3.2. Chuỗi hàm và sự hội tụ đều 93
3.2.32.
Cho
f(x)=
1
X
n=1
(Ă1)
n+1
1
p
n
arctan
x
p
n
;x2 R;
Chứng minh rằng
f
khả vi liên tục trên
R
.
3.2.33.
Chứng minh hàm
f(x)=
1
X
n=1
sin (nx
2
)

4
):
3.2.35.
Định nghĩa
f(x)=
1
X
n=0
e
Ănx
1+n
2
;x2 [0; 1):
Chứng minh rằng
f 2 C([0; 1))
,
f 2 C
1
(0; 1)
và
f
0
(0)
không tồn tại.
3.2.36.
Hy chỉ ra rằng hàm
f(x)=
1
X
n=1

1
([0; 1])
thoả mnnhữngđiềukiệnsau:
(1)
f 6 0
,
(2)
f
(n)
(0) = 0
với
n =0; 1; 2;:::;
(3) với mỗi dysốthực
fa
n
g
, chuỗi
1
P
n=1
a
n
f
(n)
(x)
hội tụ đều trên
[0; 1]:
Chứng minh rằng
lim
n!1

x 2 [Ă1; 1]
và mở rộng định nghĩa
g
cho mọi số
thực
x
bằng cách đặt
g(x +2)=g(x)
. Chứng minh rằng hàm Weierstrass
f
xác định bởi
f(x)=
1
X
n=0
à
3
4
ả
n
g(4
n
x)
liên tục trên
R
và không khả vi tại mọi điểm.
3.3 Chuỗi luỹ thừa
3.3.1.
Chứng minh rằng mỗi chuỗi luỹ thừa
1

g
là
dybịchặn,
(3)
1=R = lim
n!1
n
p
ja
n
j
(ở đây
1
0
=+1
và
1
1
=0
).
3.3. Chuỗi luỹ thừa 95
R
đợc gọi là bán k ính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
(x Ă x
0

n
2
x
n
;
(d)
1
X
n=1
(2 + (Ă1)
n
)
n
x
n
;
(e)
1
X
n=1
à
2+(Ă1)
n
5+(Ă1)
n+1
ả
n
x
n
;

n
n
2
x
n
:
3.3.3.
Tìm miền hội tụ của các chuỗi sau:
(a)
1
X
n=1
(x Ă 1)
2n
2
n
n
3
;
(b)
1
X
n=1
n
n +1
à
2x +1
x
ả
n

n
;
(f)
1
X
n=1
à
arctan
1
x
ả
n
2
:
3.3.4.
Chứng minh rằng nếu
R
1
và
R
2
lần lợt là bán kính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
và

2
.
Có thể nói gì về
R
nếu
R
1
= R
2
?
(b) bán kính hộ i tụ
R
của
1
P
n=0
a
n
b
n
x
n
thoả mn
R á R
1
R
2
.Bằngvídụchỉ
ra rằng bất đẳng thức là chặt.
96 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm

2
2 (0; 1)
thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
1
X
n=0
a
n
b
n
x
n
;b
n
6=0;n =0; 1; 2;:::;
thoả mn
R
R
1
R
2
,
(b) bán kính hội tụ
R
của chuỗi tích Cauchy ( xem I, 3.6.1) của những chuỗi
đ cho thoả mn
R á min fR
1
;R
2

và
L
sao cho
lim
n!1
ja
n
đ
n
j = L
,
(c)
lim
n!1
ja
n
n!j = L; L 2 (0 ; 1)
.
3.3.7.
Giả sử rằng bán kí nh hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
là
R
và

n
n!
a
n
x
n
;
(d)
1
X
n=0
a
2
n
x
n
:
3.3.8.
Tìm tất cả các chuỗi luỹ thừa hội tụ đều trên
R
.
3.3.9.
Tìm bán kính hội tụ
R
của chuỗi luỹ thừa
1
X
n=0
x
2n+1

3.3.11.
Cho
R>0
là bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
1
P
n=0
a
n
x
n
và đặt
S
n
(x)=
n
P
k=0
a
k
x
k
;n =0; 1; 2;:::
. Chứng minh rằng nếu
f
là hàm tổng của
chuỗi và
x
0
2 (ĂR; R)

S
0
+S
1
+ÂÂÂ+S
n
n+1
. Chứng
minh nếu
fT
n
g
bị chặn thì các chuỗi luỹ thừa
1
P
n=0
a
n
x
n
,
1
P
n=0
S
n
x
n
,
1

n
x
n
:
3.3.13.
Cho
f(x)=
1
P
n=0
x
2
n
; jxj < 1
. Chứng minh rằng có số
M>0
sao cho
jf
0
(x)j <
M
1 Ăjxj
; jxj < 1:
3.3.14.
Chứng minh định lý Abel sau. Nếu
1
P
n=0
a
n

n
g
là dy các tổng
riêng của
1
P
n=0
a
n
và chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
có bán kính hội tụ bằng 1
thì
lim
n!1
S
n
lim
x!1
Ă
f(x) lim
x!1
Ă

P
n=0
a
n
hộitụvề
L
.
3.3.17.
Bằng ví dụ chỉ r a rằng giả thiết
lim
n!1
na
n
=0
trong định lý Tauber
là không thể thiếu.
3.3.18.
Giả sử rằng
fa
n
g
là dysốdơng và bán kính hội tụ của
f(x)=
1
P
n=1
a
n
x
n

n
n
=0
và
lim
x!1
Ă
f(x)=L; L 2 R;
thì chuỗi
1
P
n=0
a
n
hội tụ về
L
.
3.3.20.
Giả thiết rằng bán kính hội tụ của
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1. C hứng minh nếu
1
P
n=1

n
x
n
;g(x)=
1
P
n=0
b
n
x
n
có cùng bán kính hộ i tụ là 1. Hơn nữa giả thiết
lim
x!1
Ă
f(x) = lim
x!1
Ă
g(x)=+1
. C hứng minh nếu có
lim
n!1
a
n
b
n
= A 2 [0; 1)
thì
cũng có
lim

= a
0
+ a
1
+ ÂÂÂ+ a
n
và
T
n
= b
0
+ b
1
+ ÂÂÂ+ b
n
;n2 N
đều dơng và h ai chuỗi
1
P
n=0
S
n
và
1
P
n=0
T
n
phân kỳ.
Nếu

T
n
.
3.3.24.
Cho bán kính hội t ụ của chuỗi l uỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
với các hệ số
không âm là 1 và đặt
lim
x!1
Ă
f(x)(1 Ăx)=A 2 (0; 1)
. Chứng minh có các số
dơng
A
1
và
A
2
sao cho
A
1
n S

n
n
= A;
ởđây
S
n
= a
0
+ a
1
+ ÂÂÂ+ a
n
.
3.3.26.
Cho bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
bằng 1.
Chứng minh nếu dysốfna
n
g bị chặn và lim
x!1
Ă
f(x)=L; L 2 R thì chuỗi

3.4 Chuỗi Taylor
3.4.1.
Giả thiết hàm
f
thuộc
C
1
([a; b])
. Chứng minh rằng nếu tất cả các
đạo hàm
f
(n)
bị chặn đều trên
[a; b]
thì với mỗi
x
và
x
0
thuộc
[a; b]
ta đề u có
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0

(0)
n!
x
n
có thoả mnvới
x 6=0
không?
3.4.3.
Định nghĩa
f(x)=
1
P
n=0
cos (n
2
x)
e
n
;x 2 R
. Chứng minh
f
thuộc
C
1
(R)
và
đẳng thức
f(x)=
1
X

jxj 1
ta luôn có
jxj =1Ă
1
2
(1 Ă x
2
) Ă
1
X
n=2
(2n Ă3)!!
(2n)!!
(1 Ă x
2
)
n
:
3.4.6.
Chứng minh nếu chuỗi luỹ thừa
1
P
n=1
a
n
x
n
có bán kính hội tụ
R
dơng

thuộc vào khoảng hội tụ
(ĂR; R);R >0
của
chuỗi luỹ thừa
f(x)=
1
P
n=0
a
n
x
n
thì
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0
)
n!
(x Ă x
0
)
n
với
jx Ă x
0

n=0
a
n
x
n
=
1
X
n=0
b
n
x
n
:
Chứng minh nếu
A
có đi ểm tụ thuộc khoảng
(ĂR; R)
thì
a
n
= b
n
với
n =
0; 1; 2;::::
3.4.9.
Tìm chuỗi Taylor của hàm
f
tại điểm 0 khi

1 Ă x
;x2 (Ă1; 1):(h)
3.4.10.
Tìm chuỗi Taylor của các hàm
f
sau tại điểm x=1:
f(x)=(x +1)e
x
;x2 R;(a)
f(x)=
e
x
x
;x6=0;(b)
f(x)=
cos x
x
;x6=0;(c)
f(x)=
ln x
x
;x>0:(d)
102 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.4.11.
Với
jxj < 1
, thiết lập các đẳng thức sau:
arcsin x = x +
1
X

(2n)!!(2n +1)
và
ẳ
4
=
1
X
n=0
(Ă1)
n
1
2n +1
:
3.4.12.
Tìm chuỗi Taylor của hàm
f
tại điểm 0 khi
f(x)=x arctan x Ă
1
2
ln (1 + x
2
);x2 (Ă1; 1);(a)
f(x)=x arcsin x +
p
1 Ăx
2
;x2 (Ă1; 1):(b)
3.4.13.
Tìm tổng của những chuỗi sau:

(Ă1)
nĂ1
n(2n Ă 1)
;
(e)
1
X
n=1
(Ă1)
n
(2n Ă 1)!!
(2n)!!
;
(f)
1
X
n=0
3
n
(n +1)
n!
:
3.4.14.
Tìm tổng của chuỗi
1
P
n=1
((nĂ1)!)
2
(2n)!

0
+ r) ẵ I
sao cho
f(x)=
1
X
n=0
f
(n)
(x
0
)
n!
(x Ă x
0
)
n
với
jx Ă x
0
j <r:
3.4. Chuỗi Taylor 103
3.4.16.
Giả sử
f
khảvivôhạnlầntrênkhoảngmở
I
. Chứng minh rằng n ếu
với mỗi
x

n!
(x Ă x
0
)
n
với
x 2 (x
0
Ăẵ; x
0
+ ẵ) \J:
3.4.17.
Giả thiết rằng
f
là hàm giải tích thực trên khoảng mở
I
. Chứng
minh với mỗi
x
0
2 I
có khoảng mở
J
,với
x
0
2 J ẵ I
,vàcónhữnghằngsố
dơng
A; B

ởđây
k = k
1
+ k
2
+ ÂÂÂ+ k
n
và tổng đợc lấy trê n tất cả các
k
1
;k
2
;:::;k
n
thoả
mn
k
1
+2k
2
+ ÂÂÂ+ nk
n
= n
.
3.4.19.
Cho
I
,
J
là những khoảng mở, và

và
n 2 N
. Chứng minh rằng
f
là hàm giải tích thực trên
I
.
3.4.21.
áp dụng công thức Faà di Bruno để chứng minh rằng với mỗi số
nguyên dơng
n
ta đều có
X
(Ă1)
k
k!
k
1
!k
2
! ÂÂÂk
n
!
à
1
2
1
ả
k
1

k
1
;k
2
;:::;k
n
thoả
mn
k
1
+2k
2
+ ÂÂÂ+ nk
n
= n
,và
Ă
đ
k
Â
=
đ(đĂ1)ÂÂÂ(đĂk+1)
k!
.
104 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
3.4.22.
Giả thiết rằng
f
là hàm giải tích thực trên khoảng mở
I

(f g)(x)=x
với
x 2 K
.
3.4.23.
Chứng minh nếu
f
khả vi trên
(0; 1)
và
f
Ă1
= f
0
thì
f
là hàm giải
tích thực trên
(0; 1)
.
3.4.24.
Chứng minh rằng chỉ có duy nhất một hàm
f
khả v i trên
(0; 1)
mà
f
Ă1
= f
0

2+x
ả
2n+1
:
3.4.27.
Cho
M
p
(x; y)
và
L(x; y)
là trung bình luỹ thừa và trung bình logarith
của những số dơng
x
và
y
(xem định nghĩa này ở 2.5.41 và 2.5.42). Chứng
minh rằng nếu
p á
1
3
thì
L(x; y ) <M
p
(x; y)
với
x; y > 0;x6= y:
3.4.28.
Với ký hiệu trong bài toán 3.4.27, chứng minh nếu
p<

L(x; y) <M
p
(x; y)
.
Lêi gi¶i
105
class="bi x0 y0 w1 h1"
Chơng 1
Giới hạn và tính liên tục
1.1 Giới hạn của hàm số
1.1.1.
(a) Vì
jx cos
1
x
j jxj
, giới hạn bằng
0
.
(b) Với
x>0; 1 Ă x<x[
1
x
] 1
và với
x<0; 1 <x[
1
x
] 1 Ă x
.Vìvậy,

(1 + cos x))
sin(sin x)
= lim
x!0
sin(ẳ cos
2
x
2
)
sin(sin x)
= lim
x!0
sin(ẳ sin
2
x
2
)
sin(sin x)
= lim
x!0
ẳ
sin
x
2
2cos
x
2
Â
2sin
x

ẳ
2
sao
cho
jf(y) Ălj <"
nếu
0 < jyj <(1)
Cũng chú ý rằn g nếu
0 < jxj <
,thì
0 < jyj = jsin xj < jxj <
.Vì
vậy, theo (1),
jf(sin x) Ălj <"
.Từđó,
lim
x!0
f(sin x)=l
. Bây giờ, giả sử
lim
x!0
f(sin x)=l
.Với
">0
cho trớc, tồn tại
0 <<
ẳ
2
sao cho
jf(sin x) Ălj <"

á 2
. Từ đó, theo giả thiết, với
">0
cho trớc, tồn
tại
>0
sao cho
0 f(x)+
1
f(x)
Ă 2 <"
với
0 < jxj <:
3.4. Chuỗi Taylor 109
Điều kiện này có thể viết lại tơng đơng nh sau
0 (f(x) Ă 1) +
à
1
f(x)
Ă 1
ả
<"(1)
hoặc
0 (f(x) Ă 1)
à
1 Ă
1
f(x)
ả
<"(2)

jlj
=0
,suyra
l = Ă1
. Bây giờ ta c hứng m inh rằn g
lim
x!a
f(x)=Ă1
. Ta chỉ cần chứng minh rằng tồn t ại
>0
sao cho
f(x) < 0
với
x 2 (a Ă; a + ) ẵfag
. Thực v ậy, nếu trong mọi l ân cận khuyết của
a
,
tồn tại
x
0
sao cho
f(x
0
) > 0
,thìsẽcó
f(x
0
)+
1
f(x

x 2 [0;
1
a
];f(a
2
x)=b
2
f(x)
với
x 2 [0;
1
a
2
]
. Dùng phép quy nạp, t a có
f(a
n
x)=b
n
f(x)
với
x 2

0;
1
a
n
á
;n2 N:
Vì vậy

áả
= x
2
1+
h
1
jxj
i
2

1
jxj
á
:
Từ định nghĩa của hàm phần nguyên, suy ra nếu
0 < jxj < 1
,thì
1
2
(1 Ăjxj) <x
2
à
1+2+3+ÂÂÂ+

1
jxj
áả

1
2

1.1.8.
Xét
f : R ! R
xác định bởi
f(x)=
(
(Ă1)
n
nếu
x =
1
2
n
;n=0; 1; 2; 3;::: ;
0
nếu ngợc lại.
Bây giờ, nếu
f(x) á '(x)
,thì
'(x) f(x)=(f (x)+f(2x)) Ă f(2x) (f(x)+f (2x)) Ă'(2x);
suy ra
lim
x!0
f(x)=0:
3.4. Chuỗi Taylor 111
1.1.9.
(a) Xét, chẳng hạn,
f : R ! R
xác định nh sau:
f(x)=

<đ<1
,tacó
lim
x!0
f(x)=0:
1.1.10.
Ta có
g(đ)
a
đ
= lim
x!1
f(ax)
a
đ
x
đ
= lim
t!1
f(t)
t
đ
= g(1):
1.1.11.
Suy ra từ
lim
x!1
f(2x)
f(x)
=1

f
tăng và
c á 1
. Rõ ràng, tồn tại
n 2 N[f0g
sao c ho
2
n
c<2
n+1
.
Vì vậy, theo tính đơn điệu cả
f
,tacó
f(2
n
) f(cx) f(2
n+1
x)
,từđó
lim
x!1
f(cx)
f(x)
với
c á 1:
Theo trên, nếu
0 <c<1
,thì
lim

ln a
. Để chứng m inh
lim
n!1
a
n
n+1
=+1
,
ta viết
a
n
n+1
=
(1+(aĂ1))
n
n+1
và quan sát rằng
(1 + (a Ă 1))
n
>
n(nĂ1)
2
(a Ă 1)
2
.
Vậy, với
N
cho trớc, tồn tại
n

x
=+1
.
112 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
(b) Rõ ràng,
lim
x!1
a
x
x
đ
=+1
với
đ 0
.Trongtrờng hợp
đ>0
,tacó
a
x
x
đ
=
à
a
x
đ
x
ả
đ
=

x
x
ả
đ
=+1
với
đ
dơng.
1.1.13.
Suy ra từ bài toán trớc rằng
lim
y!1
đy
e
đy
=0
.Thế
y =lnx
đợc
lim
x!1
ln x
x
đ
=0
.
1.1.14.
Ta biết rằng
lim
n!1

n
< 1+"
với
jxj <
1
n
:
Vì vậy
lim
x!0
a
x
=1
với
a>1
.Nếu
0 <a<1
, suy từ trên rằng
lim
x!0
a
x
= lim
x!0
1
(1=a)
x
=1:
Trờng hợp
a =1

x
0
:
1.1.15.
(a) Do
lim
n!1
(1 +
1
n
)
n
= e
, (xem, chẳng hạn, I ,2.1.38), với
">0
cho trớc, tồn
tại
n
0
sao cho nếu
x>n
0
+1
,vànếu
n =[x ]
,thì
e Ă "<
à
1+
1

à
1 Ă
1
y
ả
Ăy
= lim
y!+1
à
1+
1
y Ă1
ả
yĂ1
à
1+
1
y Ă1
ả
:
Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh suy ra từ (a).
(c) Theo (a) và (b), ta nhận đợc
lim
x!0
+
(1 + x)
1
x
= lim
y!+1

1
n
n 2 N
.
Ngoài ra, với
">0
cho trớc, tồn tại
n
0
sao cho
1
n
0
Ă1
<"
. Hệ quả là, nếu
jxj <
1
n
0
,thì
Ă"<Ă
1
n
0
Ă 1
< ln
à
1 Ă
1

à
ln x +ln
x
x
0
ả
=lnx
0
+lim
y!1
ln y
=lnx
0
+lim
t!0
ln(1 + t)=lnx
0
:
1.1.17.
(a) Theo kết quả của 1.1.15 và do tính liên tục của hàm logarit (xem 1.1.16),
lim
x!0
ln(1 + x)
x
= lim
x!0
ln(1 + x)
1
x
=lne =1:

Ă 1
x
= lim
y!0
y
ln(y +1)
=
1
log
a
e
=lna:
(c) Đặt
y =(1+x)
đ
Ă 1
. Rõ ràng,
x
tiến tới không nếu và chỉ nếu
y
tiến
tới không. Ngoài ra,
(1 + x)
đ
x
=
y
(1 + y)
Â
ln(1 + y)

liên tục của hàm mũ,
lim
x!1
(ln x)
1
x
=1
.
(b) Đặt
y = x
sin x
.Khiđó,
ln y =
sin x
x
 x ln x
.Theo1.1.13,
lim
x!0
+
x ln x =lim
t!1
Ăln t
t
=0:
Lại do tính liên tục của hàm mũ, ta có
lim
x!0
+
x

:
(d) Với
x
đủ lớn,
e
2
1
x
(e
x
Ă 1)
1
x
e
Do
lim
x!1
2
1
x
=1
(xem 1.1.14), giới hạn là
e
3.4. Chuỗi Taylor 115
(e) Ta có
lim
x!0
+
(sin x)
1

= lim
x!0
sin 2x+2 arctan 3 x+3x
2
x
ln(1+3x+sin
2
x)+xe
x
x
+ e
x
=2;
vì, theo 1.1.17(a),
lim
x!0
ln(1+3x+sin
2
x)+xe
x
x
=3:
(b) Theo 1.1.17(a),tacó
lim
x!0
2lncosx
Ăx
2
= lim
x!0

+
p
1Ăe
Ăx
Ă
p
1Ăcos x
p
x
q
sin x
x
=1:
(d) Ta có
lim
x!0
(1 + x
2
)
cot x
= e
a
,ởđây
a = lim
x!0
ln(1 + x
2
)
tan x
= lim


x
:(1)
Do 1.1.16và1.1.18(d),
lim
x!1
ln(x Ă 1)
ln x
= lim
x!1
ln(x Ă 1)
1
ln x
= lim
y!1
ln(e
y
Ă1)
frac1y
=1:
Từ đó
lim
x!1
ln

1
cos
2
ẳx
2x+1

ẳx
2x+1
x
= lim
x!1
2ln
2(2x+1)
pi
x
:
Giới hạn cuối cùng là 0 (xem 1.1.13). Kết hợp điều n ày với (1)và(2),
suy ra giới hạn là
1
.
(b) Ta có
lim
x!1
x

ln

1+
x
2

Ă ln
x
2

= lim

x!0
+
đg (x)lnx = :
3.4. Chuỗi Taylor 117
1.1.22.
Theo 1.1.17(a),
lim
x!0
g(x)lnf(x) = lim
x!0
ln(f(x) Ă 1+1)
f(x) Ă 1
(f(x) Ă 1) = :
1.1.23.
(a)

Ap dụng kết quả trong 1.1.21 với
g(x)=x; đ =1=2
và
f(x)=2sin
p
x +
p
x sin
1
x
và dùng đẳng thức
lim
x!0
+

(c) Nh trong (b), có thể chỉ ra rằng giới hạn bằng
e
ẳ
2
.
1.1.24.
Không. Với
đ
hữu tỷ dơng cố định, xét hàm xác định bởi
f(x)=
(
1
nếu
x = nđ; n 2 N;
0
nếu ngợc lại
:
Hàm này thoả mn giả thiết của bài toán. Thực vậy, nếu
a 0
và
a+k = nđ
với
k; n 2 N
, thì không tồn tại
k
0
;n
0
2 N
khác sao cho

Giới hạn
lim
x!1
f(x)
không tồn t ại, mặc dầu
f
thoả mn tính chất đ cho trong
bài toán. Thực vậy, nếu
a>0
,vàvới
k; n 2 N
nào đó, lấy
ak = n
n
p
2
,thì
không tồn tại
k
0
;n
0
2 N
sao cho
a
0
k
0
= n
n