ HÀM SỐ
PGS. TS Lê Hoàn Hóa
Ngày 11 tháng 10 năm 2004
1 Giới hạn của dãy số
1.1 Định nghĩa
Cho (x
n
)
n
là dãy số thực. Ta nói :
• Dãy (x
n
)
n
hội tụ về x (x hữu hạn) khi n → ∞, ký hiệu lim
n→∞
x
n
= x hay lim x
n
= x nếu
với mọi  > 0, tồn tại số tự nhiên n
0
∈ N sao cho với mọi n ≥ n
0
thì |x
n
− x| < .
lim x

hoặc lim x
n
= +∞ hoặc lim x
n
= −∞.
Như vậy với một dãy (x
n
)
n
chỉ có hai trường hợp : hoặc (x
n
)
n
hội tụ hoặc (x
n
)
n
phân kỳ.
1.2 Định lý cơ bản
1. Nếu(x
n
)
n
là dãy tăng, bị chặn trên và a = sup{x
n
} thì lim x
n
= a. Nếu (x
n
)

0
, ∀p ∈ N =⇒ |x
n+p
− x
n
| < 
1.3 Các giới hạn cơ bản
1. lim
1
n
α
= 0, ∀α > 0
2. lim q
n
= 0, ∀q, |q| < 1
3. lim
n
√
a = 1, ∀a > 0
1
4. lim
n
√
n
p
= 1, ∀p ≥ 0
5. lim
n
p
(1 + a)

n
√
n!
= e
1.4 Ví dụ
1.4.1 Ví dụ 1
Với a > 0, cho x
n
= (1 +
a
n
)
n
, y
n
= (1 +
a
n
)
n+1
, n ∈ N.
1. Chứng minh : (x
n
)
n
là dãy tăng, (y
n
)
n
là dãy giảm.

≥ 1 + (n + 1)α
Ta có, với mọi n ∈ N :
x
n+1
x
n
=
(1 +
a
n + 1
)
n+1
(1 +
a
n
)
n
= (1 +
a
n + 1
)(
1 +
a
n + 1
1 +
a
n
)
n
= (1 +

=
(1 +
a
n
)
n+1
(1 +
a
n + 1
)
n+2
= (1 +
a
n + 1
)
−1
[1 +
a
n(n + 1 + a)
]
n+1
≥ (1 −
a
n + 1 + a
)(1 +
(n + 1)a
n(n + 1 + a)
) ≥ 1 +
(n + 1)a
n(n + 1 + a)

lim x
n
= lim y
n
= lim(1 +
a
n
)
n
= e
a
1.4.2 Ví dụ 2
Cho (x
n
)
n
định bởi : x
1
=
√
2, x
n+1
=
√
2 + x
n
, ∀n ∈ N. Chứng minh (x
n
)
n

− x
n
2
≥ 0 ⇐⇒ −2 ≤ x
n
≤ 2, ∀n.
Bằng quy nạp, ta có : x
1
=
√
2 < 2. Giả sử x
n
≤ 2. Khi đó : x
n+1
=
√
2 + x
n
≤ 2
Vậy (x
n
)
n
là dãy tăng, bị chặn trên nên (x
n
)
n
hội tụ.
Đặt x = lim x
n

]
3
n
[1 + (2
/3
)
n
]
= 3
1.4.4 Ví dụ 4
Tính lim
n
√
a
n
+ b
n
+ c
n
, a, b, c > 0.
Giả sử a = max{a, b, c}. Ta có :
a ≤
n
√
a
n
+ b
n
+ c
n

√
n
2
2
n
+ 3
n
Do lim
n
2
(3
/2
)
n
= 0 nên có n
0
∈ N sao cho
n
2
(3
/2
)
n
< 1, ∀n ≥ n
0
.
Với n ≥ n
0
, ta có :
3 ≤

n
= 3
3
1.4.6 Ví dụ 6
Tính lim sin(π
√
n
2
+ 1)
0 ≤ |sin(π
√
n
2
+ 1)| = |sin π(
√
n
2
+ 1 − n)| = |sin(
π
√
n
2
+ 1 + n
)| ≤
π
√
n
2
+ 1 + n
Vậy lim sin(π

4. lim nq
n
, |q| < 1
5. lim
2
n
n!
( HD:
2
n
n!
=
2.2 2.2
1.2 (n − 1).n
≤
4
n
)
6. lim
n
2
n!
7. Chứng minh : 1
2
+ 2
2
+ + n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)

1
=
√
a, x
n+1
=
√
a + x
n
, ∀n(a > 0)
Xét tính đơn điệu của (x
n
)
n
và tính lim x
n
(nếu có).
10. Tính lim
n
2
√
n
HD :
n
2
√
n
= exp[−
√
n ln 2(1 −

Môn: Giải tích cơ bản
GV: PGS.TS. Lê Hoàn Hóa
Đánh máy: NTV
Phiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004
HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC
1 Giới hạn liên tục
Định nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x
0
∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếu
với mọi δ > 0, I ∩ (x
0
− δ, x
0
+ δ)\{x
0
} = 0. Cho f : I → R và x
0
là điểm giới hạn của I. Ta
nói:
lim
x→x
0
f(x) = a ∈ R ⇐⇒ ∀ε, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x − x
0
| < δ =⇒ |f(x) − a| < ε
lim
x→x
0
f(x) = +∞ (−∞) ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x−x
0

Ta nói:
f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x, x

∈ I, |x − x

| < δ =⇒ |f(x) − f(x

)| < 
Hàm số liên tục trên một đoạn:
Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó:
i) f liên tục đều trên [a, b].
ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b].
Đặt m = min{f (x), x ∈ [a, b]}, M = max{f(x), x ∈ [a, b]}. Khi đó f ([a, b]) = [m, M] (nghĩa là
f đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M).
1
2 Sự khả vi
Định nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x
0
∈ I. Ta nói f khả vi tại x
0
nếu lim
t→0
f(x
0
+ t) − f(x
0
)
t
tồn tại hữu hạn. Khi đó đặt
f

0
= ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x
0
. Giả sử g và
g

khác không và lim
x→x
0
f(x) = lim
x→x
0
g(x) = 0 hoặc lim
x→x
0
f(x) = lim
x→x
0
g(x) = +∞ hoặc −∞.
Khi đó: Nếu lim
x→x
0
f

(x)
g

(x)
= A thì lim
x→x

f(x)
g(x)
= k
- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương.
- Nếu k = 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc.
- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f .
- Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g.
2
Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x
0
. Giả sử tồn tại k > 0 sao cho
lim
x→x
0
f(x)
(x−x
0
)
k
tồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vô
cùng bé f khi x → x
0
.
Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x
0
nếu lim
x→x
0
f(x) = +∞ hoặc −∞. Nếu f là vô
cùng lớn khi x → x

4 Công thức Taylor
Cho f : (a, b) → R có đạo hàm bậc (n + 1). Với x
0
, x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
+
1
(n + 1)!
f
(n+1)
(x
0
+ θ(x − x
0
))
R
n

R
n
(x) = o (|x − x
0
|
n
) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọ i là dư số Peano. Nếu x
0
= 0
ta được công thức Maclaurin:
f(x) =
n

k=0
f
(k)
(0)
k!
x
k
+ R
n
(x)
. Công thức Maclaurin của hàm sơ cấp
a) e
x
= 1 + x +
x
2
2!

2n−1
(2n − 1)!
+ R
2n
, R
2n
= (−1)
n
cos θx.
x
2n+1
(2n + 1)!
hoặc
R
2n
= o(x
2n
).
c) cos x = 1 −
x
2
2!
+
x
4
4!
+ ···+ (−1)
n
x
2n

n!
x
n
+ R
n
, (x > −1).
R
n
=
α(α − 1) . . . (α − n + 1)
n!
(1 + θx)
α−n+1
.x
n+1
hoặc R
n
= o(x
n
).
e) ln(1 + x) = x −
x
2
2
+
x
3
3
+ ···+ (−1)
n+1

t
= lim
t→0
arctgt
t
= lim
t→0
arcsint
t
= lim
t→0
ln (1 + t)
t
= lim
t→0
e
t
− 1
t
2. lim
t→0
(1 + t)
a
− 1
t
= a.
3. lim
t→0
1 − cos t
t

= lim
t→0
(1 + t)
1/m
− 1
(1 + t)
1/n
− 1
=
n
m
.
2.
lim
x→1
(1 −
√
x)(1 −
3
√
x) . . . (1 −
n
√
x)
(1 − x)
n−1
= lim
t→0

1 − (1 + t)

n
√
1 + 5
x
− (1 + x)
Đặt t
5
= 1 + 5x hay x =
t
5
−1
5
Suy ra :
x
2
5
√
1 + 5x − (1 + x)
= −
(t
5
− 1)
2
5(t
5
− t + 4)
= −
(t
5
− 1)


= 1
5. lim
x→0
ln(cos x)
x
2
= lim
x→0
ln[1 + (cos x − 1)]
x
2
= lim
x→0
cos x − 1
x
2
= −
1
2
6. lim
x→0

1
sin x
− cotg x

= lim
x→0
1 − cos x

x
2
2

1
2
x
2
= lim
x→0
−
x
2
6
+
x
2
4
x
2
=
1
12
(dùng 1 − cos x ∼
x
2
2
, lim
t→0
(1 + t)


= 0
Tính lim
x→x
0
u(x)
v(x)
Đặt y = u
v
⇒ ln y = v ln u.
Sau đó tính lim
x→x
0
v ln u
Nếu lim
x→x
0
v ln u = a thì lim
x→x
0
u
v
= e
a
9. lim
x→+∞

x + 2
x − 3


15
10. lim
x→0

1 + tg x
1 + sin x

1
sin x
Đặt y =

1 + tg x
1 + sin x

1
sin x
⇒ ln y =
1
sin x
ln

1 + tg x
1 + sin x

=
1
sin x
ln

1 +

= lim
x→0
x sin
2
x
x
2
sin x
= 1
5
2. f(x) = e
2x
− e
x
, g(x) = sin 2x −x
lim
x→0
f(x)
g(x)
= lim
x→0
e
2x
− e
x
sin 2x − x
= lim
x→0
2e
2x

2. f(x) = cos x − cos 2x, g (x) = x
3
2
lim
x→0
f(x)
g(x)
= lim
x→0
cos x − cos 2x
x
3
2
= lim
x→0
(cos x − 1) + (1 − cos 2x)
x
3
2
= 0
Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g.
Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x → 0
1. f(x) =
√
cos x −
3
√
cos x
lim
x→0

3
x
k
= −
1
12
nếu k = 2
Vậy f là vô cùng bé bậc 2.
2. f(x) = x sin x − sin
2
x
Ta có: f (x) = sin x(x −sin x) ∼ x

x
3
3!

=
x
4
3!
(dùng khai triển Taylor)
Vậy f là vô cùng bé bậc 4.
3. Tìm bậc của vô cùng lớn f(x) =

1 +
√
x khi x → +∞
f(x) =


2
+
√
x
4
+ 1 − x
√
2]
khi x → +∞
Dùng (1 + t)
α
) − 1 ∼ αt khi t → 0, ta có
f(x) = x
2



1 +

1 +
1
x
4

1
2

1
2
−


1
2
− 1

∼
x
2
√
2
8x
4
Vậy f là vô cùng bé tương đương với g(x) =
√
2
8x
2
khi x → +∞
5. Cho n là số tự nhiên, f
0
, f
1
, . . . , f
n
là các đa thức sao cho
f
n
(x)e
nx
+ f

k
= 0
Chia hai vế cho x
k
e
nx
, cho x → ∞, áp dụng lim
x→∞
x
p
e
ax
= 0 với a > 0, ∀p, ta được a
k
= 0.
Mâu thuẫn.
Vậy f
n
≡ 0. Tương tự cho f
n−1
, . . . , f
1
đồng nhất triệt tiêu.
Khi đó, f
0
(x) = 0 với mọi x lớn bất kỳ. Vậy f
0
≡ 0.
6. Cho n là số tự nhiên, f
0

ky
+ g
n−1
(y)e
(k−1)y
+ ···+ g
0
(y) = 0
với mọi y, trong đó k là số tự nhiên.
Làm tương tự như bài (5), ta có g
k
, . . . , g
0
đồng nhất triệt tiêu. Vậy f
0
, f
1
, . . . , f
n
đồng
nhất triệt tiêu.
6 Bài tập
1. Tính các giới hạn sau
(a) lim
x→
π
3
tg
3
x − 3 tg x

(cos x)
1
x
2
(f) lim
x→0
(sin x + cos x)
1
x
7
2. Tính các giới hạn sau bằng thay các vô cùng bé tương đương.
Các lượng vô cùng bé sau tương đương khi t → 0:
t ∼ sin t ∼ tg t ∼ arctg t ∼ arcsin t ∼ ln(1 + t) ∼ (e
t
− 1)
(1 − cos t) ∼
t
2
2
(1 + t)
α
∼ 1 + αt
(a) lim
x→0
ln(1 + 2x sin x)
tg
2
x
(b) lim
x→0


1 +
1
x

(b) lim
x→0
1 − (cos x)
sin x
x
3
Hướng dẫn:
sin x. ln(cos x) = sin x. ln[1 + (cos x −1)] ∼ sin x.(cos x − 1)
∼

x −
x
3
3!
+ . . .

−
x
2
2
− . . .

∼ −
x
3

x
(d) lim
x→0
e − (1 + x)
1
2
x
4. Dùng quy tắc L’Hopital tính các giới hạn sau
(a) lim
x→0
e
x
− e
−x
− 2x
x − sin x
(b) lim
x→∞
xe
x
2
x + e
x
(c) lim
x→0
+
ln x
1 + 2 ln(sin x)
(d) lim
x→∞

x→0

tg x
x

1
x
2
(e) lim
x→0
+
(x)
sin x
(f) lim
x→
π
2
−
(π −2x)
cos x
Hướng dẫn: Đặt x =
π
2
+ t
9
GIẢI TÍCH (CƠ BẢN)
Tài liệu ôn thi cao học năm 200 5
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS TS. Lê Hoàn Hóa
Ngày 10 tháng 11 năm 2004

s
k
tồn tại hữu hạn, ta nói chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ và đặt S = lim
k→∞
s
k
là tổng của chuỗi,
S =
∞

1
a
n
.
Nếu lim
k→∞
s
k
không tồn tại hoặc lim
k→∞
s
k
= +∞ hay lim
k→∞

a
n
hội tụ thì lim
k→∞
a
n
= 0.
1
1.2 Chuỗi không âm
Là chuỗi có dạng
∞

1
a
n
, a
n
≥ 0.
Tính chất
Cho
∞

1
a
n
, a
n
≥ 0. Khi đó dãy tổng riêng phần (s
k
)

a
n
hội tụ, nếu
∞

1
a
n
phân
kỳ thì
∞

1
b
n
phân kỳ.
2. Giả sử lim
n→∞
a
n
b
n
= k. Khi đó:
(a) Nếu 0 < k < ∞ thì
∞

1
a
n
,

phân kỳ.
(c) Nếu k = ∞ và
∞

1
a
n
hội tụ thì
∞

1
b
n
hội tụ, nếu
∞

1
b
n
phân kỳ thì
∞

1
a
n
phân kỳ.
Tiêu chuẩn tích phân
Cho f : [1, +∞) → R liên tục, f(x) ≥ 0 và f giảm. Với mọi n ∈ N, đặt a
n
= f(n). Khi đó:

t
n
=
1
1 − t
Dấu hiệu D’Alembert (tỉ số)
Cho chuỗi số dương
∞

1
a
n
, a
n
> 0. Giả sử lim
n→∞
a
n+1
a
n
= k. Khi đó:
1. Nếu k < 1 thì
∞

1
a
n
hội tụ.
2
2. Nếu k > 1 thì

≥ 0. Giả sử lim
k→∞
n
√
a
n
= k. Khi đó:
1. Nếu k < 1 thì chuỗi hội tụ.
2. Nếu k > 1 thì chuỗi phân kỳ.
3. Nếu k = 1, chưa kết luận về sự hội tụ.
1.3 Chuỗi đan dấu
Có dạng
∞

1
(−1)
n
a
n
hoặc
∞

0
(−1)
n
a
n
, a
n
≥ 0.

với a
n
có thể âm hay dương.
Xét chuỗi không âm
∞

1
|a
n
|. Nếu chuỗi
∞

1
|a
n
| hội tụ thì chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ và ta nói
chuỗi
∞

1
a
n
hội tụ tuyệt đối. Nếu chuỗi
∞

|a
n
| hội tụ (phân kỳ)
thì chuỗi
∞

1
a
n
cũng hội tụ (phân kỳ)
3
Định lí 1. Cho (a
n
)
n
là dãy giảm, a
n
≥ 0, lim
n→∞
a
n
= 0. Cho (b
n
)
n
là dãy bất kỳ (không cần
dương). Giả sử có hằng số C > 0 sao cho với mọi n ∈ N,




1
.
Thí dụ
Xét sự hội tụ của chuỗi
1.
∞

2
1
n ln
α
n
Đặt f : [2, ∞) → R, f (x) =
1
x ln
α
x
thì f liên tục, f(x) ≥ 0 và f giảm. Khi
đó, f(n) =
1
n ln
α
n
, n ≥ 2.
Xét tích phân suy rộng
∞

2
dx
x ln

Đặt a
n
= (
n
√
a − 1)
α
=

e
1
n
ln a
− 1

α
và b
n
=
ln
α
a
n
α
thì lim
n→∞
a
n
b
n

Đặt a
n
=

ln
1
n
2/5
− ln

sin
1
n
2/5

= −ln



sin
1
n
2/5
1
n
2/5



Do sin t = t −

n
=
1
6
Do chuỗi
∞

1
1
n
4/5
phân kỳ nên chuỗi đã cho phân kỳ.
4.
∞

1

sin
1
n
− ln

1 +
1
n

4
Đặt a
n
= sin

n
=
1
2n
2
, ta có lim
n→∞
a
n
b
n
= 1
Do chuỗi
∞

1
1
2n
2
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ.
5.
∞

1

1
n
− ln
n + 1
n


1
1
2n
2
hội tụ nên chuỗi đã cho hội tụ.
6. Xét sự hội tụ của chuỗi dương
∞

1
a
n
thỏa điều kiện:
∀n ≥ n
0
,
n
√
a
n
≤

1 −
1
n
α

với α ∈ (0, 1).
Ta có: 0 < a
n


n

= 2 ln n − n ln

1 −
1
n
α

= n
1−α

2 ln n
n
1−α
− n
α
ln

1 −
1
n
α

Do lim
n→∞
ln n
n
1−α

= 0
Do chuỗi
∞

1
1
n
2
hội tụ nên
∞

1
a
n
hội tụ.
7. (a) Xét sự hội tụ của chuỗi
∞

1
a
n
thỏa điều kiện:
5
a
n
> 0,
a
n+1
a
n

≤

n
n + 1

α
=
b
n+1
b
n
=

1 −
1
n + 1

α
, ∀n
Suy ra
a
n+1
b
n+1
≤
a
n
b
n
≤ ··· ≤

u
n
=
2n + 1
2n + 4
= 1 −
3
2(n + 2)
≤

1 −
1
n + 2

3
2
(∗)
Tương tự (7a) với b
n
=
1
(n + 1)
3/2
ta có chuỗi
∞

1
u
n
hội tụ.




n

0
cos kα





≤ M,





n

0
sin kα





≤ M, ∀n
Do e
ikα

cos kα





=


[1 − cos(n + 1)α](1 − cos α) + sin α. sin(n + 1)α


(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
≤
5
(1 − cos α)
2
+ sin
2
α
6







1
a
n
b
n
với lần lượt b
n
= cos nα, b
n
= sin nα và a
n
=
1
n
s
,
(a
n
)
n
là dãy giảm, lim
n→∞
a
n
= 0 và có hằng số C ≥ 0 thỏa mãn:





cos nα
n
s
,
∞

1
sin nα
n
s
hội tụ.
9. Cho α > 0, s > 0. Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu
∞

2
(−1)
n
ln
α
n
n
s
Xét hàm ϕ(t) =
ln
α
t
t
s
Ta có ϕ


ln
α
n
n
s

là dãy giảm,
lim
n→∞
ln
α
n
n
s
= 0
Theo dấu hiệu Leibnitz, chuội đã cho hội tụ.
2 Bài tập
1. Tính tổng riêng và tổng (nếu có) của chuỗi sau
(a)
∞

1
1
4n
2
− 1
HD: a
n
=
1

−
1
(n + 1)
3
(c)
∞

1
arctg
1
n
2
+ n + 1
HD: arctg a − arctg b = arctg
a − b
1 + ab
2. Xét sự hội tụ của các chuỗi sau
7
(a)
∞

1
1

n(n + 1)
(b)
∞

1
√

n + 1
n

n
= e
(e)
∞

1
ln

1 +
1
n
α

HD: ln(1 + t) ∼ t
(f)
∞

1
1
√
n
ln

n + 1
n − 1

(g)

(j)
∞

1
2
n
+ 3
n
4
n
+ n
2
3. Dùng tiêu chuẩn tỉ số hoặc căn số xét sự hội tụ của chuỗi
(a)
∞

1
n!
8
n
.n
2
(b)
∞

1
1.3.5. . . . .(2n −1)
2
2n
.(n − 1)!

n

n
2
(f)
∞

1

n − 1
n + 1

n(n−1)
4. Xét sự hội tụ của chuỗi đan dấu:
8
(a)
∞

1
(−1)
n
.
n + 1
n
2
+ n + 1
(b)
∞

1

n + cos
1
√
n
(e)
∞

1
(
√
n + 1 −
√
n) cos nπ HD: cos nπ = (−1)
n
(f)
∞

1
(−1)
n+1
1.4.7. . . . .(3n −2)
3.5.7. . . . .(2n + 1)
5. Xét sự hội tụ và hội tụ tuyệt đối của chuỗi
(a)
∞

1
(−1)
n+1
1

(d)
∞

1
cos na
n
α
, α > 0, a ∈ (0, π)
HD (5d)
∞

1
cos
2
na
n
α
, =
1
2
∞

1
cos 2na + 1
n
α
Với α ≤ 1, chuỗi
∞

1

phân kỳ.
Vậy chuỗi
∞

1
cos na
n
α
, α ≤ 1, hội tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối.
9
3 Chuỗi hàm số
3.1 Sự hội tụ :
Định nghĩa 2. Với mọi n ∈ N, u
n
: I ⊂ R → R, chuỗi hàm tương ứng ký hiệu là
n

1
u
n
. Với
mỗi x ∈ I, có chuỗi số thực
∞

1
u
n
(x), khi x thay đổi trên I, có vô số chuỗi số, trong số đó có
những chuỗi số hội tụ và những chuỗi phân kỳ.
Đăt D =

hội tụ về u trên D ⇔ ∀x ∈ D, ∀ε > 0, ∃k
0
: ∀k ≥ k
0
=⇒






n≥k
0
u
n
(x)





< ε.
–
∞

1
u
n
hội tụ đều về u trên D ⇔ ∀ε > 0, ∃k
0

1
a
n
hội tụ. Khi đó chuỗi
∞

1
u
n
hội tụ đều trên
D.
Định lí 2 ( Weierstrass).
1) Giả sử : ∀n ∈ N, u
n
liên tục trên D,
∞

1
u
n
hội tụ đều về u trên D. Khi đó u liên tục trên
D.
2) Giả sử : ∀n ∈ N, u
n
khả vi liên tục trên [a, b], chuỗi đạo hàm
∞

1
u


Hơn nữa :
x

a
u(t)dt =
∞

1
x

a
u(t)dt.
4 Chuỗi lũy thừa:
Định nghĩa 3. Chuỗi lũy thừa là chuỗi có dạng
∞

0
a
n
(x − x
0
)
n
, x
0
là tâm của chuỗi.
10
Định lí 3. Cho chuỗi lũy thừa
∞


1
ρ
và gọi R là bán kính hội tụ của chuỗi. Khi đó :
i. Chuỗi
∞

0
a
n
(x − x
0
)
n
hội tụ về hàm u trên (x
0
− R, x
0
+ R).
ii. Chuỗi
∞

0
a
n
(x − x
0
)
n
phân kỳ khi |x − x
0

(x −x
0
)
n+1
, ∀x ∈ (x
0
−R, x
0
+ R). Miền hội tụ của chuỗi
∞

0
a
n
(x −x
0
)
n
là (x
0
−R, x
0
+ R) có thể thêm vào điểm đầu x
0
−R và điểm cuối x
0
+ R
tùy từng trường hợp.
Thí dụ :
1) Chuỗi

n
ln x
là chuỗi hàm đan dấu, có miền hội tụ là x > 1. Với a > 1, ε > 0, do tính
chất của chuỗi đan dấu, có k
0
∈ N :
1
k
ln a
0
< ε, với k ≥ k
0
ta có :






n≥k
(−1)
n
n
ln x





≤




x
n
1 + x
n




≤ 2|x|
n
.
Vậy miền hội tụ của chuỗi là (−1, 1). Tuy nhiên chuỗi không hội tụ đều trên (−1, 1). Thật
vậy, với ε = 1, với mọi k ∈ N có thể chọn x ∈ (0, 1) sao cho:
x
k
1 − x
2
> 1
Khi đó :
1 <
x
k
1 − x
2
=

n≥k

Chuỗi
∞

0
a
n
hội tụ. Vậy chuỗi
∞

0
x
n
1 + x
n
hội tụ đều trên [−a, a].
4) Với s > 0, chuỗi
∞

1
cos nx
n
s
,
∞

1
sin nx
n
s
hội tụ khi x = k2π, k ∈ Z. Thật vậy, với mỗi




≤
M
1 − cos x
dãy

1
n
s

giảm về 0 nên chuỗi
∞

k
cos nx
n
s
,
∞

k
sin nx
x
s
hội tụ, có tổng
S
1
=

1 − cos x
.
Với a > 0 và ε > 0 bất kỳ,
do
M
1 − cos x
≤
M
1 − cosa
, ∀x ∈ [a + 2iπ, 2(i + 1)π − a], ∀i ∈ Z,
chọn k
0
∈ N sao cho:
1
k
s
.
M
1 − cos a
< ε. Khi đó, với k ≥ k
0
, ta có:





∞

k

sin nx
x
s
,
∞

1
cos nx
x
s
hội tụ đêu trên miền [a + 2iπ, 2(i + 1)π −a], i ∈ Z.
Ghi chú: Chuỗi
∞

1
sin n
2
x
n
2
hội tụ trên R nhưng chuỗi đạo hàm từng số hạng
∞

1
cos n
2
x
không hội tụ.
Công thức Maclaurin của các hàm cơ bản:
1)

, ∀t ∈ R
12