Luận văn Hàm khả vi, liên tục phi acsimet

LỜI CẢM ƠN0 T.3

0 TMỤC LỤC0 T .4

0 TKÍ HIỆU0 T .5

0 TMỞ ĐẦU0 T.6

0 TCHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN0 T .7

0 T1.1 Các khái niệm cơ bản0 T .7

0 T1.2 Trường các số p-adic0 T .10

0 TCHƯƠNG 2: HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC BẬC 1 VÀ BẬC 20 T. 14

0 T2.1 Hàm khả vi liên tục0 T.14

0 T2.2 Hàm khả vi liên tục bậc 1 (hàm CP1P)0 T .16

0 T2.3 Một số kết quả về hàm CP1P 0 T.18

0 T2.4 Hàm khả vi liên tục bậc hai0 T.23

0 TCHƯƠNG 3: HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC BẬC n0 T . 33

0 T3.1 Hàm khả vi liên tục bậc n0 T.33

0 T3.2 Một số tính chất của hàm khả vi liên tục bậc n0 T .34

0 T3.3 Công thức Taylor cho các hàm CPnP 0 T .43

0 T3.4 Một số kết quả của hàm CPnP 0 T .45

0 TKẾT LUẬN0 T.52

0 TTÀI LIỆU THAM KHẢO0 T . 53

0 TDANH MỤC TỪ KHOÁ

pdf55 trang | Chia sẻ: NguyễnHương | Ngày: 18/07/2017 | Lượt xem: 718 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Hàm khả vi, liên tục phi acsimet, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ề Hensel. Gọi ( )1BC X K→ là tập tất cả các hàm khả vi liên tục bậc 1 và 11 :f f f ∞ ∞ = ∨ Φ < ∞ ( f thuộc ( )1BC X K→ ), khi đó ( )1BC X K→ sẽ là không gian Banach với chuẩn 1 U2.3.1 Mệnh đề U( Tính đầy đủ của không gian các hàm CP1P bị chặn) ( )1BC X K→ là K-không gian Banach. UChứng minh Để chứng minh mệnh đề 2.3.1) ta sẽ chứng minh mệnh đề sau U2.3.2 Mệnh đề Cho 1 2, ,...f f là dãy hàm CP 1 P trên X Giả sử 1 nfΦ hội tụ đều về g trên 2 X∇ và nf hội tụ về f .Khi đó f là hàm CP 1 P và 1 1nf fΦ →Φ đều. UChứng minh Ta chứng minh g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ Do 1 nfΦ hội tụ đều về g nên ( ) ( ) ( ) 21 1 1 10, : , , , , ,n mN m n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ Cho m →∞ , ta được ( ) ( ) ( ) 21 1 10, , , , ,nn N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ (1) Vậy ( )1 ,nf x yΦ 1 f→Φ đều nên g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ Kế đến ta chứng minh ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ , ( ) 2,x y X∈∇ Vì nf hội tụ về f nên ( ) ( )1, ,n f x y f x yΦ →Φ ( ) ( ), , ,k ka X x y a a∈ → trong đó ( ) 2,k kx y X∈∇ Do (1) nên ( ) ( )0 1 0 1 10, : , ,n k k k kN N n N f x y f x yε ε∀ > ∃ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < (2) ( ) ( )' '1 1, ,k k k kf x y f x yΦ −Φ ≤ ( ) ( ) ( ) ( )' '1 1 1 1, , , ,k k n k k n k k n k kf x y f x y f x y f x yΦ −Φ ∨ Φ −Φ ( ) ( )' ' ' '1 1, ,n k k k kf x y f x y∨ Φ −Φ ε Theo tiêu chuẩn Cauchy ta có ( )1 ,k kf x yΦ hội tụ khi k →∞ Đặt ( ) ( )1 1, : lim ,k kf a a f x yΦ = Φ Chứng minh 1 1nf fΦ →Φ đều Hiển nhiên ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ với mọi ( ) 2,x y X∈∇ Với (a,a) X X∈ × , lấy dãy ( ) ( ), ,k kx y a a→ .Khi đó, do (2) ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 1 10, : , , ,nN n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ Vậy ( ) ( )2 1 1: , ,n k k k kn N f x y f x y ε∀ > Φ −Φ < , cho k →∞ ta được ( ) ( )1 1 2, ,nf a a f a a n NεΦ −Φ suy ra 1 1nf fΦ →Φ đều Chứng minh ( )1BC X K→ là K-không gian Banach Cho 1 2, ,...f f là dãy Cauchy trong BCP 1 P, khi đó: nf f→ đều 1 1nf fΦ →Φ đều Áp dụng mệnh đề 2.3.2, ta được: f là hàm CP1P và 1 1nf fΦ →Φ đều, tính bị chặn của f suy ra trực tiếp từ tính bị chặn của nf .Vậy ( )1f BC X K∈ → do đó ( )1BC X K→ là không gian Banach. U2.3.3 Mệnh đề U(Tính khả nghịch của hàm CP1P) Cho ( )1f C X K∈ → , ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈ . Khi đó: i) X là hợp của các quả cầu rời nhau ( ) ia i B r và ( )/ a iiB rf là phép đồng dạng và ( )( ) ( ) ( )( )'i ia i i if af B r B f a r= ii) Nếu f đơn ánh thì ánh xạ ngược cũng là hàm CP1P. Ta lần lượt xét các mệnh đề sau: U2.3.4 Mệnh đề Cho ( )1f C X K∈ → , ( )'0, 0a f a≠ ≠ .Khi đó tồn tại lân cận U của a sao cho /U Xf ∩ là phép đồng dạng và ( ) ( ) ( )'f x f y f a x y− = − Hay nói cách khác ( )'/ f af là đẳng mêtry trong lân cận nào đó của a, và hiển nhiên khi đó f là đơn ánh trong lân cận đó. UChứng minh Vì f là hàm CP1P nên 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < suy ra: ( ) ( ) ( ) ( )' '1 2 f x f y f a f a x y − − < − Do đó ( ) ( ) ( )' f x f y f a x y − = − Vậy 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < thì ( ) ( ) ( )' .f x f y f a x y− = − U2.3.5 Mệnh đề Cho ( )1f C X K∈ → , f đơn ánh, ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈ Giả sử ( ):g f X K∃ → là nghịch đảo của f , g liên tục. Khi đó g cũng là hàm CP1P và ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈ UChứng minh Lấy ( ),z t f X∈ ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1, , g z g t g z t z t f g z f g t f g z g t g z g t − Φ = = = − − Φ − (i) Vì 1 0fΦ ≠ mọi nơi nên ánh xạ biến ( ),z t thành ( ) ( )( )1 1 ,f g z g tΦ xác định trên ( ) ( )f X f X× là sự mở rộng liên tục của 1gΦ vì thế g là hàm CP1P và do (i) nên ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈ . U2.3.6 Mệnh đề Cho { }:B x K x a r= ∈ − < là quả cầu trong K, :f B K→ Giả sử có Kα ∈ sao cho ( ){ }1sup , , , ,f x y x y B x yα αΦ − ∈ ≠ < Khi đó ( )f B là quả cầu trong K với bán kính .rα và f là phép đồng dạng. UChứng minh Rõ ràng , ,x y B x y∀ ∈ ≠ thì ( )1 ,f x y αΦ = Do đó ( ) ( )f x f y x yα− = − nên f là phép đồng dạng Mặt khác ( ) ( )f x f y x y rα α− = − ≤ nên ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊂ ∈ − ≤ Ta chứng minh ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊃ ∈ − ≤ Lấy ( ):c K c f a rα∈ − ≤ , xây dựng ánh xạ ψ như sau: : B Kψ → biến x B∈ thành ( )f x cx α − − Với x B∈ , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x c x a x a f x f a f a c r r r r r ψ α α α α α α α − − ≤ − ∨ − − ≤ ∨ ∨ ≤ ∨ ∨ = Suy ra ( ) ( )ax B rψ ∈ , ,x y B x y∀ ∈ ≠ ,ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 f x f y x y x y f x f y x y x y ψ ψ α α − − = − − − = − − − ( ) ( ) 1 1 , = 1- 1= . . - , k. x-y , 0<k<1 f x y x y x y f x y α α α Φ − − Φ ≤ Suy ra ψ là phép co nên ψ có điểm bất động 0x ( )0f x c⇒ = Vậy ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα= ∈ − ≤ Mệnh đề 2.3.6 chứng minh xong. Tính chất i) được suy ra trực tiếp từ mệnh đề 2.3.6 và 1.3.1 Tính chất ii) là hệ quả của 2.2.5 U2.3.7 Bổ đề Hensel Trong phần này ta sẽ đưa ra cách khác chứng minh bổ đề Hensel bằng việc áp dụng các tính chất trên. Bổ đề Hensel: f là hàm giải tích trên BR0 R(1) được cho bởi: ( )f x = 0 n n n a x ∞ = ∑ ; x∈ BR0 R(1) Giả sử 1na ≤ n∀ ( n pa Z∈ ) và 0a B∃ ∈ (1) sao cho ( ) 1f a 〈 và ( )' 1f a = Khi đó 0 (1)b B∃ ∈ sao cho ( ) 0f b = ( )b a f a− ≤ UChứng minh Giả sử ( ) 1r f a= < Vì f giải tích trên BR0R (1) nên f có thể viết dưới dạng 2 0 1 2( ) ( ) ( ) ...( 1)f x b b x a b x a x ≤= + − + − + Nhận xét '0 1( ) , ( )f a b b f a= = và 1nb n≤ ∀ Nếu , ( ),ax y B r x y∈ ≠ thì 2 2 3 3 ' 1 2 3 ( ) ( ) ( ) ( )( , ) ( ) ...x a y a x a y af x y f a b b x y x y − − − − − − Φ − = + + − − n 2 1ax ( ) ( )n nm x a y a x y≥ ≤ − − − − n 2 ax : , , n nu vm u r v r u v u v≥  −≤ ≤ ≤ ≠ − 1 n 2 ax nm r r− ≥ ≤ = = '( ) ( )f a f a〈 (<1) (=1) Vậy ( )/ aB rf thoả mãn mệnh đề 2.3.6, ta kết luận f biến ( )aB r thành ( ) ( )f aB r . Vì ( )0 ( )f aB r∈ ( vì 0 ( ) ( )f a f a r− = = ) nên ( ) : ( ) 0ab B r f b∃ ∈ = 2.4 Hàm khả vi liên tục bậc hai U2.4.1.Định nghĩaU (Hàm khả vi liên tục bậc hai) :f X K→ , sai phân bậc hai của f là hàm 32 :f X KΦ ∇ → được cho bởi công thức: ( ) ( ) ( )1 12 , , , , f x y f y z f x y z x z Φ −Φ Φ = − f là hàm khả vi liên tục bậc hai (viết gọn là hàm CP2P) tại a X∈ nếu ( ) ( ) ( )2, , , ,lim , ,x y z a a a f x y z→ Φ tồn tại. f là hàm CP2P trên X nếu f là hàm CP2P tại mọi a X∈ . Tập tất cả các hàm CP2P :f X K→ kí hiệu ( )2C X K→ ( ) ( ){ }2 2 2:BC X K f C X K f→ = ∈ → < ∞ là K-không gian vectơ trong đó 1 22 f f f f ∞ ∞ ∞ = ∨ Φ ∨ Φ . U2.4.2 Nhận xét 1 fΦ , 2 fΦ là hàm đối xứng. Vì X không có điểm cô lập nên 3 X∇ dày đặc trong XP3P. f là hàm CP2P trên X thì f là hàm CP1P trên X U2.4.3 Mệnh đề U(Tính chất của hàm CP2P) :f X K→ a) f là hàm CP2P tại a thì f là hàm CP1P tại a. b) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → lần lượt là các không gian con K-tuyến tính của ( ) ( )1 1;C X K BC X K→ → c) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → đóng với phép nhân d) ( )2f C X K∈ → khi và chỉ khi 2 fΦ có thể mở rộng thành hàm 2 fΦ liên tục trên XP3P. UChứng minh a) f là 2C tại a ⇒ 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) x y z a a a Lim f x y z → Φ tồn tại Khi đó 0δ∃ 〉 : nếu 3( , , )x y z X∈∇ , ( , ,x a y a z aδ δ δ− 〈 − 〈 − 〈 thì 2 fΦ bị chặn bởi M. Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( , , ) f x y f z t f x y f y z f y z f z t f x y f y z f y z f z t x z f x y z y t f y z t Mδ Φ −Φ = Φ −Φ +Φ −Φ ≤ Φ −Φ ∨ Φ −Φ ≤ − Φ ∨ − Φ ≤ Suy ra tồn tại 1( , ) ( , )lim ( , )x y a a f x y→ Φ Vậy f là 1C tại a Dựa vào chứng minh trên ta thấy chỉ cần 2 fΦ bị chặn trong lân cận của ( , , )a a a thì f là 1C tại a b) , Kλ µ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( , , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x y y z x y z f g f g f g f g x y y zf g x z λ µ λ µ λ µ λ µ λ µ + − + + − + − − −Φ + = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f y f z g x g y g y g z x y y z x y y z x z x z λ λ λ λ µ µ µ µ− − − − − − − − − −= + − − 2 2f gλ µ= Φ + Φ c) Ta chứng minh 1 1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ). ( )fg x y f x y g x y f x y g yΦ = Φ +Φ Ta có 1 1( , ) ( , ) ( , ). ( )f x y g x y f x y g yΦ +Φ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x g y f x f yf x g y x y x y − − = + − − ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f y g y x y − = − = 1 ( , )fg x yΦ Ta chứng minh 2 2 1 1 2( , , ) ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )fg x y z f x g x y z f x y g y z f x y z g zΦ = Φ +Φ Φ +Φ 2 ( , , )fg x y zΦ = 1 1( , ) ( , )fg x y fg y z x z Φ −Φ = − 1 1 1 1( ) ( , ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( )f x g x y f x y g y f y g y z f y z g z x z Φ +Φ − Φ −Φ = − 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) f x g x y f x g y z f x g y z f y g y z x z x z f x y g y f x y g z f x y g z f y z g z x z x z Φ − Φ Φ − Φ = + − − Φ −Φ Φ −Φ + + − − 2 1 1 1 1 2 ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , , ) x yf x g x y z f x y g y z x z y z f x y g y z f x y z x z − = Φ + Φ Φ − − + Φ Φ +Φ − 2 1 1 2( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )f x g x y z f x y g y z f x y z g z= Φ +Φ Φ +Φ Vậy 2 2 1 1 2( , , ) ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )fg x y z f x g x y z f x y g y z f x y z g zΦ = Φ +Φ Φ +Φ Do đó nếu f , g là hàm CP2P (bị chặn) thì fg cũng là hàm CP2P (bị chặn) d) Ta xây dựng 2 fΦ là mở rộng của 2 fΦ như sau: ( ) ( ) ( ) 32 2, , , , , , ,f x y z f x y z x y z XΦ = Φ ∀ ∈∇ ( ) ( ) ( ) ( )2 2, , , ,, , lim , , ,x y z a a af a a a f x y z a X→Φ = Φ ∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ' 1 2 , , , f y f y z f y y z y z −Φ Φ = − 2 fΦ xây dựng như trên hiển nhiên liên tục trên 3X Do 2 fΦ liên tục nên cách mở rộng 2 fΦ như trên là duy nhất . U2.4.4 Mệnh đề U( Mối quan hệ giữa đạo hàm bậc hai và sai phân bậc hai của hàm CP2P) Cho :f X K→ là hàm khả vi liên tục bậc hai, khi đó ( ) ( )''22 , ,f x x x f xΦ = UChứng minh Ta đã biết nếu hàm f là hàm CP1P thì f có đạo hàm bậc 1 và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 1, , 1 lim , = , x y a a f a f x y f a a → = Φ Φ Trong trường hợp f là hàm CP2P thì đạo hàm cấp 2 của f được tính thông qua sai phân bậc 2 của f . Ta có: ( ) ( ) ( ) ' 1 2 , , , f x f x z f x x z x z −Φ Φ = − ( ) ( ) ( ) ( ) ' 1 2 2 , , , , , f x z f z f z x z f x z z x z Φ − Φ = Φ = − do tính đối xứng của 2 fΦ Cộng theo vế ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' 2 2, , , , f x f z f x x z f z x z x z − Φ +Φ = − Cho x z→ ta được ( ) ( )''22 , ,f x x x f xΦ = . Từ đây ta suy ra nếu f là hàm CP2P thì đạo hàm cấp 2 của f liên tục. Điều ngược lại không đúng, để chứng tỏ điều này, ta xét ví dụ sau U2.4.5 Ví dụ Cho :f X K→ thoả ( ) ( ) 2f x f y x y− = − . Khi đó f khả vi vô hạn lần, ( )1f C X K∈ → nhưng ( )2f C X K∉ → . UChứng minh Đầu tiên, ta chứng minh f khả vi vô hạn lần ( ) ( )lim lim 0 x y x y f x f y x y x y→ → − = − = − Suy ra ' 0f = Do vậy f khả vi vô hạn lần và ( ) 0nf n= ∀ Kế đến, ta chứng minh ( )1f C X K∈ → ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , lim lim 0 a X x y a a x y a a f x f y x y x y→ → − = − = ∀ ∈ − nên ( )1f C X K∈ → Ta chứng minh ( )2f C X K∉ → Thật vậy, giả sử ( )2f C X K∈ → ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 2 2 2 2 , , x = = 1 z,x X,z x 1 f x f z f x x zf x x z x z f f z x z x z x z − − −Φ = − − − = − − ∀ ∈ ≠ Mặt khác nếu ( )2f C X K∈ → thì ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )''2 2, , , ,2 lim , , 2 , , 0x x z z z z f x x z f z z z f z→ Φ = Φ = = điều này mâu thuẫn với (1) Vậy ( )2f C X K∉ → (Ở đây ta xét trường hợp char(K) bằng 0) U2.4.6 Nhận xét Từ đẳng thức ( ) ( )''22 , ,f x x x f xΦ = nếu char(K) khác 2 ta suy ra được ( ) ( )''2 1, , 2 f x x x f xΦ = như vậy nếu '' 0f = thì ngay lập tức ta cũng có 2 0fΦ = Nếu char(K)=2, ta xét ví dụ sau để thấy sẽ xảy ra trường hợp ( )2f C X K∈ → , '' 0f = nhưng 2 0fΦ ≠ U2.4.7 Ví dụU (Hàm khả vi liên tục bậc hai, có đạo hàm cấp 2 bằng 0 nhưng 2 0fΦ ≠ ) Cho :f X K→ được xác định bởi công thức ( ) 2f x x= , khi đó ( )2f C X K∈ → , '' 0f = nhưng 2 0fΦ ≠ UChứng minh Ta chứng minh '' 0f = ( )' 2 0 f x x x X= = ∀ ∈ Suy ra ( )'' 0 f x x X= ∀ ∈ Ta chứng minh ( )2f C X K∈ → và 2 0fΦ ≠ Ta có ( ) 2 2 1 , x yf x y x y x y − Φ = = + − Nên ( ) ( ) ( )1 12 , , , , 1 f x y f y z x y y zf x y z x z x z Φ −Φ + − − Φ = = = − − Vì vậy ( )2f C X K∈ → và ( ) ( ) 32 , , 1 , ,f x y z x y z XΦ = ∀ ∈ U2.4.8 Mệnh đề U(Công thức Taylor cho hàm CP2P) Cho ( )2f C X K∈ → .Khi đó tồn tại hàm liên tục 2 :R X X K× → sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2' 2 , x,y Xf x f y x y f y x y R x y= + − + − ∀ ∈ (1) UChứng minh Chọn ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 2 2, , , f x f y f y x yR x y f x y y x y − − −= Φ = − Dễ thấy ( )2 ,R x y chọn như trên thoả mãn (1) U2.4.9 Mệnh đề Cho :f X K→ Giả sử có :g X K→ liên tục, :R X X K× → liên tục và thoả ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 , x,y Xf x f y x y g y x y R x y= + − + − ∀ ∈ Khi đó: ( ) ( ) ( )2 ' 2, , , , , x,y Xf C X K g f R x y f x y y∈ → = = Φ ∀ ∈ Chứng minh Ta chứng minh 'g f= Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 , x,y Xf x f y x y g y x y R x y= + − + − ∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), f x f y g y x y R x y x y − ⇔ = + − − Ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( )lim , x y g y x y R x y g y → + − =   Vì thế nên ( ) ( )'g y f y y X= ∀ ∈ Kế đến ta chứng minh ( )1f C X K∈ → Thật vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , lim lim , x y a a x y a a f x f y g y x y R x y g a x y→ → − = + − =  − Do g liên tục nên ( )1f C X K∈ → Ta tiếp tục chứng minh ( )2f C X K∈ → Theo giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ,f y f x x y g x y x R y x= + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ' 1 , , , , , f y f x g x y x R y x y x f y x g x y x R y x f x y f x y x R y x − ⇔ = + − − ⇔ Φ = + − ⇔ Φ = + − Tương tự ta cũng có: ( ) ( ) ( ) ( )'1 , ,f x z f x z x R z xΦ = + − Lấy 3( , , )x y z X∈∇ và giả sử y z x y x z− ≥ − ∨ − khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 , , , , , , = = , , , , , , f x y f x z f x y z y z y x R y x z x R z x y z x y z R y x x y z R z xµ µ Φ −Φ Φ = − − − − − − Trong đó 1 2 1 21, 1, 1µ µ µ µ≤ ≤ + = Cho ( ) ( ), , , ,x y z a a a→ thì ( ) ( )2 , , ,f x y z R a a a XΦ → ∀ ∈ Vậy ( )2f C X K∈ → Sau cùng ta chứng minh ( )2 ( , , ) ,f x y y R x yΦ = Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , ( ) , , ( ) , f x y R y x y R x y f y x R x y x R y x Φ = + − Φ = + − Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 , , , , ( ) , ( ) = = , f x y f y y f x y y x y R y x y R x y R y x y R x y Φ −Φ Φ = − + − − − U2.4.10 Ví dụ Hàm giải tích địa phương là hàm CP2 UChứng minh :f X K→ là hàm giải tích địa phương trên X nên a X∀ ∈ tồn tại lân cận V của a, V X⊂ và /Vf là hàm giải tích. Nên ( ) ( ) 0 : nn n u V f x a x u ∞ = ∃ ∈ = −∑ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 0 0 0 0 1 2 2 1 0 1 2 2 1 0 , , ... ... n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n f x f y f x f z x y x zf x y z y z a x u a y u a x u a z u x y x z y z a x u x u y u x u y u y u y z a x u x u z u x u z u z u y z ∞ ∞ ∞ ∞ = = = = ∞ − − − − = ∞ − − − − = − − − − −Φ = − − − − − − − − − −= −  − + − − + + − − + −  = − −  − + − − + + − − + −  − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 22 0 2 2 1 1 2 3 0 ... + y-z ... nn n n n n n n n n n n x u x u z ux u y z a y z y z x u y u z u y u z u y z a x u x u y u z u −−∞ = − − − − ∞ − − =   − − − −− −  = + + +  − −   − − − − − − −   −   = − + − − + − +    ∑ ∑ là đa thức theo 3 biến x, y, z ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 2, , , , 0 2 0 2 0 lim , , 2 3 ... = 1 2 ... 1 1 = 2 n n n nx y z a a a n n n n n n n f x y z a a u a u a u a u a u a a u n n n a a u ∞ − − − → = ∞ − = ∞ − =  ⇒ Φ = − + − − + − − +   − + + + −    − − ⇒ ∑ ∑ ∑ ( )2f C X K∈ → U2.4.11 Nhận xét Hàm giải tích địa phương là hàm CP2P nên hiển nhiên hàm giải tích cũng là hàm CP2P. Một số hàm giải tích (địa phương) thường gặp là:hàm hằng, hàm hằng địa phương, hàm đa thức, hàm ( ) 0 exp x E ! n n xx n ∞ = = ∈∑ ,E là miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 0 ! n n x n ∞ = ∑ U2.4.12 Ví dụ Xét : Qp pf Z → xác định bởi công thức 3 0 0 n n n n n n f a p a p ∞ ∞ = =   =    ∑ ∑ Khi đó f là hàm CP2P , đơn ánh và ( ) ( ) 3 , pf x f y x y x y Z− = − ∀ ∈ UChứng minh Đầu tiên, ta chứng minh f là đơn ánh Do ( ) ( ) 3 , pf x f y x y x y Z− = − ∀ ∈ Nếu , px y Z∈ và jx y p− = thì ( ) ( ) 3 jf x f y p− = nên f là đơn ánh và ( ) ( ) 3f x f y x y− = − Kế đến ta chứng minh ( )2 pQpf C Z∈ → Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , , f x f y f y f z x y y zf x y z x z − − − − −Φ = − Không mất tính tổng quát, ta giả sử x z x y y z− ≥ − ∨ − . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , , f x f y f y f z x y y z f x y z x z x y y z x z − − ∨ − − Φ ≤ − − ∨ − ≤ − ( ) ( ) ( ) 2 2 2, , , , lim , , 0 x y z a a a x y y z x z x z x y y z f x y z → − − ≤ ∨ − − ≤ − ∨ − ⇒ Φ = Vậy ( )2 pQpf C Z∈ → U2.4.13 Ví dụ (U f là hàm CP1P nhưng f không là hàm CP2P) Xét : Qp pf Z → xác định bởi công thức 2 0 0 n n n n n n f a p a p ∞ ∞ = =   =    ∑ ∑ Khi đó f là hàm CP1P , ( ) ( ) 2 , pf x f y x y x y Z− = − ∀ ∈ nhưng f không là hàm CP2P. UChứng minh Ta có ' 0f = do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , , , lim lim 0 x y a a x y a a f x f y x y x y→ → − = − = − Ta chứng minh ( )1 pQpf C Z∈ → Ta có ( ) ( ) ( )1 , f x f y f x y x y − Φ = − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1, , , lim , 0 x y a a f x y x y f x y → ⇒ Φ = − ⇒ Φ = Vậy ( )1 pQpf C Z∈ → Ta chứng minh f không là hàm CP2 Thật vậy, giả sử f là hàm CP2P,ta có: ( ) ( ) ( ) ( )' 2 , , f x f z f x x zf x x z x z − − −Φ = − ( ) ( ) ( )2 0 1 f x f z x z − = − = − (1) Mặt khác nếu f là hàm CP2P thì ( ) ( ) ( ) ( )''2, , , , 1lim , , 0 2x x z a a a f x x z f z → Φ = = (2) Vậy f không là hàm CP2 P(do mâu thuẫn giữa (1) và (2)) CHƯƠNG 3: HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC BẬC n 3.1 Hàm khả vi liên tục bậc n U3.1.1 Định nghĩa : Cho n N∈ { 1 1( , ,... )n nnX x x x X∇ = ∈ : nếu i j≠ thì }i jx x≠ Sai phân bậc n của f kí hiệu 1: nn f X K+Φ ∇ → n fΦ được định nghĩa bằng cách quy nạp 0 f fΦ = 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 1 1 2 ( , ,..., ) ( , ,..., )( , ,..., ) n n n nn n f x x x f x x xf x x x x x − + − + + Φ −Φ Φ = − Ta nói f khả vi liên tục bậc n ( viết tắt : f là hàm )nC nếu n fΦ có thể mở rộng thành hàm liên tục 1: nn f X K+Φ → Nếu f là hàm khả vi liên tục bậc n, ta định nghĩa ( ) ( , ,... )( )n nD f a f a a a a X= Φ ∈ Tập tất cả các hàm nC từ X K→ kí hiệu nC ( X K→ ) 1 ( ) : ( )n n C X K C X K ∞ ∞ = → = ∩ → U3.1.2 Nhận xét Trường hợp khả vi liên tục bậc 1, bậc 2, đã trình bày ở chương 1, chương 2. Vì X không có điểm cô lập nên 1n X+∇ dày đặc trong 1nX + , vì vậy nếu hàm f là nC thì sự mở rộng của n fΦ thành n fΦ là duy nhất. U3.1.3 Định nghĩa ( )nBC X K→ là không gian các hàm CPnP :f X K→ , trong đó: { }j: ax ;0nf m f j n∞= Φ ≤ ≤ là chuẩn trên ( )nBC X K→ 3.2 Một số tính chất của hàm khả vi liên tục bậc n Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh một số tính chất của hàm n fΦ ở các mệnh đề U3.2.1U; U3.2.2U; U3.2.3U còn ở mệnh đề U3.2.4U và mệnh đề U3.2.5U ta sẽ tìm hiểu mối liên hệ giữa hàm khả vi liên tục bậc n trên X (hàm CPnP trên X theo định nghĩa ở phần I) và hàm khả vi liên tục bậc n theo từng điểm trên X, từ đó thấy được sự thống nhất trong định nghĩa các hàm khả vi liên tục bậc 1, 2 và bậc n. U3.2.1 Mệnh đề Cho , : , , ,f g X K K n Nλ µ→ ∈ ∈ 1. Nếu 21 1( , , , ,... ) nnx y z x x X+− ∈∇ thì 1 1 1 1 1 1 ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) n n n n n n x y f x y x x y z f y z x x x z f x z x x − − − − Φ + − Φ = − Φ 2. n fΦ là hàm đối xứng 1n + biến 3. Nếu 21 1( ,... , ,..., ) nn nx x a a X∈∇ thì ( )1 1 2 1 1 1 1 ( , ,..., ) ( ,.., ) ( ,.. , ,..., ) n n n n n j j n j j n j f x x x f a a x a f a a x x− − = Φ −Φ = − Φ∑ 4. ( )n n nf g f gλ µ λ µΦ + = Φ + Φ 5. Nếu 11 1( ,... ) nnx x X++ ∈∇ thì 1 1 1 1 1 1 0 ( )( ,..., ) ( ,... ) ( ,..., ) n n n j j n j j n j fg x x f x x g x x+ + − + + = Φ = Φ Φ∑ 6. Nếu ( ) 11 1 10 , , ( ,... ) nnf x x X g x x Xf + +≠ ∀ ∈ = ∈∇ thì 1 1 1 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ) ( ,... ) ( ,..., ) n n n j j n j j n j g x x f x f x x g x x− + − + + = Φ = − Φ Φ∑ 7. g là hàm đa thức bậc 1 0nn g+≤ ⇔ Φ = UChứng minh 1. ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) ( , , ,... ) ( , , ,... ) y ( , , ,... ) ( , , ,... ) z ( , , ,... ) ( , , ,. n n n n n n n n n n n n n n n n n x y f x y x x y z f y z x x x z f x z x x x f x y x x f x z x x f y z x x f x y x x f x z x x f y z x − − − − − − − − − Φ + − Φ = − Φ ⇔ Φ −Φ + Φ −Φ + Φ −Φ( )1.. ) 0nx − = ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ( , , , ,... ) ( , , , ,... ) n n n n x y z f x y z x x y z x f x y z x x + − + − ⇔ − Φ + − Φ + ( ) 1 1 1z ( , , , ,... ) 0n nx y f x y z x x+ −− Φ = (đúng) 2. n=1, ta có 1 fΦ là hàm đối xứng 2 biến Giả sử 1n f−Φ là hàm đối xứng n biến, ta chứng minh n fΦ là hàm đối xứng n+1 biến . Không mất tính tổng quát ta chứng minh { }1 1 1 1( ,..., ,..., ,... ) ( ,..., ,..., ,... ) , 1, 2n i j n n j i nf x x x x f x x x x i j+ +Φ = Φ ∀ ∉ Thật vậy: Do 1 1 3 1 1 2 3 11 1 1 2 ( , ,... ) ( , ,... )( ,... ) n n n nn n f x x x f x x xf x x x x − + − + + Φ −Φ Φ = − (*) và 1n f−Φ là hàm đối xứng nên { }1 1 1 1( ,..., ,..., ,... ) ( ,..., ,..., ,... ) , 1, 2n i j n n j i nf x x x x f x x x x i j+ +Φ = Φ ∀ ∉ (Trong trường hợp { }1,2i∈ hoặc { }1,2j∈ ta khai triển (*) theo 1,m mx x + mà m và m+1 đều không thuộc {1,2}) 3. 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 2 ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) ( , ..., ) ( , ,..., ) ( , ,..., ) .... ( ,..., , ) ( , ,..., ) n n n n n n n n n n n n n n n n n f x x f a a f x x f a x x f a x x f a a x f a a x f a a a − − − − − − − − − Φ −Φ = Φ −Φ + Φ −Φ + Φ −Φ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 ( , ,..., ) ( , , ,..., ) ... + ( ,... , ) n n n n n n n n n x a f a x x x a f a a x x x a f a a x = − Φ + − Φ + − Φ ( ) 1 1 ( ,... , ,..., ) n j j n j j n j x a f a a x x = = − Φ∑ 4. Trường hợp n=1 và n=2 đã chứng minh Giả sử đúng trong trường hợp n-1, ta chứng minh đúng cho trường hợp n ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 1 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 , ,..., , ,..., , ,..., n n n n n n f f g x x x f f g x x x f f g x x x x x λ µ λ µ λ µ + − + − + Φ + = Φ + −Φ + = − ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 , ,..., , ,..., , ,..., , ,..., n n n n n n n n f x x x f x x x x x g x x x g x x x x x λ µ − + − + − + − + Φ −Φ = + − Φ −Φ − ( ) ( )1 2 1 1 2 1, ,..., , ,...,n n n nf x x x g x x xλ µ+ += Φ + Φ Vậy ( )n n nf g f gλ µ λ µΦ + = Φ + Φ 5. 1 1 1 1 1 1 0 ( )( ,..., ) ( ,... ) ( ,..., ) n n n j j n j j n j fg x x f x x g x x+ + − + + = Φ = Φ Φ∑ n=1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 , = , , fg x fg x fg x x x x f x g x f x g x f x g x f x g x x x g x g x f x f x f x g x x x x x f x g x x f x x g x − Φ = − − + − − − − = + − − = Φ +Φ Giả sử biểu thức đúng cho trường hợp n-1, ta chứng minh biểu thức đúng trong trường hợp n 1 1 1 1 0 ( ,... ) ( ,..., ) n j j n j j n j x x g x x+ − + + = Φ Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 2 1 n-1 1 1 1 1 1 1 ,..., , ,..., ... ,..., , ,..., n n n n n n n n n n f x g x x f x x g x x f x x g x x f x x g x + − + + + + = Φ +Φ Φ + + Φ Φ +Φ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 ,..., ,..., , = ,..., ,..., , + , ... n n n n n n n n n n n n n n g x x g x x x f x x x g x x g x x x f x x x x − − − + + − − − + + Φ −Φ − Φ −Φ Φ − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,..., ,..., ,..., , n n n n n n n n n n n n n n g x g x f x x x x f x x f x x x g x x x + − + − − − + + + − +Φ − Φ −Φ + − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,..., ,..., , ,..., n n n n n n n n n fg x x fg x x x x x fg x x − − − + + + Φ −Φ = − = Φ 6. Ta có ( ) ( ) ( )1 1 1 111 1 ,..., ,..., n j j n j j n j f x x g x x f x + − + += − Φ Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 111 1 ,..., ,..., ,..., n j j n j j n n n j f x x g x x f x g x x f x + − + + +=  − = Φ Φ + Φ   ∑ ( ) ( ) ( )1 1 11 1 ,..

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfLA5897.pdf
Tài liệu liên quan