Toan a1 -_bai_giang

BÀI GIẢNG

TOÁN CAO CẤP (A1)
Biên soạn: TS. VŨ GIA TÊ
Ths. ĐỖ PHI NGA

Chương 1: Giới hạn của dãy số

CHƯƠNG I: GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

1.1. SỐ THỰC.
1.1.1. Các tính chất cơ bản của tập số thực.
A. Sự cần thiết mở rộng tập số hữu tỉ Q.
Do nhu cầu đòi hỏi của cuộc sống,tập các số tự nhiên N={0,1,2,...}, cơ sở của phép đếm đã
được mở rộng sang tập các số nguyên Z={0, ± 1, ± 2,...}. Sau đó, do trong Z không có các phần
tử mà tích với 2 hoặc 3 bằng 1, nên nguời ta đã xây dựng tập các số hữu tỉ Q, đó là tập gồm các số
được biểu diễn bởi tỉ số của hai số nguyên, tức là số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn.
Nếu chỉ dừng lại trên tập Q thì trong toán học gặp phải nhiều điều hạn chế, đặc biệt là gặp khó
khăn trong việc giải thích các hiện tượng của cuộc sống. Chẳng hạn việc tính đường chéo của hình
vuông có kích thước đơn vị. Đường chéo đó là 2 không thể mô tả bởi số hữu tỉ. Thật vậy
m
nếu 2 = ∈ Q trong đó ƯSCLN(m, n)=1 thì m2=2n2 ⇒ m=2p và 4p2=2n2 ⇒ n=2q. Điều này vô
n
lí vì lúc này m, n có ước chung là 2. Chứng tỏ 2 ∉ Q. Những số xuất hiện và được dùng thường
xuyên trong giải tích như e, π cũng không phải là số hữu tỉ.
B. Số vô tỉ.
Một số biểu diễn dưới dạng thập phân vô hạn không tuần hoàn,hay không thể biểu diễn
dưới dạng tỉ số của hai số nguyên được gọi là số vô tỉ.
C. Số thực.
Tất cả các số hữu tỉ và số vô tỉ tạo thành tập hợp số thực.
Kí hiệu tập số thực là R.
Vậy tập số vô tỉ là RQ.
Người ta có thể xây dựng tập số thực R nhờ vào một hệ suy diễn hay nói cách khác nhờ vào
một hệ tiên đề.Chúng ta không trình bày ở đây mà coi rằng tập hợp số thực R là quá quen thuộc
và kiểm tra lại sự thoả mãn tiên đề đó. Chúng ta coi đó là các tính chất của tập hợp R.
Tính chất 1: Tập R là một truờng giao hoán với hai phép cộng và nhân: (R, + , .).
1. ∀a, b ∈ R, a + b ∈ R, a.b ∈ R

2. ∀a, b, c ∈ R, ( a + b) + c = a + (b + c ), ( a.b)c = a (bc )

3. ∀a, b ∈ R, a + b = b + a, ab = ba
4. R có phần tử trung hoà đối với phép cộng là 0 và đối với phép nhân là 1
∀a ∈ R , a + 0 = 0 + a = a

3


a.1 = 1.a = a
5. Phân phối đối với phép cộng
∀a, b, c ∈ R, a (b + c) = ab + ac
(b + c ) a = ba + ca
6. Tồn tại phần tử đối của phép cộng
∀a ∈ R, ∃( − a ), a + ( − a ) = 0
Tồn tại phần tủ nghịch đảo của phép nhân
∀a ∈ R * , R * = R {0}, ∃a −1 , a.a −1 = 1
Tính chất 2: Tập R được xếp thứ tự toàn phần và đóng kín đối với các số thực dương.
1. ∀a, b ∈ R, a < b hoặc a = b hoặc a > b
2.
∀a, b, c ∈ R, a ≤ b ⇒ a + c ≤ b + c
∀a, b ∈ R, c ∈ R+ , a ≤ b ⇒ ac ≤ bc

3. ∀a, b ∈ R+ , a + b ∈ R+ , ab ∈ R+
Tính chất 3: Tập R là đầy theo nghĩa sau đây:
Mọi tập con X không rỗng của R bị chặn trên trong R đều có một cận trên đúng thuộc R và
mọi tập con không rỗng X của R bị chặn dưới trong R đều có một cận dưới đúng thuộc R.
Cho X ⊂ R và a ∈ R
Gọi a là cận trên của X trong R nếu x ≤ a, ∀x ∈ X .
Gọi a là cận dưới của X trong R nếu x ≥ a, ∀x ∈ X .
Gọi X bị chặn trên trong R(bị chặn dưới) khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một cận trên (cận
dưới) của X trong R.
Gọi số nhỏ nhất trong các cận trên của X trong R là cận trên đúng của X trong R, kí hiệu
số đó là M* hay SupX (đọc là Suprémum của X).
Gọi số lớn nhất trong các cận dưới của X trong R là cận dưới đúng của X trong R, kí hiệu
số đó là m* hay InfX (đọc là Infimum của X).
Nếu M* ∈ X thì nói rằng M* là phần tử lớn nhất của X, kí hiệu M*=SupX=MaxX.
Nếu m* ∈ X thì nói rằng m* là phần tử nhỏ nhất của X, kí hiệu m*=InfX= MinX.
Gọi X là bị chặn trong R khi và chỉ khi X bị chặn trên và bị chặn dưới trong R.
Chú ý:
1. Tập RQ không ổn định đối với phép cộng và phép nhân, chẳng hạn

4


2 + (− 2 ) ∉ R Q
± 2 ∈ R Q nhưng
2. 2 ∉ R Q
2. ∀x ∈ R Q, ∀y ∈ Q, x + y ∈ R Q
xy ∈ R Q
1
∈RQ
x
Nếu M là cận trên của tập X thì SupX ≤ M và nếu m là cận dưới của tập X thì InfM ≥ m.
4. Nếu M*=SupX thì ∀ε > 0, ∃α ∈ X ⇒ M * − ε < α

Nếu m*=InfX thì ∀ε > 0, ∃α ∈ X ⇒ m * + ε > α

Ví dụ 1: Chứng minh ( 2 + 3 + 6 ) ∈ R Q

Giải: Giả sử q= 2 + 3 + 6 ∈ Q ⇒ ( 2 + 3 ) 2 = ( q − 6 ) 2 hay q 2 + 1 = 2( q + 1) 6 ,
dễ dàng chứng minh 6 ∉ Q (tưong tự như chứng minh 2 ∉ Q ). Theo chú ý trên suy ra q+1=0
và q2+1=0. Điều này là mâu thuẫn. Vậy q ∉ Q.
Ví dụ 2: Tìm các cận dưới đúng và cận trên đúng trong R nếu chúng tồn tại của tập

⎧ 1 (−1) n ⎫
X =⎨ n +
n
{
, n ∈ N * ⎬ = un , n ∈ N * }
⎩2 ⎭
Giải:
∀p ∈ N * có

1 1 3
u2 p = 2p
+ ⇒ 0 < u2 p ≤ u2 =
2 2p 4
1 1 1 1 1 1
u 2 p +1 = 2 p +1 − ⇒− ≤− ≤ u 2 p +1 ≤ 2 p +1 ≤
2 2 p +1 3 2 p +1 2 8
1
u1 = −
2
1 3
suy ra ∀n ∈ N * có − = u1 ≤ u n ≤ u 2 =
2 4
1 3
InfX=minX= − , SupX=maxX=
2 4
Ví dụ 3: Cho A, B là hai tập không rỗng của R và bị chặn trên.
a. Chứng minh Sup ( A ∪ B )=Max(Sup(A), Sup(B)).
b. Gọi A+B= {x ∈ R, ∃(a, b) ∈ A × B, x = a + b} , chứng minh

5


Sup(A+B) = Sup(A) + Sup(B)
Giải:
a. Kí hiệu α = SupA, β = SupB , γ = Max (α , β ) . Vậy tập hợp các cận trên của
A ∪ B chính là X= {x, x ≥ α và x ≥ β } hay X= {x, x ≥ γ } Vậy γ = Sup ( A ∪ B )
b.
∀a ∈ A, a ≤ SupA
⇒ ∀a + b ∈ A + B, a + b ≤ SupA + SupB
∀b ∈ B, b ≤ SupB

⇒ M * = Sup( A + B)

ε
∃a ∈ A, a > SupA −
∀ε > 0 2
ε
∃b ∈ B, b > SupB −
2
⇒ ∃a + b ∈ A + B, a + b > SupA + SupB − ε
⇒ ∃M * = SupA + SupB = Sup( A + B)
1.1.2. Tập số thực mở rộng
Người ta thêm vào tập số thực R hai phần tử kí hiệu là − ∞ và + ∞ . Tập số thực mở rộng
kí hiệu là R và R = R ∪ {− ∞,+∞}, các phép toán + và ., quan hệ thứ tự được định nghĩa như sau:

x + ( +∞ ) = ( +∞) + x = +∞
1. ∀x ∈ R
x + ( −∞ ) = ( −∞) + x = −∞
(+∞) + (+∞ ) = +∞
2.
( −∞) + (−∞ ) = −∞

3. ∀x ∈ R+ , R+ = {x ∈ R, x > 0}
* *

x( +∞ ) = (+∞ ) x = +∞
x( −∞ ) = (−∞ ) x = −∞

∀x ∈ R− , R− = {x ∈ R, x < 0}
* *

x(+∞ ) = (+∞ ) x = −∞
x(−∞ ) = (−∞ ) x = +∞
4.
(+∞ )(+∞) = ( −∞ )(−∞) = +∞
(+∞ )(−∞) = (−∞ )(+∞) = −∞
5. ∀x ∈ R

6


− ∞ < x < +∞
− ∞ ≤ −∞
+ ∞ ≤ +∞
1.1.3. Các khoảng số thực
Cho a, b ∈ R và a ≤ b . Trong R có chín loại khoảng sau đây:

[a, b] = {x ∈ R; a ≤ x ≤ b} được gọi là đoạn hay khoảng đóng bị chặn
[a, b ) = {x ∈ R; a ≤ x < b}
được gọi là khoảng nửa đóng hoặc nửa mở
(a, b] = {x ∈ R; a < x ≤ b}
[a,+∞ ) = {x ∈ R; a ≤ x}
(− ∞, a] = {x ∈ R; x ≤ a}
(a, b ) = {x ∈ R; a < x < b} được gọi là các khoảng mở
(a,+∞ ) = {x ∈ R; a < x}
(− ∞, a ) = {x ∈ R; x < a}
Các số thực a,b gọi là các mút của khoảng.
1.1.4. Giá trị tuyệt đối của số thực
A. Định nghĩa: Giá trị tuyệt đối của số thực x, kí hiệu x là một số thực không âm xác định
như sau

⎧
⎪x khi x ≥ 0
⎪
x =⎨
⎪− x khi x ≤ 0
⎪
⎩
B. Tính chất
1. ∀x ∈ R, x = Max( x,− x)

2. x = 0 ⇔ x = 0

3.

∀x, y ∈ R, xy = x y
n n
∀n ∈ N ,*
∀x1 , x 2 , x3 , K , x n ∈ R, ∏ xi = ∏ xi
i =1 i =1

n
∀x ∈ R, x n = x

7


1 1
4. ∀x ∈ R * , =
x x

5.

∀x, y ∈ R, x + y ≤ x + y

n n
∀n ∈ N * , ∀x1 , x 2 ,K, x n ∈ R, ∑ xi ≤ ∑ xi
i =1 i =1

6.
1
∀x, y ∈ R, Max( x, y ) = (x + y + x − y )
2
1
Min( x, y ) = (x + y − x − y )
2

7. ∀x, y ∈ R, x − y ≤ x− y

1.1.5. Khoảng cách thông thường trong R
A. Định nghĩa: Khoảng cách trong R là ánh xạ
d : R× R → R

( x, y ) a x− y

Đó là hình ảnh trực quan về khoảng cách giữa 2 điểm x và y trên đường thẳng trục số
thực R.
B. Tính chất
1. d ( x, y ) = 0 ⇔ x = y

2. ∀x, y ∈ R, d ( x, y ) = d ( y , x )

3. ∀x, y, z ∈ R, d ( x, z ) ≤ d ( x, y ) + d ( y, z )

4. ∀x, y, z ∈ R, d ( x, y ) − d ( x, z ) ≤ d ( y, z )

8


1.2. SỐ PHỨC
Chúng ta đã biết rằng trong trường số thực R không thể phân tích thành thừa số tam thức
bậc hai ax 2 + bx + c khi Δ = b 2 − 4ac < 0 .Tuy nhiên sẽ rất tiện lợi nếu có thể thừa số hoá tam
thức này thành dạng a(x − α )( x − β ) trong đó α , β ∉ R .Nhằm mục đích này thêm vào R một
phần tử mới, kí hiệu là i (gọi là đơn vị ảo) kết hợp với các cặp số thực ( x, y ) ∈ R 2 để tạo ra các
số phức.
1.2.1. Định nghĩa và các dạng số phức
A. Định nghĩa:

Cho ( x, y ) ∈ R 2 , một số biểu diễn dưới dạng z=x+iy, trong đó i = −1
2

gọi là một số phức. Tập các số phức kí hiệu là C.
Gọi x là phần thực của z, kí hiệu Rez =x
y là phần ảo của z, kí hiệu là Imz =y

Gọi môđun của z,kí hiệu z xác định bởi số thực không âm

z = x2 + y2 = r ≥ 0

Gọi Acgumen của z , kí hiệu Argz xác định bởi số thực

⎧ x ⎫
y⎪
Argz= θ ∈ R; ⎨θ ∈ R; cos θ = và sin θ = ⎬ , với z ≠ 0
z z⎪
⎩ ⎭
Như vậy Acgumen của z sai khác nhau k 2π , k ∈ Z và Arg0 không xác định.
Vậy số phức z có các dạng viết:
1. z =x+iy gọi là dạng chính tắc hay dạng đại số của số phức z .
2. z = r (cos θ + i sin θ ) gọi là dạng lượng giác của số phức z.
B. Biểu diễn hình học của các số phức

y

M(z)
y
r

θ
0 x x

9


Xét mặt phẳng 0xy với hệ toạ độ trực chuẩn.

Ánh xạ ϕ : C → 0 xy đặt mỗi số phức z=x+iy ứng với điểm M có toạ độ (x,y) trên mặt

phẳng 0xy.Vậy ϕ là song ánh.Gọi mặt phẳng 0xy là mặt phẳng phức.
∀z ∈ C , ϕ ( z ) gọi là ảnh của z trên 0xy
→
∀M ∈ 0 xy, ϕ −1 (M ) gọi là toạ vị của M, đó là số phức z ∈ C . Ngoài ra OM cũng được gọi
⎛→ → ⎞
là véctơ biểu diễn số phức z. Như vậy OM = z và ⎜ Ox, OM ⎟ =Argz
⎝ ⎠
Trên mặt phẳng phức 0xy nhận thấy:
Trục 0x biểu diễn các số thực z = x ∈ R , trục này gọi là trục thực,còn trục 0y biểu diễn các
số phức z = iy, y ∈ R gọi là các số ảo thuần tuý,người ta gọi trục 0y là trục ảo.
1.2.2. Các phép toán trên tập C
A. Phép so sánh bằng nhau

⎧
⎪x = x
'

( )
∀ x, y , x ' , y ' ∈ R 4 , x + iy = x ' + iy ' ⇔ ⎨
⎪y = y'
⎩
B. Phép lấy liên hợp

Cho z = x + iy ∈ C , liên hợp của z, kí hiệu z cho bởi z = x − iy
C. Phép lấy số phức đối
Cho z=x+iy ∈ C, số phức đối của z, kí hiệu –z (đọc là trừ z ) được xác định:
-z = -x-iy
D. Phép cộng
Cho z = x+iy, z’= x’+iy’,tổng của z và z’, kí hiệu z+z’ xác định như sau:
z+z’=(x+x’)+i(y+y’)
E. Phép nhân
Cho z=x+iy và z’=x’+iy’, tích của z và z’, kí hiệu z.z’ xác định như sau:
z.z’=(xx’-yy’) + i(xy’+x’y)
F. Phép trừ và phép chia
Là các phép tính ngược của phép cộng và phép nhân
z − z ' = z + (− z ' )
z
= z" ⇔ z = z '.z"
z'

10


Từ các phép toán trên, nhận được các tính chất dưới đây:

1. ∀z ∈ C , z = z.

2. ∀( z , z ') ∈ C 2 , z + z' = z + z'

3. ∀(z , z ') ∈ C 2 , z. z ' = z z '
n n
∀n ∈ N * , ∀z1 , z 2 ,K, z n ∈ C , ∑ zi = ∑ zi ,
i =1 i =1
n n

∏ zi = ∏ zi
i =1 i =1

4. ∀z ∈ C , ∀z '∈ C * , C * = C {0}

⎛z⎞ z
⎜ ⎟=
⎝ z' ⎠ z'

5. ∀z ∈ C , z = z ⇔ z∈R

z = − z ⇔ z ∈ iR , iR = {iy , y ∈ R}
2
6. ∀z ∈ C z. z = z

G. Phép luỹ thừa, công thức Moavrờ ( Moivre)
Cho z = r (cosθ + i sin θ ), ∀k ∈ Z

Gọi z k là luỹ thừa bậc k của z. Bằng qui nạp, dễ chứng minh được
z k = r k (cos kθ + i sin kθ ) (1.1)
Gọi (1.1) là công thức Moivre.
H. Phép khai căn bậc n của z ∈ C * .

Cho n ∈ N * , z = r (cosθ + i sin θ ) . Gọi ς ∈ C * là căn bậc n của z, kí hiệu n
z ,xác định
như sau: ςn = z
1
⎧ρ n = r θ + 2 kπ
Nếu gọi ρ = ς và Φ = Arg ς thì ⎨ hay là ρ = r n và Φ= với
⎩ nΦ = θ + 2kπ n
k = 0,1,2,..., n − 1 .
Vậy số z có đúng n căn bậc n, đó là các số phức có dạng:

θ + 2kπ θ + 2kπ ⎞
1
⎛
ς = r n ⎜ cos + i sin ⎟ k = 0,1,2,..., n − 1 (1.2)
⎝ n n ⎠
11


Chú ý:
• Trong chương 4, sau khi đã có các khai triển của các hàm số sơ cấp, sẽ nhận được dạng luỹ
thừa của số phức z:
z = re iθ
Khi đó công thức (1.1) sẽ là : z k = r k eikθ , k∈Z
1 θ + 2 kπ
i
(1.2) sẽ là : n z = r n e n
, n ∈ N * , k = 0,1,2,..., n − 1
• Căn bậc n của 1.

Vì z=1 có z =1=r, Argz=0.Vậy căn bậc n của 1 là n số phức dạng:
2 ikπ

ωk = e n
, k = 0,1,2,..., n − 1

Vì e ±2πi = 1 nên các số phức ω k có những tính chất sau:

a. ∀k ∈ {0,1,2,..., n − 1}, ω k = ω n−k . .
b. ∀k ∈ {0,1,2,..., n − 1}, ω k = ω1k .
n −1 1 − ω1n
n −1
c. ∀n ∈ N {0,1}, ∑ ω k = ∑ ω = 1 − ω = 0, k
1
k =0 k =0 1

d. Các số phức ω k biểu diễn trên mặt phẳng phức bởi các đỉnh của một đa giác đều n cạnh
nội tiếp trong đường tròn lượng giác và một trong các đỉnh là điểm có toạ vị bằng 1. Đa giác này
nhận 0x làm trục đối xứng, chẳng hạn với n=2, n=3, n=4, biểu diễn hình học các số ω k cho trên
hình 1.2
y y y

1 3
− +i
2 2
x -1 1 x -1 -1 1x
-1 1

1 3
− −i
2 2
n=2 n=3 n=4
h.1.2.

12


Ví dụ 1: Hãy tìm tất cả các ánh xạ f: C → C sao cho:
∀z ∈ C , f ( z ) + zf ( − z ) = 1 + z
Giải:
Nếu tồn tại f thì f(-z) – zf(z)=1-z đúng
suy ra (1 + z ) f ( z) = 1 + z
2 2

chứng tỏ f(z)=1 nếu z ≠ ±i .
Đặt f (i ) = α + iβ ∈ C ,α , β ∈ R thì f (−i ) = 1 − i + iα − β

f :C → C
⎧1 khi z ≠ ±i
Kiểm tra ⎪
z a ⎨α khi z = i α, β ∈ R
⎪1 − β + i (α − 1) khi z = −i
⎩
Sẽ thấy thoả mãn điều kiện đặt ra.

Ví dụ 2. Tính a. (1 − i )(1 − 3i )( 3 + i)

3 −i
b.
1+ i

c. 4
− 1 + 3i
Giải:

a. Đặt z = z1 z 2 z 3 trong đó z1 = 1 − i , z 2 = 1 − 3i , z 3 = 3+i
Ta đi tìm môđun và acgumen của các số phức này

⎧tgθ 1 = −1 π
r1 = z1 = 1 + 1 = 2 , θ1 = arg z1 trong đó ⎨ ⇒ θ1 = −
⎩cos θ 1 > 0 4

π π
Tương tự nhận được r2 = 2,θ 2 = − , r3 = 2,θ 3 =
3 6
−i .
5π
⎡ 5π 5π ⎤
Vậy z = 4 2 .e 12
= 4 2 ⎢cos( − ) + i sin( − )⎥
⎣ 12 12 ⎦
z1
b. Đặt z = trong đó z1 = 3 − i, z 2 = 1 + i
z2

13


π
r1 = z1 = 2,θ1 = Argz1 = −
6
π
r2 = z 2 = 2 ,θ 2 = Argz 2 =
4
π π 5π
i(− − ) −i
Vậy z = 2e 6 4
= 2e 12

c. Đặt ξ k = 4 z , k = 0,1,2,3

⎧r = z = 2
⎪
Trong đó z = −1 + 3i ⇒ ⎨ 2π
⎪ϕ = Argz =
⎩ 3
2π 2π
Vậy z = 2(cos + i sin )
3 3
π π 1
ξ 0 = 4 2 (cos + i sin ) = 4 ( 3 + i )
6 6 8
2π 2π 1
ξ1 = 4 2 (cos + i sin ) = 4 (−1 + i 3 )
3 3 8
7π 7π 1
ξ 2 = 4 2 (cos + i sin ) = − 4 ( 3 + i)
6 6 8
5π 5π 1
ξ 3 = 4 2 (cos + i sin ) = 4 (1 − i 3 )
3 3 8
(1 − i )100
Ví dụ 3. Tìm môđun và acgumen của số phức z=
( 3 + i ) 200

Giải: Đặt z1 = 1 − i, z 2 = 3+i
100 −200
Từ đó có: z = z1 .z 2 . Ta có môđun và acgumen của các số phức trên là:

π
z1 = 2 ,θ1 = Argz1 = −
4
π
z 2 = 2,θ 2 = Argz 2 =
6
= −25π = −π , [2π ]
100 100
Vậy z1 = 2 50 , Argz1

200π 2
= π , [2π ]
− 200 − 200
z2 = 2 − 200 , Argz 2 =−
6 3
14


Cuối cùng z = 2 50.2 −200 = 2 −150

π
Arg z = −
3
1
⎡ 1+ z ≥
Ví dụ 4: Chứng minh rằng ∀z ∈ C thì ⎢ 2
⎣ 1 + z2 ≥ 1

Giải:
⎧ 1
⎪1 + z < 2
Giả sử ∃z = x + iy ∈ C sao cho ⎨
⎪1 + z 2 < 1
⎩
⎧( x 2 + y 2 ) 2 + 2( x 2 − y 2 ) < 0 ⎧x2 < y2
⎪ ⎪ 3
⎨ 2 3 ⇒⎨ 2 3 ⇒ 2x2 + 2x + < 0
⎪x + y + 2x + < 0 ⎪x + y + 2x + < 0 4
2 2

⎩ 4 ⎩ 4

3 1
Δ'x = 1 − =− <0
2 2
Chứng tỏ mâu thuẫn.
Ví dụ 5: Cho a,b,c ∈ C và a = b = c = 1, a ≠ c, b ≠ c
Chứng minh
c−b 1 b
Arg = Arg [π ]
c−a 2 a
Giải:

Hãy xét số phức dưới đây, để ý đến 1 = a , 1 1
= b, = c
a b c
2
⎛1 1⎞ 1
⎜ − ⎟
2 2 2
⎛c−b⎞ a ⎜ c b ⎟ a = ⎛ b − c.a ⎞ b = ⎛ c −b ⎞ a
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝c−a⎠ b ⎜1 − 1 ⎟ 1 ⎝a−c b⎠ a ⎝c−a⎠ b
⎜ ⎟
⎝c a⎠ b
2
⎛c−b⎞ a
⇒ Arg ⎜ ⎟ = kπ = 0 [π ]
⎝c−a⎠ b
c−b a
⇒ 2 Arg + Arg = 0
c−a b
c−b 1 b
⇒ Arg = Arg [π ]
c−a 2 a
15


Ví dụ 6: Cho a ∈ R hãy tính căn bậc 4 trong tập C của số phức:

z = 8a 2 − (1 + a 2 ) + 4a(1 + a 2 )i
2

Giải:

Nhận xét [
z = 2a + (1 − a 2 )i ]
2

Vậy [
z = ± 2a + (1 − a 2 )i ]
Tiếp tục nhận xét thấy:
2
⎧ 1
2a + (1 − a )i = ⎨
2
[(1 + a) + (1 − a)i ]⎫
⎬
⎩ 2 ⎭
2
⎧ 1 ⎫
− 2a − (1 − a )i = ⎨ [(1 − a ) − (1 + a )i ]⎬
2

⎩ 2 ⎭
4
Suy ra các giá trị của z sẽ là:

2 2
± {(1 + a) + (1 − a )i}, ± {(1 − a) − (1 + a)i}
2 2
Ví dụ 7: Giải phương trình với ẩn số z ∈ C :

z4 = z + z
Giải:
Nhận xét z1=0 là nghiệm

Xét z≠0,đặt z = ςe iθ , ς ∈ R * , θ ∈ R
+

z 4 = z + z ⇔ ς 3 (cos 4θ + i sin 4θ ) = 2 cosθ
⎧ς 3 cos 4θ = 2 cosθ
⇔⎨
⎩sin 4θ = 0

⎧4θ = 0 [2π ] ⎧4θ = π [2π ]
⎪ ⎪
⇔ ⎨cosθ > 0 hoặc ⎨cosθ < 0
⎪ς 3 = 2 cosθ ⎪ς 3 = −2 cosθ
⎩ ⎩
1

Lấy θ = 0 ⇒ ς = 2 3

1
3π
Lấy θ = ⇒ ς = 26
4

16


1
5π
Lấy θ = ⇒ ς = 26
4
Vậy các nghiệm z ≠ 0 là:
1

z2 = 2 3

1 1
⎛ 3π 3π ⎞ −
z3 = 2 ⎜ (cos
6
+ i sin ⎟ = 2 3 (−1 + i )
⎝ 4 4 ⎠
1 1
⎛ 5π 5π ⎞ −
z4 = 2 6 ⎜ cos + i sin ⎟ = 2 3 ( −1 − i )
⎝ 4 4 ⎠

*
1.2.3 . Áp dụng số phức vào lượng giác
A. Khai triển cos nθ , sin nθ , tgnθ

Cho θ ∈ R, n ∈ N * .Áp dụng công thức Moivre và công thức nhị thức Newton
n
cos nθ + i sin nθ = (cosθ + i sin θ ) = ∑ Cn cos n − k θ .i k sin k θ
n k

k =0

Tách phần thực và phần ảo, nhận được
cos nθ = cosn θ − Cn cos n − 2 θ sin 2 θ + L +
2

sin nθ = Cn cos n −1 θ sin θ − Cn cosn − 3 θ sin 3 θ + L
1 3

Sau khi thay sin 2 θ = 1 − cos 2 θ vào các công thức trên sẽ có:
1. cos nθ biểu diễn dưới dạng một đa thức của cosθ , gọi đó là công thức Chebyshev
loại 1.
2. sin nθ bằng tích của sin θ với một đa thức của cosθ , gọi là đa thức Chebyshev loại 2.
sin nθ
sin nθ Cntgθ − Cn tg 3θ + L
1 3
= cos θ =
n
3. tgnθ =
cos nθ cos nθ 1 − Cn tg 2θ + Cn tg 4θ − L
2 4

cos n θ
B. Tuyến tính hoá cos p θ , sin p θ , cos p θ .sin q θ

⎧ 1
⎪2 cosθ = ω + ω = ω + ω
⎪
Cho θ ∈ R, p ∈ N * ,ω = eiθ ⇒ ⎨
⎪2i sin θ = ω − ω = ω − 1
⎪
⎩ ω

17


p p
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
Vậy 2 p cos p θ = ⎜ ω + ⎟ và (2i ) sin p θ = ⎜ ω − ⎟
p

⎝ ω⎠ ⎝ ω⎠
Sử dụng công thức nhị thức Newton và xét các trường hợp sau đây:
a. Trường hợp p = 2m, m ∈ N *

⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞
2 2 m cos 2 m θ = ⎜ ω 2 m + 2 m ⎟ + C 2 m ⎜ ω 2 m − 2 + 2 m − 2 ⎟ + L + C 2 m
m

⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠
1. = 2 cos 2mθ + 2C 2 m cos 2(m − 1)θ `+ L + 2C 2 m 1 cos 2θ + C 2 m
1 m− m

⎛ 1 m m −1 k ⎞
cos 2 m θ = 2 −( 2 m −1) ⎜ C 2 m + ∑ C 2 m cos 2(m − k )θ ⎟
⎝2 k =0 ⎠

⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞
22 m (−1) m sin 2 m θ = ⎜ ω 2 m + 2 m ⎟ − C2 m ⎜ ω 2 m − 2 + 2 m − 2 ⎟ + L + (−1) m C2 m
m

⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠
2. = 2 cos 2mθ − 2C2 m cos 2(m − 1)θ + L + (−1) m C2 m
1 m

m ⎛ ( −1) ⎞
m m −1
sin 2 m θ = 2− ( 2 m −1) (− 1) ⎜⎜ 2 C2 m + ∑ (−1) k C2 m cos 2(m − k )θ ⎟
m k
⎟
⎝ k =0 ⎠
b. Trường hợp p = 2m + 1, m ∈ N
1.

⎛ 1 ⎞ ⎛⎛ 1 ⎞⎞ ⎛ 1⎞
2 2 m+1 cos 2 m+1 θ = ⎜ ω 2 m+1 + 2 m+1 ⎟ + C 2 m+1 ⎜ ⎜ ω 2 m−1 + 2 m−1 ⎟ ⎟ + L + C 2 m+1 ⎜ ω + ⎟
1
⎜ ⎟
m

⎝ ω ⎠ ⎝⎝ ω ⎠⎠ ⎝ ω⎠
= 2 cos(2m + 1)θ + 2C 2 m+1 cos(2m − 1)θ + L + 2C 2 m+1 cosθ
1 m

m
cos 2 m+1 θ = 2 −2 m ∑ C 2 m+1 cos(2m + 1 − 2k )θ
k

k =0

2.

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
22 m +1 i (−1) m sin 2 m +1 θ = ⎜ ω 2 m +1 + 2 m +1 ⎟ − C2 m +1 ⎜ ω 2 m + − − 2 m −1 ⎟ + L
1

⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠
= 2i sin(2m + 1)θ − 2i.C2 m +1 sin(2m − 1)θ + L + 2i (−1) m C2 m +1 sin θ
1 m

m
sin 2 m +1 θ = 2− 2 m (− 1) ∑ (−1) C2 m +1 sin(2m + 1 − 2k )θ
m k k

k =0

Để tuyến tính hoá cos θ. sin θ trước hết tuyến tính hoá từng thừa số cos p θ , sin q θ ,
p q

sau đó thực hiện phép nhân rồi cùng tuyến tính hoá các số hạng thu được.
Ví dụ 7: Cho ( n, a, b) ∈ N × R × R , tính các tổng:
n n
Cn = ∑ cos( a + kb), S n = ∑ sin( a + kb)
k =0 k =0

18


Giải:

( )
n n
Cn + iS n = ∑ ei ( a + kb ) = eia ∑ eib Nếu b ∈ 2πZ
k
Xét
k =0 k =0

Cn = (n + 1) cos a, S n = (n + 1) sin a

Nếu b ∉ 2πZ
( n +1) b
i n +1 n +1
(e ) e 2i sinb i .⎜ a + ⎟ sin .b
2
ib n +1 ⎛ nb ⎞
− 1 ia 2 2
C n + iS n = e ia =e =e ⎝ 2 ⎠
.
e −1
ib
i
b
b b
e 2i sin
2 sin
2 2

n +1 n +1
sin b sin b
⎛ nb ⎞ 2 , ⎛ nb ⎞ 2
C n = cos⎜ a + ⎟ S n = sin ⎜ a + ⎟
⎝ 2 ⎠ b ⎝ 2 ⎠ b
sin sin
2 2
n
n +1 1
Ví dụ 8: Chứng minh ∀n ∈ N * , ∑ sin k
k =1
≥
2
−
2 sin 1
Giải:

Vì sin0 = 0 và sin k ≤ 1 nên
n n n
1 n
∑ sin k = ∑ sin k ≥ ∑ sin 2 k =
k =1 k =0 k =0
.∑ (1 − cos 2k )
2 k =0
n +1 1 n n + 1 1 sin( n + 1)
= − .∑ cos 2k = − . . cos n
2 2 k =0 2 2 sin 1

sin( n + 1) 1
Vì . cos n ≤
sin 1 sin 1
n
n +1 1
nên ∑ sin k
k =1
≥
2
−
2 sin 1
1.3. DÃY SỐ THỰC
Sau khi xem xét dãy số thực,chúng ta hoàn toàn có thể mở rộng cho dãy số phức vì rằng
một dãy số phức tương đương với một cặp dãy số thực.
1.3.1. Các khái niệm cơ bản của dãy số thực
A. Định nghĩa
Một dãy số thực là một ánh xạ từ N vào R, kí hiệu:
u:N →R

19


hay đơn giản nhất,kí hiệu (un)
Với n = n0 ∈ N xác định, u n0 gọi là số phần tử thứ n0 của dãy, un thường là một biểu thức
phụ thuộc vào n gọi là phần tử tổng quát của dãy, chẳng hạn cho các dãy sau đây:
⎛ ⎛ 1 ⎞n ⎞
(1), ((−1) ),
n +1 ⎛1⎞
⎜ ⎟, ⎜ ⎜1 + ⎟ ⎟
⎜⎝ n ⎠ ⎟
⎝n⎠ ⎝ ⎠
B. Sự hôi tụ, sự phân kì của dãy số
1. Dãy (un) hội tụ về a ∈ R nếu

∀ε > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n ∈ N , n > n0 ⇒ un − a < ε

Kí hiệu lim un = a , rõ ràng (un-a) hội tụ về 0.
n→∞

2. Dãy (un) hội tụ nếu có số a ∈ R để lim un = a
n→∞

3. Dãy (un) phân kì nếu nó không hội tụ, nghĩa là:

∀a ∈ R, ∃ε > 0, ∀n ∈ N , ∃n0 ∈ N , n0 > n, un − a ≥ ε

4. Dãy (un) nhận +∞ làm giới hạn nếu
∀A > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n > n0 ⇒ un > A

Kí hiệu lim un = +∞ , đôi khi nói rằng (un) tiến tới + ∞
n→∞

5. Dãy (un) nhận -∞ làm giới hạn nếu
∀B < 0 ∃n0 ∈ N , ∀n > n0 ⇒ un < B .

Kí hiệu lim un = −∞
n→∞

Dãy có giới hạn là +∞ hoặc -∞ cũng gọi là phân kỳ.
C. Dãy số bị chặn
1. Nói rằng (un) bị chặn trên bởi số A ∈ R nếu ∀n ∈ N , un ≤ A .

2. Nói rằng (un) bị chặn dưới bởi số B ∈ R nếu ∀n ∈ N , un ≥ B .

3. Nói rằng (un) là dãy bị chặn nếu tồn tại M ∈ R+ sao cho ∀n ∈ N , un ≤ M .

1.3.2. Tính chất của dãy hội tụ
A. Tính duy nhất của giới hạn
Định lí: Dãy (un) hội tụ về a thì a là duy nhất
Chứng minh: Giả sử lim = a1 , lim = a2 , a1 ≠ a2
n→∞ n→∞

20


1
Đặt ε = a1 − a2
3
∃n1 , n2 ∈ N , ∀n > n1 ⇒ un − a1 < ε
∀n > n2 ⇒ un − a2 < ε

Gọi n0 = Max(n1 , n2 ), ∀n > n0 sẽ có:

2
a1 − a2 ≤ un − a1 + un − a2 < 2ε = a1 − a2 mâu thuẫn.
3
B. Tính bị chặn
1. Dãy (un) hội tụ thì bị chặn trong R.
2. Dãy (un) tiến đến +∞ thì bị chặn dưới.
3. Dãy (un) tiến đến -∞ thì bị chặn trên.
Chứng minh:
1. Giả sử lim un = a ⇔ ∃n0 ∀n > n0 ⇒ un − a < 1
n→∞

⇒ un ≤ u n − a + a < 1 + a

{ }
Đặt M = Max u0 ,..., un0 ,1 + a ⇒ ∀n ∈ N , un ≤ M .

2. Giả sử lim un = +∞, ∃n0 ∀n > n0 ⇒ un > 1
n→∞

{ }
Đặt m = Min u0 ,..., un0 ,1 ⇒ un ≥ m

3. Quy về 2. bằng cách xét (-un).
Chú ý:
1. Tồn tại các dãy số bị chặn nhưng không hội tụ, chẳng hạn
(un ) = ((−1) n +1 ).
2. Mọi dãy không bị chặn sẽ phân kỳ.
3. Một dãy tiến tới +∞ thì không bị chặn trên, điều ngược lại không đúng, chẳng hạn:
(
(un ) = (−1) n n . )
C. Tính chất đại số của dãy hội tụ
1. lim un = a ⇒ lim un = a .
n →∞ n →∞

2. lim un = 0 ⇔ lim un = 0 .
n →∞ n →∞

3. lim un = a, lim vn = b ⇒ lim (un + vn ) = a + b .
n→∞ n→∞ n→∞

21


4. lim un = a ⇒ lim λun = λa .
n →∞ n→∞

5. lim un = 0, (vn) bị chặn ⇒ lim (un vn ) = 0 .
n→∞ n→∞

6. lim un = a, lim vn = b ⇒ lim (un vn ) = ab .
n→∞ n→∞ n→∞

un a
7. lim un = a, lim vn = b ≠ 0 ⇒ lim = .
n→∞ n→∞ n→∞ v b
n

Chứng minh:
1. ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n > n0 ⇒ un − a < ε

mà un − a ≤ un − a < ε ⇒ lim un = a .
n→∞

2. Vì ta có un − 0 = un = un − 0 .

ε
3. ∀ε > 0 ∃n1 , n2 : ∀n > n1 ⇒ un − a < ,
2
ε
∀n > n2 ⇒ vn − b < ,
2
ε ε
Đặt n0 = Max ( n1 , n2 ), ∀n > n0 ⇒ un + vn − ( a + b) < + =ε.
2 2
ε
4. ∀ε > 0 ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un − a <
1+ λ

λ
⇒ λu n − λa = λ u n − a ≤ ε <ε
1+ λ

5. ∃M ∈ R+ sao cho ∀n ∈ N , vn ≤ M

ε
∀ε > 0 ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un <
1+ M
εM
⇒ un vn = un . vn < <ε
1+ M
6. Gọi α n = un − a .Vậy (α n ) hội tụ về 0

Ta có un vn = (a + α n )vn = avn + α n vn

mà lim avn = ab vì (vn) bị chặn nên lim α n vn = 0 .
n→∞ n→∞

22


1 1
7. Trước hết ta sẽ chỉ ra lim =
n→∞ v b
n

b b
Vì lim vn = b ≠ 0 nên ∃n1 ∈ N , ∀n > n1 ⇒ vn − b < ⇒ vn >
n →∞ 2 2

1 1 v −b 2
Ta có 0 ≤ − = n ≤ 2 vn − b
vn b vn . b b
2
b
suy ra ∀ε > 0 ∃n2 ∈ N , ∀n > n2 ⇒ vn − b < ε
2

1 1
Lấy n0 = Max(n1,n2), ∀n > n0 ⇒ − <ε
vn b

un 1 u a
Ta thấy = un ,theo 6. ta nhận được lim n = .
vn vn n→∞ v
n b
D. Tính chất về thứ tự và nguyên lý kẹp
1. Giả sử lim un = l ∈ ( a, b) .Khi đó ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ a < un < b
n→∞

2. Giả sử lim un = l và ∃ n0, , ∀n > n0 có a ≤ un ≤ b khi đó a ≤ l ≤ b
n→∞

3. Giả sử 3 dãy (un), (vn), (wn) thoả mãn:
∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un ≤ vn ≤ wn và lim un = lim wn = a
n→∞ n→∞

Khi đó lim vn = a
n→∞

4. Giả sử ∀n > n0 mà un ≤ vn và lim un = +∞ .Khi đó lim vn = +∞
n→∞ n→∞

Chứng minh:
1.
∃n1 , ∀n > n1 ⇒ un − l < l − a ⇒ a < un
∃n2 , ∀n > n2 ⇒ un − l < b − l ⇒ un < b

Lấy n0 = Max(n1,n2) ⇒ ∀n > n0 có a<un<b

2. Lập luận phản chứng và theo 1.
3. ∀ε > 0, ∃n1 , n2 ∈ N

∀n > n1 ⇒ un − a < ε
∀n > n2 ⇒ wn − a < ε

23


Lấy n3=Max(n0,n1,n2), ∀n > n3 sẽ có:

− ε < un − a ≤ vn − a ≤ wn − a < ε

Vậy lim vn = a .
n→∞

4. Lấy A ∈ R+ , ∃n1 , ∀n > n1 ⇒ u n > A
*

Gọi n2=Max(n0,n1), ∀n > n2 ⇒ vn > A

Chứng tỏ lim vn = +∞ .
n→∞

Chú ý:
1. Để chứng minh dãy (un) hội tụ về a, thông thường chỉ ra dãy ( ε n ) hội tụ về 0 và thoả mãn
un − a ≤ ε n

2. Bằng cách chuyển qua phần tử đối, nhận được kết quả sau đây:
Nếu ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ u n ≥ v n và lim un = −∞ thì lim vn = −∞
n→∞ n→∞

1
Ví dụ 1: Chứng minh lim =0
n→∞ n
Giải:
1 1
∀ε > 0 ∃n0 ∀n > n0 ⇒ < ε hay n >
n ε
⎛1⎞
Vậy chọn n0 = E ⎜ ⎟ + 1 Kí kiệu E(x) là phần nguyên của x.
⎝ε ⎠
n
n
Ví dụ 2: Tính lim un = lim ∑ , n ∈ N*
k =1 n + k
n →∞ n →∞ 2

Giải:
n
n n
n n2
∀n ∈ N * , un = ∑ ≤∑ 2 = 2 = vn
k =1 n + k k =1 n + 1 n +1
2

n
n n
un ≥ ∑ 2 = = wn
k =1 n + n n +1
lim vn = lim wn = 1 ⇒ lim un = 1
n →∞ n →∞ n →∞

⎧0 khi a < 1
n ⎪
Ví dụ 3: Chứng minh lim a = ⎨1 khi a = 1
n →∞
⎪+ ∞ khi a > 1
⎩
24


Giải:
Xét a > 1, ∃h ∈ R+ để a =1+h
*

n
a n = (1 + h ) = ∑ Cn hi ≥ 1 + nh
n i

i =0

lim (nh) = +∞ ⇒ lim (1 + nh) = +∞ ⇒ lim a n = +∞
n →∞ n →∞ n →∞

n
1 ⎛1⎞
> 1 ⇒ lim ⎜ ⎟ = +∞ ⇒ lim a = 0 ⇒ lim a n = 0
n
Xét a < 1, a ≠ 0 ⇒
a n→∞ ⎜a⎟ n→∞ n→∞
⎝ ⎠
Với a=0 rõ ràng an = 0, ∀n ⇒ lim an = 0
n
n →∞

Xét a=1 ⇒ a n = 1 ⇒ lim a n = 1
n →∞

Ví dụ 4: Tìm lim n a , a ∈ R+
*
n→∞

Giải:

Xét a=1 rõ ràng lim n a = lim 1 = 1
n→∞ n →∞

Xét a>1, áp dụng công thức nhị thức Newton

( a ) = {1 + ( )} = ∑ C ( )
n n n k
a= n n
a −1 k n
n a −1
k =0

( ) ( )
1
a ≥ ∑ Cn
k
⇒ k n
a −1 = 1+ n n a −1
k =0

a −1
⇒ ∀n ∈ N * thì 0 ≤ n a − 1 ≤ = ε n ⇒ lim n a = 1
n n→∞

1 1
Xét 0 < a < 1 ⇒ > 1 ⇒ lim n = 1
a n →∞ a
−1
⎛ 1⎞
mà n
a = ⎜n ⎟
⎜ a⎟ nên lim n a = 1
n →∞
⎝ ⎠
Kết luận ∀a ∈ R* , lim n a = 1 .
n→∞

⎛ an ⎞
Ví dụ 5: Tính lim⎜ α ⎟, a > 1,α ∈ N *
n → ∞⎜ n ⎟
⎝ ⎠
Giải:
1 1

Vì a > 1 nên
α
∃h ∈ R để a = 1 + h , áp dụng công thức nhị thức Niutơn (Newton)
*
+
α

25


∀n ∈ N {0,1}
n
⎛ α⎞
1
⎜ a ⎟ = ∑ Cn h k ≥ 1 + nh + n(n − 1) h 2 ≥ n( n − 1) h 2
n
k
⎜ ⎟ 2 2
⎝ ⎠ k =0

n n
⎛ α⎞
1
⎛ α⎞
1
⎜a ⎟ ⎜a ⎟
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⇒ ⎝ ⎠ ≥ n − 1 h 2 ⇒ lim ⎝ ⎠ = +∞
n 2 n→∞ n
α α
⎧ nα ⎫ ⎛ αn
⎞
⎪ (a )
1
a n
⎪ ⎜a ⎟ an
Suy ra =⎨ ⎬ =⎜ ⎟ ⇒ n → ∞ α = +∞ .
lim
nα ⎪ n ⎪ ⎜ n ⎟ n
⎩ ⎭ ⎝ ⎠
Áp dụng nguyên lí kẹp dễ dàng thấy được kết quả vẫn đúng ∀α ∈ R
Người ta nói rằng hàm mũ tăng nhanh hơn hàm luỹ thừa.

an
Ví dụ 6: Tinh lim , a∈R
n → ∞ n!

Giải:
Đặt n0 = E ( a ) + 1, ∀n > n0 sẽ có:

a n ⎛ a a a ⎞⎛ a a ⎞ ⎛a a a⎞a
= ⎜ . ... ⎟⎜
⎜ 1 2 n ⎟⎜ n + 1 ... n
⎟ ≤ ⎜ . ... ⎟ = ε n
⎟ ⎜1 2 n ⎟n
n! ⎝ 0 ⎠⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠
n
a
⇒ lim =0
n → ∞ n!

Người ta nói rằng giai thừa tăng nhanh hơn hàm số mũ.
1.3.3. Tính đơn điệu của dãy số
A. Dãy đơn điệu
1. Dãy (un) tăng nếu ∀n ∈ N , un ≤ un +1 ,

Dãy (un) tăng ngặt nếu ∀n ∈ N , un < un +1 .

2. Dãy (un) giảm néu ∀n ∈ N , un ≥ un +1 ,

Dãy (un) giảm ngặt nếu ∀n ∈ N , un > un +1 .
3. Dãy (un ) đơn điệu nếu nó tăng hoặc giảm.
Dãy (un ) đơn điệu ngặt nếu nó tăng ngặt hoặc giảm ngặt
Định lí 1:
1. Mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ.

26


2. Mọi dãy giảm và chặn dưới thì hội tụ.
Chứng minh:
1. (un) bị chặn trên ⇒ ∃l = Sup (un ) ⇒ ∀ε > 0, ∃nε sao cho l − ε ≤ unε ≤ l < l + ε

Vì (un) tăng ⇒ ∀n > nε ⇒ l − ε < un < l + ε ⇒ un − l < ε ,

Vậy lim u n = l = Sup (u n ), n ∈ N .
n →∞

2. Áp dụng kết quả 1 đối với dãy (-un).
Định lí 2:
1. Dãy (un) tăng và không bị chặn trên thì dần đến + ∞ .
2. Dãy (un) giảm và không bị chặn dưới thì dần đến − ∞ .
Chứng minh:
1. (un) không bị chặn trên ⇔ ∀A > 0, ∃n0 sao cho un0 > A

Vì (un) tăng nên ∀n > n0 ⇒ un ≥ un0 > A ⇒ lim = +∞ .
n→∞

2. Áp dụng kết quả 1. với dãy (-un)
Chú ý
1. Nếu (un) tăng thì hoặc (un) hội tụ hoặc lim un = +∞ .
n→∞

2. Nếu (un) tăng và hội tụ đến l thì l = Sup(un , n ∈ N ) và ∀n ∈ N ⇒ un ≤ l .

3. Nếu (un) tăng thì dãy bị chặn dưới bởi u0.

⎛ n 1 ⎞
Ví dụ 7: Chứng minh rằng (un ) = ⎜ ∑ ⎟ hội tụ
⎝ k =1 n + k ⎠
Giải:
∀n ∈ N * có
1 1 1 1
u n +1 − u n = + − = >0
2n + 1 2n + 2 n + 1 (2n + 1)(2n + 2)
1
un ≤ n ≤1
n +1
Vậy (un) tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Ví dụ 8: Tìm giới hạn của dãy số cho dưới dạng ẩn sau:
2
5 + x n −1
xn = , x1 > 5
2 x n −1

27


Giải: Trước hết dùng qui nạp chứng minh x n > 0 ∀n

- x1 > 5 đúng với n = 1
Giả sử x k > 0 ta sẽ chứng minh x k +1 > 0
2
5 + xk
Thật vậy x k +1 = > 0 (do tử số và mẫu số đều dương)
2 xk
Chứng tỏ x n > 0 ∀n
Mặt khác, dựa vào bất đẳng thức Côsi (Cauchy) thì
1 5
xn = ( + x n −1 ) ≥ 5 , ∀n
2 x n −1
2 5
Suy ra x n ≥ 5 hay x n ≥
xn
Cộng vào các vế với x n ta có:

5
2 xn ≥ + x n hay 2 x n ≥ 2 xn +1
xn
Chứng tỏ dãy ( xn ) đơn điệu giảm.

Kết hợp hai kết quả trên ta có lim x n = a ≥ 5
n→∞
2 2
5 + x n −1 5 + x n −1
Vì x n = nên lim x n = lim
2 x n −1 n→∞ n →∞ 2 x n −1
5 + a2
Từ đó ta có a = và a ≥ 5
2a
Giải phương trình đối với a nhận được a = 5.

Ví dụ 9: Cho 2 dãy (un),(vn) thoả mãn
u n +1 − u n
lim un = lim vn = 0, (vn) giảm ngặt, lim =l
n +1 − vn
n→∞ n→∞ n→∞ v

un
Chứng minh lim =l
n→∞ vn
Giải:

un +1 − un
Cho ε > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n > n0 ⇒ −l < ε ,
vn +1 − vn

28


Lấy p, n ∈ N sao cho p >n > n0 sẽ có:
(un +1 − lvn +1 ) − (un − lvn ) < ε (vn − vn +1 )
M
(u p − lv p ) − (u p −1 − lv p −1 ) < ε (v p −1 − v p )

Cộng lại các vế với vế sẽ có:

(u p − l.v p ) − (un − l.vn ) < ε .(vn − v p )

Cho p → +∞ và n cố định,n > n0 từ trên nhận được

un
un − lvn ≤ εvn . Hay −l ≤ ε
vn

Vì (vn) giảm ngặt và dần về 0 nên vn>0 , ∀n > n1 .

B. Dãy kề nhau
Hai dãy (un), (vn) gọi là kề nhau khi và chỉ khi (un) tăng (vn) giảm và lim (vn − un ) = 0
n→∞

Định lí: Hai dãy kề nhau thì hội tụ và có chung một giới hạn l,ngoài ra
∀n ∈ N , un ≤ un +1 ≤ l ≤ vn +1 < vn
Chứng minh:
∀n ∈ N gọi wn = vn − un ⇒ (wn ) giảm vì wn+1-wn = (vn+1 – un+1) - (vn – un)

= (vn+1 – vn) - (un+1 – un) ≤ 0
(wn) giảm và hội tụ về 0 ⇒ wn ≥ 0 ∀n hay un ≤ vn.

Chứng tỏ (un) tăng và bị chặn trên bởi v0, (vn) giảm và bị chặn dưới bởi u0
Suy ra lim un = l1 , lim vn = l2
n→∞ n→∞

Vì lim (vn − un ) = 0 ⇒ l1 = l2 = l
n→∞

Theo chú ý 2 ở mục A suy ra un ≤ un+1 ≤ l ≤ vn+1 ≤ vn
n
⎛ 1⎞
Ví dụ 10: Chứng minh rằng (en ) = ⎜1 + ⎟ hội tụ.
⎝ n⎠
Giải:
Trước hết chỉ ra (en) tăng
Theo công thức nhị thức Newton sẽ có

29


n
⎛ 1⎞ 1 n(n − 1) 1 n(n − 1)(n − 2) 1 n(n − 1)...(n − n + 1) 1
en = ⎜1 + ⎟ =1+ n + 2
+ 3
+L+
⎝ n⎠ n 1.2 n 1.2.3 n 1.2...n nn
1 ⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ k − 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ n − 1⎞
= 1+1+ ⎜1 − ⎟ + L + ⎜1 − ⎟⎜1 − ⎟ L ⎜1 − ⎟ + L + ⎜1 − ⎟ L ⎜1 − ⎟
2! ⎝ n ⎠ k! ⎝ n ⎠⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ n! ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠
Suy ra

n +1
⎛ 1 ⎞ 1 1 1 1 n −1 1 1 n
en +1 = ⎜1 + ⎟ = 1+1+ (1 − ) + L + (1 − )L (1 − )+ (1 − )L(1 − )
⎝ n + 1⎠ 2! n +1 n! n +1 n + 1 (n + 1)! n +1 n +1

en+1 nhiều hơn en một số hạng dương và từ số hạng thứ 3 trở đi mọi số hạng của en nhỏ hơn
1 1
số hạng tương ứng của en+1 vì 1 − < 1 − . Suy ra en+1 > en.
n n +1
1 1 1 1 1 1
Ngoài ra en < 2 + + + L + < 2 + + 2 + L + n −1 ,
2! 3! n! 2 2 2
1
suy ra en < 2 + 2 = 3, ∀n
1
1−
2
Gọi giới hạn của (en) là số e, rõ ràng e > 0 .Sau đây dùng số e làm cơ số của logarit.
n
⎛ 1⎞
lim ⎜1 + ⎟ = e .
n→∞
⎝ n⎠
⎛ n 1⎞
Ví dụ 11: Chứng minh rằng (e’n) = ⎜ ∑ ⎟ hội tụ về e
⎝ k = 0 k! ⎠
Giải:

∀n ∈ N * ,đặt vn = en +
' 1
n.n! n→∞
( '
)
. rõ ràng (en’) tăng ngặt và lim vn − en = lim
1
n → ∞ n.n!
=0

Hơn nữa ta có:
1 1
vn +1 − vn = en +1 − en +
' '
−
(n + 1)(n + 1)! n..n!
1 1 1 1
= + − =−
(n + 1)! (n + 1)(n + 1)! n.n! n(n + 1)(n + 1)!
⇒ (vn) giảm ngặt. Trước hết chứng minh e ∉ Q bằng phương pháp phản chứng:
n
1 p
Thật vậy, nếu e = lim ∑ mà e ∈ Q tức là e = , p, q ∈ N * , ta sẽ có:
k = 0 k! q
n→∞

30


q
1 1 1 a
eq = ∑
'
= 2 + +L+ = , a ∈ N*
k = 0 k! 2! q! q!
a p a 1
eq < e < vq ⇔ < < +
'

q! q q! q.q!

Hay a < p(q-1)! < a +
1
q
3
≤ a + 1 . Điều này mâu thuẫn vì (a,p(q-1)!,a+1) ∈ N * . ( )
n
1
Sau đây ta sẽ chứng minh lim ∑ = e : Rõ ràng khi k cố định và n > k thì
k = 0 k!
n →∞

1 1 1 1 2 1 1 k −1
en > 2 + (1 − ) + (1 − )(1 − ) + L + (1 − )L (1 − )
2! n 3! n n k! n n
1 1 1
Cho n → ∞ suy ra e ≥ 2 + + + L + = ek '
2! 3! k!
Như vậy e ≥ en > en . Theo định lí kẹp suy ra en ⎯n →∞ → e .
' '
⎯ ⎯

Hệ quả: (Định lí về các đoạn lồng nhau)
Cho hai dãy (an), (bn) thoả mãn : ∀n ∈ N , an ≤ bn , [an +1 , bn +1 ] ⊂ [an , bn ] và
lim (bn − an ) = 0
n→∞

Khi đó tồn tại duy nhất số l sao cho I [a , b ] = {l}
n n
n∈ N

Chứng minh:
Vì (an),(bn) kề nhau nên cùng hội tụ và ∀n có an < an+1 < l < bn+1 < bn.
1.3.4. Dãy con
Cho (un),từ các số hạng của nó lập một dãy mới (un k ) với n1 < n2 < ...< nk < ....

Gọi (un k ) là một dãy con của (un).Chẳng hạn:

(u2n) và (u2n+1) là các dãy con của (un)
(u ) là các dãy con của (u )
n2 n

(un 2 − n ) không phải là dãy con của (un) vì số hạng u0 xuất hiện 2 lần ứng với n=0,n=1

Định lí : Nếu (un) hội tụ về a ∈ R thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ về a
Chứng minh:
∀ε > 0, ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un − a < ε

Vì nk → ∞ khi k → ∞ , nên ∃k 0 , ∀k > k 0 : n k > n0 ⇒ u nk − a < ε suy ra lim un k = a .
k →∞

31


Chú ý:
• Nếu lim = +∞ thì lim un k = +∞
n→∞ k →∞

• Từ định lí trên, chúng ta nhận được điều kiện đủ cho dãy số phân kì: Nếu tồn tại hai dãy
con hội tụ về hai số khác nhau thì dãy số phân kì. Chẳng hạn (-1)n phân kì vì có dãy con ((-1)2n
)hội tụ về 1 và dãy con ( (-1)2n+1) hội tụ về -1
Hệ quả: Để (un) hội tụ đến l điều kiện cần và đủ là hai dãy con (u2n) và (u2n+1) đều hội
đến l .
Chứng minh:
Điều kiện cần suy từ định lí 1.
Điều kiện đủ:

: ∀ε > 0 , ∃n1 , n2 , ∀p > n1 ⇒ u2 p − l < ε
∀p > n2 ⇒ u2 p +1 − l < ε

Đặt n0=Max(2n1,2n2+1) lấy n ∈ N sao cho n=2p hoặc n=2p+1

Trường hợp n=2p ⇒ p > n1 ⇒ un − l = u2 p − l < ε .

Trường hợp n=2p+1 ⇒ p > n2 ⇒ un − l = u2 p +1 − l < ε .

Trong mọi trường hợp có un − l < ε ⇒ lim un = l .
n→∞

Định lí: (Định lí Bônzanô – Vâyơxtrase), (Bolzano -Weierstrass): Từ mọi dãy (un) bị chặn
đều có thể lấy ra một dãy con hội tụ
Chứng minh: Dùng phương pháp chia đôi .
Ta sẽ xây dựng bằng qui nạp hai dãy thực (an), (bn) kề nhau và một dãy con
un k ∈ [an , bn ], ∀k ∈ N

Vì (un) bị chặn nên tồn tại a0,b0 sao cho ∀n ∈ N có a0 ≤ un ≤ b0 ,rõ ràng

un k ∈ [a0 , b0 ], ∀k ∈ N

{ }
Cho n ∈ N giả sử (an , bn ) ∈ R 2 sao cho an ≤ bn . Tập un k ∈ [an , bn ], k ∈ N là vô hạn và

1
bn − an = (b0 − a0 )
2n
an + bn
Xét điểm giữa của [an , bn ] , rõ ràng ít nhất một trong hai khoảng chứa u n k là
2

32


{
vô hạn. Do đó tồn tại (an+1,bn+1) ∈ R 2 sao cho an +1 ≤ bn +1 . Tập un k ∈ [an +1 , bn +1 ], k ∈ N là }
1 1
vô hạn và bn +1 − an +1 = (bn − an ) = n +1 (b0 − a0 )
2 2
Rõ ràng các đoạn [an,bn] lồng nhau. Vậy ∀n tồn tại l sao cho un k − l ≤ bn − an

Vì lim (bn − an ) = 0 ⇒ lim unk = l
n→∞ k →∞

Ví dụ 12: Chứng minh rằng mọi dãy (un) tuần hoàn và hội tụ là dãy dừng
Giải:
(un) tuần hoàn nên ∃T ∈ N * , ∀n ∈ N , un + T = un

Lấy n0 ∈ N , ∀k ∈ N có un0 + kT = un0

(u n 0 + kT ) là một dãy con và là dãy dừng nên lim uk →∞
n 0 + kT = u n0

Vì (un) hội tụ ⇒ lim un = un0 vì n0 bất kì vậy (un ) = (un0 ) ∀n ,đó là dãy dừng.
n→∞

m+n
Ví dụ 13: Cho dãy (un) thoả mãn ∀m, n ∈ N * , 0 ≤ um + n ≤
mn
Chứng minh lim un = 0
n→∞

Giải:
∀n ∈ N có
2n
0 ≤ u2 n ≤ →0
n2
Vậy lim un = 0 .
2n + 1 n→∞
0 ≤ u 2 n +1 ≤ →0
n(n + 1)

33

Chương 2: Hàm số một biến số

CHƯƠNG II: HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ

2.1. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ
2.1.1. Các định nghĩa cơ bản
A. Định nghĩa hàm số
Cho X là tập không rỗng của R. Một ánh xạ f từ X vào R gọi là một hàm số một biến số
f :X →R
x a f (x)
X gọi là tập xác định của f , f ( X ) gọi là tập giá trị của f . Đôi khi ký hiệu

y = f ( x ), x ∈ X x gọi là đối số, y gọi là hàm số.

B. Hàm chẵn, lẻ
Cho X đối xứng với 0 tức là ∀x ∈ X ,− x ∈ X

Hàm số f (x) chẵn khi và chỉ khi f ( x) = f (− x) .
Hàm số f (x) lẻ khi và chỉ khi f ( x) = − f (− x).
C. Hàm số tuần hoàn
*
Hàm số f (x) gọi là tuần hoàn trên X nếu tồn tại τ ∈ R+ sao cho ∀x ∈ X thì

x+ τ ∈ X và f (x+ τ )= f (x).

Số T dương bé nhất trong các số τ gọi là chu kì của hàm số tuần hoàn f(x).
D. Hàm số đơn điệu
Cho f (x) với x ∈ X .

1. Nói rằng f (x) tăng nếu ∀x1 , x 2 ∈ X , x1 ≤ x 2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) .

và f (x) tăng ngặt nếu ∀x1 , x2 ∈ X , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) .

2. Nói rằng f (x) giảm nếu ∀x1 , x 2 ∈ X , x1 ≤ x 2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) .

và f (x) giảm ngặt nếu ∀x1 , x2 ∈ X , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) .
3. Nói rằng f (x) đơn điệu nếu nó tăng hoặc giảm.

Nói rằng f (x) đơn điệu ngặt nếu nó tăng ngặt hoặc giảm ngặt.

34


E. Hàm số bị chặn
1. Hàm số f (x) bị chặn trên trong X nếu tồn tại số A sao cho:
∀x ∈ X , f ( x ) ≤ A .
2. Hàm số f (x) bị chặn dưới trong X nếu tồn tại số B sao cho:

∀x ∈ X , f ( x ) ≥ B
3. Hàm số f (x) bị chặn trong X nếu tồn tại các số A,B sao cho:

∀x ∈ X , B ≤ f ( x ) ≤ A .
Hệ quả: Nếu A là số chặn trên của f (x) trong X thì

Sup f ( x) = Sup{ f ( x), x ∈ X } ≤ A
X

Nếu B là số chặn dưới của f (x) trong X thì

Inf f ( x) = Inf { f ( x), x ∈ X } ≥ B
X

F. Hàm số hợp
Cho f : X → R và g: Y → R với f ( X ) ⊂ Y gọi ánh xạ
g0 f : X → R
x a g ( f ( x ))
Hay y = g( f (x)) là hàm số hợp của hai hàm f và g.
Định lí:
Nếu f , g : X → R bị chặn trên thì f + g cũng bị chặn trên và
Sup( f ( x ) + g ( x )) ≤ Sup f ( x ) + Sup g ( x )
X X X

1. Nếu f , g : X → R bị chặn trên và không âm thì f . g bị chặn trên và
Sup( f ( x ).g ( x )) ≤ Sup f ( x ). Sup g ( x )
X X X

2. Nếu f : X → R bị chặn trên và λ ∈ R* thì λf bị chặn trên đồng thời
Sup λ. f ( x ) = λ Sup f ( x )
X X

3. Để f : X → R bị chặn dưới, điều kiện cần và đủ là - f bị chặn trên và khi đó
Inf f ( x ) = − Sup(− f ( x ))
X X

Chứng minh:
1. Rõ ràng f ( x ) + g ( x ) ≤ Sup f ( x ) + Sup g ( x ) chứng tò f (x)+ g (x) bị chặn trên.
X X

35


Theo hệ quả suy ra Sup( f ( x ) + g ( x )) ≤ Sup f ( x ) + Sup g ( x )
X X X

2. ∀x ∈ x,0 ≤ f ( x) ≤ Sup f ( x),0 ≤ g ( x) ≤ Sup g ( x)
X X

⇒ ∀x ∈ X ,0 ≤ f ( x).g ( x) ≤ Sup f ( x). Sup g ( x)
X X

Tương tự như trên.
3. Coi λ như hàm hằng. Ap dụng 2 sẽ có Sup λf ( x ) ≤ λ . Sup f ( x )
X X

Với λ =0. Đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên
1
Với λ >0. áp dụng bất đẳng thức ứng với hằng số và hàm số λf (x )
λ
1 1
Sup ( .λf ( x)) ≤ Sup λf ( x)
X λ λ X
⇒ Sup λf ( x) ≥ λ Sup f ( x)
X X

⇒ Sup λf ( x) = λ Sup f ( x)
X X

4. Giả sử f (x ) bị chặn dưới, đặt m = Inf f ( x ) ≤ f ( x ) ⇒ ∀x ∈ X ,− f ( x ) ≤ −m.
X

Vậy - f (x ) bị chặn trên và rõ ràng Sup (− f ( x )) ≤ − Inf f ( x ).
X X

Mặt khác
f ( x) ≤ Sup (− f ( x)) ⇒ f ( x) ≥ − Sup ( − f ( x)) ⇒ Inf f ( x) ≥ − Sup ( − f ( x))
X X X X
Sau khi so sánh hai bất đẳng thức suy ra Inf f ( x ) = − Sup(− f ( x )).
X X

Phần đảo chứng minh tương tự.
G. Hàm số ngược
Cho song ánh f : X → Y , X ,Y ⊂ R

Ánh xạ ngược f −1 : Y → X gọi là hàm số ngược của f

y a x = f −1 ( y )
Thông thường đối số kí hiệu là x, hàm số kí hiệu là y, vậy hàm ngược của y = f (x ) là
hàm số y = f −1 ( x ) . Vì thế trên cùng mặt phẳng toạ độ 0xy, đồ thị của hai hàm số f và f −1 là đối
xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ I và III.
Ví dụ 1: Cho f , g : R → R thoả mãn ∀x , y ∈ R , ( f ( x ) − f ( y ))( g ( x ) − g ( y )) = 0
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai hàm số là hằng số.

36


Giải:
Giả sử a, b ∈ R và f (a) ≠ f ( b) ta sẽ chỉ ra g (x ) là hằng số. Trước hết có

⎧( f (a) − f ( x ))( g(a) − g( x )) = 0
∀x ∈ R : ⎨
⎩( f (b) − f ( x ))( g(a) − g( x )) = 0
Trừ từng vế và để ý đến g(a)=g(b) suy ra:

( f ( a) − f ( b))( g ( a) − g ( x )) = 0 ⇒ g ( x ) = g ( a)

Ví dụ 2: Tìm hàm f (x ) trên R sao cho x. f ( x ) + f (1 − x ) = x 3 + 1 ∀x ∈ R

Giải: Giả sử tồn tại f (x ) ,thay x bởi 1-x vào hệ thức đã cho:

(1 − x ). f (1 − x ) + f ( x ) = 2 − 3x + 3x 2 − x 3

Suy ra ( x 2 − x + 1) f ( x ) = ( x 2 − x + 1) 2

⇒ f (x) = x 2 − x + 1

Kiển tra f ( x ) = x 2 − x + 1 thoả mãn.

Ví dụ 3: Cho f ( x ) = x vầ g ( x ) = 1 − x trong [0,1]. Kiểm tra tính ngặt của bất đẳng thức:

Sup( f ( x ) + g( x )) < Sup f ( x ) + Sup g ( x )
[0 ,1] [0 ,1] [0 ,1]
Sup( f ( x ) g( x )) < Sup f ( x ) Sup g( x )
[0 ,1] [0,1] [0,1]

Giải:
1
Sup f ( x ) = Sup g ( x ) = 1; Sup( f ( x ) + g ( x )) = Sup1 = 1; Sup(f(x)g(x)) = Sup(x - x 2 ) = Chứng
[0,1] [0,1] [0,1] [0,1] [0,1] [0,1] 4
1
tỏ tính ngặt thoả mãn (do 1 < 2 , < 1)
4
2.1.2. Các hàm số thông dụng
A. Hàm luỹ thừa

Cho α ∈ R . Hàm luỹ thừa với số mũ α ,được kí hiệu là Pα , là ánh xạ từ R+ vào R, xác
*

định như sau ∀x ∈ R+ , P ( x ) = xα
*
α

Nếu α > 0 , coi rằng P (0) = 0
α Nếu α = 0 , coi rằng P0 (0) = 1

Đồ thị của P (x ) cho bởi h.2.1
α

37


y
α >1 α =1
0 <α <1
1
α =0

α <0

H.2.1
B. Hàm mũ cơ số a
Xét a ∈ R+ {1} . Hàm mũ cơ số a, kí hiệu là expa x , là ánh xạ từ R vào R+ , xác định như
* *

sau: ∀x ∈ R , exp a x = a x . Đồ thị của y = a x cho bởi h.2.2.

C. Hàm lôgarit cơ số a
Xét a ∈ R+ {1} . Hàm lôgarit cơ số a, kí hiệu là log a ,là ánh xạ ngược với ánh xạ expa ,
*

như vậy ∀( x , y ) ∈ R+ × R ,
*
y = log a x ⇔ x = a y

Đồ thị của hàm số y = log a x cho bởi hình h.2.3.

Chú ý: Hàm luỹ thừa có thể mở rộng khi miền xác định là R.

y y
logax, a>1
ax, a>1
1 0 1 x

ax, 0 < a < 1
x logax, 0<a<1

H.2.2 H.2.3
Tính chất của hàm số lôgarit
1. log a 1 = 0

38

Toan a1 -_bai_giang

Recommandé

Recommandé

Contenu connexe

Tendances

Tendances (20)

Similaire à Toan a1 -_bai_giang

Similaire à Toan a1 -_bai_giang (20)

Toan a1 -_bai_giang