2
Mệnh đề. Nếu (f
n
) và (g
n
) hội tụ đều về f và g trên D, thì (f
n
+ g
n
) và (cf
n
)
hội tụ đều về f + g và cf trên D.
1.3 Tiêu chuẩn Cauchy. Dãy hàm (f
n
) hội tụ đều trên D khi và chỉ khi
∀>0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup
x∈D
|f
n
(x) − f
m
(x)| <
Chứng minh: Gỉa sử (f
n
) hội tụ đều về f trên D. Khi đó
∀>0, ∃N : n ≥ N ⇒ sup
x∈D
|f
n
(x) − f(x)| </2
Suy ra khi m, n ≥ N, ta có
sup
x∈D
|f
n
(x) − f
m
(x)| < sup
x∈D
|f
n
(x) − f(x)| +sup
x∈D
|f
m
(x) − f(x)| <.
Gỉa sử ngược lại (f
n
) thỏa tiêu chuẩn Cauchy trên D. Khi đó với mỗi x ∈ D, dãy số
(f
n
(x)) là dãy Cauchy, nên hội tụ về f(x) ∈ R.
Hơn nữa, từ tiêu chuẩn trên, khi cho m →∞, rồi → 0, ta có sup
x∈D
|f
n
(x) −f(x)|→0,
khi n →∞. Vậy (f
n
) hội tụ đều về f trên D.
1.4 Mệnh đề.
(1) Gỉa sử (f
n
) là dãy hàm liên tục và hội tụ đều về f trên D. Khi đó f là hàm liên
tục trên D. Đặc biệt, khi đó có thể chuyển thứ tự lim
lim
n→∞
lim
x→x
0
f
n
(x) = lim
x→x
0
lim
n→∞
f
n
(x)
(2) Gỉa sử (f
n
) là dãy hàm liên tục và hội tụ đều trên [a, b]. Khi đó có thể chuyển thứ
tự lim và
lim
n→∞
b
a
f
n
(x)dx =
b
a
lim
n→∞
f
n
(x)dx
(3) Cho (f
n
) là dãy hàm khả vi liên tục trên [a, b]. Gỉa sử dãy đạo hàm (f
n
) hội tụ
đều trên [a, b] và dãy số (f
n
(c)) hội tụ với một c ∈ [a, b]. Khi đó (f
n
) hội tụ đều về
một hàm khả vi f trên [a, b] và có thể chuyển thứ tự lim và đạo hàm
lim
n→∞
f
n
(x)=
lim
n→∞
f
n
(x)
Chứng minh: (1) Cho x
0
∈ D. Với >0.
Do sự hội tụ đều, tồn tại N sao cho: |f
N
(x) − f(x)| </3, ∀x ∈ D.
Do f
N
liên tục tại x
0
, tồn tại δ>0, sao cho: |f
N
(x) − f
N
(x
0
)| </3, ∀x, |x − x
0
| <δ.
Vậy khi |x − x
0
| <δ,
|f(x)−f (x
0
)|≤|f (x)−f
N
(x)|+|f
N
(x)−f
N
(x
0
)|+|f
N
(x
0
)−f(x
0
)| </3+/3+/3=
I.2 Chuỗi hàm. 3
Vậy f liên tục tại x
0
, i.e. lim
x→x
0
f(x) = lim
x→x
0
lim
n→∞
f
n
(x)=f(x
0
) = lim
n→∞
lim
x→x
0
f
n
(x)
(2) Gỉa sử f
n
liên tục và hội tụ đều. Theo (1) hàm giới hạn f là liên tục nên khả tích
trên [a, b]. Hơn nữa
b
a
f
n
−
b
a
f
≤|b − a| sup
x∈[a,b]
|f
n
(x) − f(x)|→0, khi n →∞
Vậy lim
n→∞
b
a
f
n
=
b
a
f =
b
a
lim
n→∞
f
n
.
(3) Đặt F
n
(x)=
x
c
f
n
. Theo (2) dãy (F
n
) hội tụ đều về hàm F trên [a, b], trong đó
F (x)=
x
c
lim
n→∞
f
n
.
Ta có F
n
(x)=f
n
(x) − f
n
(c). Suy ra f
n
= F
n
+ f
n
(c) hội tụ đều trên [a, b] về
f = F + lim
n→∞
f
n
(c). Hơn nữa, ta có
f
(x)=F
(x)=
lim
n→∞
x
c
f
n
= ( lim
n→∞
f
n
)
(x)
2. CHUỖI HÀM
2.1 Đònh nghóa. Một
chuỗi hàm trên X
là tổng hình thức
∞
k=0
f
k
= f
0
+ f
1
+ ···+ f
n
+ ···
trong đó f
k
là hàm xác đònh trên X.
Xét chuỗi tương đương với xét
dãy hàm tổng riêng thứ n
: S
n
= f
0
+ ···+ f
n
.
Miền hội tụ
của chuỗi: D = {x ∈ X : dãy hàm (S
n
(x))
n∈N
hội tụ }.
Khi đó S(x)=
∞
k=0
f
k
(x) xác đònh một hàm trên D.
Ta nói
∞
k=0
f
k
là
chuỗi hàm hội tụ đều trên D
nếuu dãy hàm tổng riêng (S
n
)
n∈N
là
hội tụ đều về S trên D, i.e.
M
n
=sup
x∈D
|S
n
(x) − S(x)| =sup
x∈D
|
∞
k=n+1
f
k
(x)|→0, khi n →∞
Ví dụ. Xét chuỗi hàm
∞
k=0
x
k
=1+x + x
2
+ ···+ x
n
+ ···.
Miền hội tụ của chuỗi là D = {x ∈ R : |x| < 1}.
Chuỗi là hội tụ đều về S(x)=
1
1 − x
trên miền D
r
= {x : |x|≤r}, với 0 <r<1.
Thật vậy, ta có S
n
(x)=
1 − x
n+1
1 − x
nên
sup
|xleqr
|S
n
(x) − S(x)| =sup
|x|≤r
x
n+1
1 − x
≤
r
n+1
1 − r
→ 0, khi n →∞
4
Tuy nhiên chuỗi không hội tụ đều trên D,vì sup
|x|≤1
|S
n
(x) − S(x)| =+∞
2.2 Tiêu chuẩn Cauchy. Chuỗi hàm
∞
k=0
f
k
hội tụ đều trên D khi và chỉ khi
∀>0, ∃N : n, m ≥ N ⇒ sup
x∈D
|
m
k=n
f
k
(x)| <
2.3 Mệnh đề. Gỉa sử chuỗi hàm
∞
k=0
f
k
hội tụ đều trên [a, b]. Khi đó
(1) Nếu f
k
liên tục trên [a, b] với mọi k ∈ N, thì chuỗi trên xác đònh một hàm liên tục
trên [a, b]. Đặc biệt khi đó có thể chuyển lim vào dấu
lim
x→x
0
∞
k=0
f
k
(x)=
∞
k=0
lim
x→x
0
f
k
(x)
(2) Nếu f
k
liên tục trên [a, b], thì có thể chuyển
vào dấu
b
a
∞
k=0
f
k
(x)
dx =
∞
k=0
b
a
f
k
(x)dx
(3) Nếu f
k
khả vi liên tục trên [a, b] và chuỗi
∞
k=0
f
k
hội tụ đều trên [a, b], thì
∞
k=0
f
k
là một hàm khả vi trên [a, b] và có thể lấy đạo hàm vào dấu
∞
k=0
f
k
(x)=
∞
k=0
f
k
(x)
2.4 Một số dấu hiệu hội tụ đều cho chuỗi hàm.
Weierstrass M-test:
Nếu |f
k
(x)|≤a
k
, ∀x ∈ D và
∞
k=0
a
k
hội tụ, thì
∞
k=0
f
k
hội tụ đều
trên D.
Dirichlet:
Nếu (f
k
) dãy giảm, hội tụ đều về 0 và
∞
k=0
ϕ
k
là chuỗi hàm có dãy tổng
riêng bò chặn trên D, thì
∞
k=0
f
k
ϕ
k
hội tụ đều trên D.
Abel:
Nếu (f
n
) là dãy đơn điệu bò chặn và
∞
k=0
ϕ
k
hội tụ đều trên D, thì
∞
k=0
f
k
ϕ
k
hội tụ.
Chứng minh: Nếu |f
k
(x)|≤a
k
, thì
m
k=n
|f(x)|≤
m
k=n
a
k
. Theo tiêu chuẩn Cauchy
chuỗi
∞
k=0
f
k
hội tụ đều.
Hai tiêu chuẩn sau chứng minh như phần chuỗi số (Bài tập).
I.3 Chuỗi lũy thừa. 5
3. CHUỖI LŨY THỪA
Phần này chúng ta nghiên cứu
chuỗi lũy thừa
là chuỗi hàm dạng
∞
k=0
a
k
x
k
, hay tổng
quát hơn chuỗi lũy thừa tâm tại x
0
,
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
.
Nhận xét. Khi thay biến z = x − x
0
ta đưa chuỗi lũy thừa tâm tại x
0
về dạng
chuỗi lũy thừa.
3.1 Đònh lý Abel. Cho chuỗi S(x)=
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
. Khi đó tồn tại R, 0 ≤ R ≤ +∞,
sao cho, nếu R>0, thì
(1) S(x) hội tụ trên khi |x − x
0
| <R, phân kỳ khi |x − x
0
| >R.
(2) S hội tụ đều trên D
r
= {x : |x − x
0
|≤r}, với mọi 0 <r<R.
Số R gọi là
bán kính hội tụ của S
và được tính bởi
công thức Cauchy-Hadamard
1
R
= lim sup
k→∞
k
|a
k
|
Chứng minh: Như nhận xét ở trên tònh tiến từ x
0
về 0 bằng đổi biến z = x − x
0
.
Khi |z|≤r<R. Chọn ρ : r<ρ<R. Theo đònh nghóa lim sup, tồn tại k
0
sao cho:
|a
k
|
1
k
<
1
ρ
, ∀k>k
0
. Suy ra |a
k
z
k
| <
r
ρ
k
. Theo M-test S(z) hội tụ đều trên đóa
D
r
. Từ đây cũng suy ra S(z) hội tụ khi |z| <R.
Khi |z| >R. Chọn ρ : R<ρ<|z|. Theo đònh nghóa lim sup, tồn tại vô số chỉ số k:
|a
k
|
1
k
>
1
ρ
. Vậy |a
k
z
k
| >
|z|
ρ
k
với vô số chỉ số k. Suy ra a
k
z
k
→ 0, nên theo điều
kiện cần
∞
k=0
a
k
z
k
phân kỳ.
Nhận xét. Do nhận xét ở phần chuỗi số, có thể dùng
công thức D’Alembert
để
tính bán kính hội tụ (nếu giới hạn tồn tại):
1
R
= lim
k→∞
|a
k+1
|
|a
k
|
Ví dụ.
a) Chuỗi
∞
k=0
k!x
k
có bán kính hội tụ là R = lim
k→∞
|a
n
|
|a
n+1
|
= lim
n→∞
k!
(k +1)!
=0.
b) Chuỗi
∞
k=0
x
k
k!
có bán kính hội tụ là ∞.
c) Đònh lý Abel không cho kết luận về sự hội tụ hay phân kỳ của chuỗi khi |x−x
0
| = R.
Chẳng hạn các chuỗi
∞
k=0
x
k
,
∞
k=1
x
k
k
,
∞
k=1
x
k
k
2
đều có bán kính hội tụ là 1, nhưng tính
6
hội tụ khi |x| =1khác nhau.
Chuỗi
∞
k=0
x
k
phân kỳ khi x = ±1, theo điều kiện cần.
Chuỗi
∞
k=1
x
k
k
2
hội tụ khi |x| =1, theo tiêu chuẩn so sánh.
Chuỗi
∞
k=1
x
k
k
phân kỳ khi x =1, nhng hội tụ khi x = −1 theo tiêu chuẩn Leibniz.
3.2 Mệnh đề. Gỉa sử chuỗi lũy thừa
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
có bán kính hội tụ R>0.
Khi đó S(x)=
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
xác đònh hàm khả vi mọi cấp trên (x
0
− R, x
0
+ R) và
ta có thể lấy đạo hàm và tích phân vào dấu tổng:
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
=
∞
k=1
ka
k
(x − x
0
)
k−1
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
dx =
∞
k=0
a
k
k +1
(x − x
0
)
k+1
+ C
Chứng minh: Suy từ Đònh ký Abel và các kết qủa từ tính hội tụ đều của chuỗi hàm.
Ví dụ.
a) Ta có
∞
k=0
(−1)
k
x
k
=
1
1+x
, |x| < 1.
Đạo hàm từng từ ta có
∞
k=1
(−1)
k
kx
k−1
= −
1
(1 + x)
2
, |x| < 1.
Tích phân từng từ ta có
∞
k=0
(−1)
k
x
k+1
k +1
=ln(1+x), |x| < 1.
b) Ta có khai triển
1
1+x
2
=
1
1 − (−x
2
)
=1− x
2
+ x
4
− x
6
+ ···=
∞
k=0
(−1)
k
x
2k
, |x| < 1
Tích phân từng từ ta có
arctan x = x −
x
3
3
+
x
5
5
−
x
7
7
+ ···=
∞
k=0
(−1)
k
x
2k+1
2k +1
, |x| < 1
Bài tập: Áp dụng dấu hiệu Abel cho sự hội tụ đều của chuỗi với f
k
(x)=x
k
và
ϕ
k
(x)=a
k
chứng minh
Đònh lý Abel
sau đây:
Nếu chuỗi
∞
k=0
a
k
hội tụ và có tổng S, thì S(x)=
∞
k=0
a
k
x
k
hội tụ khi |x| < 1 và
lim
x→1
−
S(x)=S.
I.3 Chuỗi lũy thừa. 7
c) Dễ thấy các chuỗi cuối ở hai ví dụ trên thỏa đònh lý Abel, suy ra ta có công
thức tính gần đúng
ln 2 = 1 −
1
2
+
1
3
−
1
4
+
1
5
−···+
(−1)
n+1
n +1
+ R
n
π
4
=1−
1
3
+
1
5
−
1
7
+
1
9
−···+
(−1)
n
2n +1
+ R
n
Bài tập: Chứng minh sai số R
n
ở hai công thức trên là O(
1
n
).
Hệ qủa. Nếu hàm f có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa tại lân cận x
0
, i.e.
f(x)=
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
, thì biểu diễn đó là duy nhất. Cụ thể
a
k
=
f
(k)
(x
0
)
k!
k =0, 1, 2, ···
Chứng minh: Qui nạp mệnh đề trên, với mọi n ∈ N và x ờ lân cận x
0
, ta có
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
(n)
=
∞
k=n
k(k − 1) ···(k − n +1)a
k
(x − x
0
)
k−n
Cho x = x
0
ta có công thức trên.
3.3 Chuỗi Taylor. Cho f là hàm khả vi vô hạn ở một lân cận x
0
. Khi đó
chuỗi
Taylor của f tại x
0
được ký hiệu và đònh nghóa
Tf(x)=
∞
k=0
a
k
(x − x
0
)
k
, trong đó a
k
=
f
(k)
(x
0
)
k!
Bài toán là khi nào thì Tf(x)=f(x) ?
Có 3 khả năng xảy ra:
(1) Tf(x) không hội tụ. Ví dụ chuỗi Taylor hàm f (x)=
∞
k=0
sin 2
k
x
k!
.
(2) Tf(x) hội tụ nhưng Tf(x) = f(x). Ví dụ hàm f(x)=e
−
1
x
2
, khi x =0, f(0) = 0,
là hàm khả vi vô hạn và f
(k)
(0) = 0, ∀k. Vậy Tf(x) ≡ 0 = f(x).
(3) Tf(x)=f(x), |x − x
0
| <R. Khi đó ta nói f là
hàm giải tích
trên D = {x :
|x − x
0
| <R}.
Mệnh đề. Nếu f là hàm khả vi vô hạn và tồn tại C sao cho |f
(k)
(x)|≤C, ∀x ∈
(x
0
− R, x
0
+ R), thì f là hàm giải tích trên khoảng đó.
Chứng minh: Theo công thức Taylor, với mỗi x ∈ (x
0
− R, x
0
+ R), tồn tại θ ∈ (0, 1),
sao cho
|f(x) − T
n
(x)| = |R
n
(x)| =
f
(n+1)
(x
0
+ θR)
(n +1)!
(x − x
0
)
n+1
≤
CR
n+1
(n +1)!
8
Vế phải tiến về 0, khi n →∞, nên ta có f (x)=Tf(x).
3.4 Chuỗi Taylor của một số hàm. Từ khai triển Taylor và bán kính hội tụ của
chuỗi lũy thừa ta có
e
x
=1+x +
1
2!
x
2
+ ···+
1
n!
x
n
+ ···
cos x =1−
1
2!
x
2
+
1
4!
x
4
+ ···+
(−1)
n
(2n)!
x
2n
+ ···
sin x = x −
1
3!
x
3
+
1
5!
x
5
+ ···+
(−1)
n
(2n +1)!
x
2n+1
+ ···
1
1 − x
=1+x + x
+
···+ x
n
+ ··· , |x| < 1
ln(1 + x)=x −
1
2
x
2
+
1
3
x
3
+ ···+
(−1)
n+1
n
xan + ··· , |x| < 1
(1 + x)
α
=1+αx +
α(α − 1)
2!
x
2
+ ···+
α(α − 1) ···(α − n +1)
n!
x
n
+ ··· , |x| < 1
Ví dụ. Dựa vào các chuỗi trên có thể biểu diễn thành chuỗi lũy thừa các hàm khác:
a) Hàm erf(x)=
x
0
e
−t
2
dt không là hàm sơ cấp. Để biểu diễn hàm này dưới dạng
chuỗi lũy thừa ta dựa vào biểu diễn của e
x
với x = −t
2
:
e
−t
2
=1− t
2
+
1
2!
t
4
+ ···+
(−1)
n
n!
t
2n
+ ···
Tích phân từng từ ta có
erf(x)=x −
x
3
3
+
x
2
2!5
+ ···+
(−1)
n
n!(2n +1)
x
2n+1
+ ···=
∞
k=0
(−1)
k
k!(2k +1)
x
2k+1
x ∈ R
b) Hàm Si(x)=
x
0
sin t
t
dt cũng không là hàm sơ cấp. Từ biểu diễn của hàm sin x
ta có
Si(x)=
x
0
(1−
1
3!
t
2
+
1
5!
t
4
+···+
(−1)
n
(2n +1)!
t62n+···)dt =
∞
k=0
(−1)
k
(2k + 1)!(2k +1)
x
2n+1
Ví dụ. Công thức sau cho tính xấp xỉ ln 2 với tốc độ nhanh hơn công thức ở ví dụ
mục 4.3. Từ biểu diễn ln(1 + x) suy ra
ln(1 − x)=x +
1
2
x
2
+
1
3
x
3
+ ···+
x
n
n
+ ··· , |x| < 1
Lấy ln(1 + x) − ln(1 − x) ta có
ln
1+x
1 − x
=2(x +
1
3
x
3
+ ···+
x
2n+1
2n +1
+ ···), |x| < 1
Thay x =
1
3
,ta có
ln 2 = 2(
1
3
+
1
3.3
3
+ ···+
1
(2n +1)3
2n+1
)+R
n
I.4 Chuỗi lượng giác. 9
Trong đó sai số
R
n
=
k>n
1
(2k +1)3
2k+1
<
1
3(2n +3)
k>n
1
9
k
=
1
3(2n +1)
(1/9)
n
1 − 1/9
= o(
1
9
n
)
4. CHUỖI LƯNG GIÁC
Có nhiều bài toán liên quan đến hàm tuần hoàn. Phần này ta xét đến việc biểu
diễn hàm tuần hoàn dưới dạng chuỗi. Vì hàm sin và hàm cos là tuần hoàn, nên biểu
diễn qua chúng tự nhiên và thuận tiện hơn qua hàm lũy thừa.
Một
chuỗi lượng giác
là chuỗi hàm dạng
a
0
2
+
∞
k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx)
Nhận xét. Khi hàm f có chu kỳ T, hàm ϕ(x)=f(
T
2π
x) có chu kỳ 2π. Như vậy, ta
chỉ cần xét hàm có chu kỳ 2π, rồi sau đó đổi biến.
4.1 Tính trực giao. Trên không gian các hàm liên tục trên [−π,π], ta đònh nghóa
tích vô hướng
: <f,g>=
π
−π
f(x)g(x)dx, f,g ∈ C[−π,π].
Khi đó hệ các hàm lượng giác 1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, ··· , cos nx, sin nx, ··· là
hệ hàm
trực giao
theo nghóa tích vô hướng của 2 hàm bất kỳ của hệ bằng 0. Cụ thể
π
−π
cos kx cos lxdx =0 k = l
π
−π
sin kxsin lxdx =0 k = l
π
−π
cos kx sin lxdx =0 ∀k, l
Ngoài ra, ta có
π
−π
dx =2π, và
π
−π
cos
2
kxdx =
π
−π
sin
2
kxdx = πk=1, 2, ···
4.2 Hệ số Fourier. Gỉa sử hàm f có thể biểu diễn thành chuỗi lượng giác
f(x)=
a
0
2
+
∞
k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx),x∈ [−π, π]
Khi đó
f(x)coslx =
a
0
2
cos lx +
∞
k=1
(a
k
cos kx cos lx + b
k
sin kxcos lx)
f(x)sinlx =
a
0
2
sin lx +
∞
k=1
(a
k
cos kx sin lx + b
k
sin kxsin lx)
10
Lấy tích phân hình thức vào dấu tổng, từ tính trực giao nêu trên, ta có
a
k
=
1
π
π
−π
f(x)coskxdx, k =0, 1, 2, ···
b
k
=
1
π
π
−π
f(x)sinkxdx, k =1, 2, ···
Các hệ số trên gọi là
hệ số Fourier của hàm f
.
4.3 Chuỗi Fourier. Cho f là hàm khả tích trên [−π,π]. Khi đó chuỗi lượng giác
sau gọi là
chuỗi Fourier của f
Ff(x)=
a
0
2
+
∞
k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx)
trong đó a
k
,b
k
là hệ số Fourier của f được cho bởi công thức ở phần trên.
Nhận xét.
• Nếu f là hàm chẵn, i.e. f(−x)=f (x), thì f(x)sinkx là hàm lẻ nên b
k
=0, i.e.
Ff(x)=
1
2
a
0
+
∞
k=1
a
k
cos kx.
• Nếu f là hàm lẻ, i.e. f(−x)=−f(x), thì f(x)coskx là hàm lẻ nên a
k
=0, i.e.
Ff(x)=
∞
k=1
b
k
sin kx.
• Tính tuyến tính: F (af + bg)=aF f + bF g, với f, g là các hàm khả tích và a, b ∈ R.
Ví dụ.
Hàm f (x), |x|≤π Chuỗi Fourier Ff(x)
sign x
4
π
∞
k=0
sin(2k +1)x
2k +1
.
x 2
∞
k=1
(−1)
k+1
sin kx
k
x
2
π
2
3
+4
∞
k=1
(−1)
k
cos kx
k
2
Ax
2
+ Bx + C A
π
2
3
+ C +4A
∞
k=1
(−1)
k
cos kx
k
2
+2B
∞
k=1
(−1)
k+1
sin kx
k
Bài toán đặt ra là khi nào Ff(x)=f(x) ?
I.4 Chuỗi lượng giác. 11
Cũng như chuỗi Taylor, ta cũng có 3 khả năng:
(1) Ff(x) không hội tụ. Người ta đã xây dựng ví dụ hàm liên tục có chu kỳ 2π mà
chuỗi Fourier không hội tụ tại một điểm.
(2) Ff(x) hội tụ nhưng Ff(x) = f(x). Đònh lý về hội tụ điểm sau sẽ thấy điều đó.
(3) Ff(x)=f (x).
Phần sau đây ta sẽ xét các điều kiện để Ff(x)=f (x). Hơn nữa, xét điều kiện
để sự hội tụ là hội tụ đều.
4.4 Hội tụ điểm. Ký hiệu tổng riêng thứ n của chuỗi Fourier của f:
F
n
f(x)=
a
0
2
+
n
k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx)
Công thức cho tổng riêng F
n
f. Để đánh giá sự hội tụ ta biến đổi
F
n
f(x)=
a
0
2
+
n
k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx)
=
1
2π
π
−π
f(u)du +
n
k=1
1
π
π
−π
f(u)(cos ku cos kx +sinkusin kx)du
=
1
π
π
−π
f(u)
1
2
+
n
k=1
cos k(u − x)
du
Để ý nếu g có chu kỳ T, thì
a+T
a
g(t)dt =
T
0
g(t)dt. Áp dụng cho hàm lấy tích
phân ở trên (sau khi đổi biến t = u − x) với T =2π và a = −π − x, ta có
F
n
f(x)=
1
π
π
−π
f(x + t)
1
2
+
n
k=1
cos kt
dt =
π
−π
f(x + t)D
n
(t)dt
trong đó D
n
(t)=
1
π
1
2
+
n
k=1
cos kt
gọi là
nhân Dirac
.
Từ 2sin
t
2
cos kt =sin(k +
1
2
)t − sin(k −
1
2
)t, thay vào tổng
D
n
(t)=
1
π
sin
2n +1
2
t
2sin
t
2
Dễ thấy D
n
là hàm chẵn, có chu kỳ 2π, và
π
−π
D
n
(t)dt =1
Bổ đề Riemann. Gỉa sử g là hàm khả tích Riemann trên [a, b]. Khi đó
lim
λ→+∞
b
a
g(t)cosλtdt = lim
λ→+∞
b
a
g(t)sinλtdt =0
Không có nhận xét nào:
Đăng nhận xét