Đến nội dung


Nesbit

Đăng ký: 26-12-2004
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 05:45
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tồn tại $f$ sao cho $\lim_{a\to 0}...

23-09-2022 - 19:33

Lưu ý là với một hàm cụ thể nếu tốc độ đổi dấu không đúng thì cũng không thể làm cho tích phân hội tụ được. Ví dụ như hàm $1/x$ nếu cho đổi dấu chậm quá thì cũng không hội tụ, chẳng hạn thay $\left(\frac{1}{2n+1},\frac{1}{2n}\right]$ bằng $\left(\frac{1}{2^{2n+1}},\frac{1}{2^{2n}}\right]$.

 

Sau đây là kết quả tổng quát hơn mà Nesbit nhắc tới hôm trước. Ý tưởng là chia đoạn $(0,1]$ ra nhiều đoạn nhỏ bằng một dãy số nào đó, rồi cho $f$ đổi dấu liên tục trên các đoạn đó.

 

Mệnh đề. Cho $(c_n)$ là một dãy số giảm từ $1$ tới $0$ (tức là $c_1 = 1$ và $c_n\searrow 0$). Cho $F$ là một hàm tăng và khả vi trên $(0,1]$ sao cho $F(c_n) - F(c_{n+1}) \searrow 0$, đồng thời $\lim_{x\to 0} F(x)$ không tồn tại (hoặc bằng vô cùng). Khi đó hàm số sau khả tích trên $[0,1]$ nhưng không khả tích tuyệt đối trên $[0,1]$:

\begin{equation}f(x) = \begin{cases} F'(x),&\mbox{nếu } x\in (c_{2n+1},c_{2n}] \\  -F'(x),&\mbox{nếu } x\in (c_{2n},c_{2n-1}] \end{cases}.\end{equation}

 

Chứng minh cũng rất đơn giản, cứ cộng các tích phân trên từng đoạn nhỏ là ra. Có kết quả này rồi thì ta cứ lấy một dãy $(c_n)$ tiến đến $0$ (ví dụ $c_n=1/n$ ở trên kia), sau đó tìm hàm $F$ thoả mãn điều kiện.


Trong chủ đề: $\frac{P(x^2+1)}{x^2+1}=\frac{P(x...

21-09-2022 - 20:33

Cách của Hoang72 rất hay! Ở trên bangbang1412 có nhầm chút xíu khi suy ra $Q=0$ thay vì hằng số. 


Trong chủ đề: Tồn tại $f$ sao cho $\lim_{a\to 0}...

21-09-2022 - 20:24

Vâng em viết nhầm ạ, phải là 1. Tích phân suy rộng loại I là tích phân có cận vô cùng, còn tích phân suy rộng loại II là tích phân trên khoảng hữu hạn mà hàm có điểm kỳ dị trên khoảng này ạ.

Anh check thì thấy đúng như vậy nhưng nhìn lại thấy cận dưới của em là $0$ nên mới hỏi lại để xác minh. Cách phân loại này anh cũng từng đọc trong sách nhưng không bao giờ nhớ nổi, và cũng không hiểu tại sao lại phân ra như vậy. Đối với anh thì hai kiểu này không có gì khác nhau, nhưng có thể anh bỏ sót điều gì đó chăng?

 

Nếu dùng phép đổi biến $t=1/x$ thì tích phân $\int_{1}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx$ trở thành $\int_{0}^{1}\dfrac{\sin{(1/t)}}{t}dt$, nên có thể chọn $f(x)=\dfrac{\sin{(1/x)}}{x}$ cho câu hỏi ban đầu của anh. Một điều em thấy hơi lạ là trong các sách giải tích em đọc thì có rất ít ví dụ về tích phân suy rộng loại II.

Đúng là nếu đổi cận thành $1$ thì kết quả ra rất đẹp khi đổi biến. Ví dụ này anh cũng có biết trước khi đăng bài.

 

Về ý tưởng để giải bài này, thì một cách tự nhiên ta sẽ cố gắng tìm $f$ sao cho $\int |f|$ không bị chặn, đồng thời $f$ đổi dấu liên tục trên $(0, 1]$ để hi vọng khi lấy tích phân của $f$ thì các khoảng sẽ triệt tiêu lẫn nhau. Ví dụ mà vutuanhien đưa ra ở trên cũng là một hàm đổi dấu liên tục như vậy. Nesbit tìm được một ví dụ khác như sau (với $n\ge 1$):

\begin{equation}f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x},&\mbox{nếu } x\in\left(\frac{1}{2n+1},\frac{1}{2n}\right] \\
-\frac{1}{x},&\mbox{nếu } x\in\left(\frac{1}{2n},\frac{1}{2n-1}\right] \end{cases}.\end{equation}

 

(Trên thực tế thì ví dụ trên không phải mình mò ra ngay mà được chọn ra từ một kết quả tổng quát hơn, mai sẽ đăng tiếp vì bây giờ phải off mất rồi.)


Trong chủ đề: Tồn tại $f$ sao cho $\lim_{a\to 0}...

20-09-2022 - 22:21

Lâu ngày không động đến mấy cái này nên em cũng chưa nghĩ ra được phản ví dụ nào cho hội tụ có điều kiện kiểu này. Nếu là tính phân suy rộng loại I thì có ví dụ đó là $\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx$. Có lẽ bằng một phép đổi biến có thể đưa tích phân này về tính phân suy rộng loại 2.
 

Định nghĩa loại 1 loại 2 chính xác là thế nào ấy em nhỉ? Tích phân ở trên có vẻ thuộc cả hai vì cận dưới cũng là limit nốt (hoặc có thể em nhầm $1$ thành $0$).


Trong chủ đề: $X$ compact, $(f_n)$ liên tục trên $X$,...

20-09-2022 - 22:03

Cảm ơn vutuanhien. Đó đúng là cách kinh điển được trình bày trong nhiều sách (có tác giả dùng $V_n = X\setminus U_n$ thay vì $U_n$ như ở trên, cũng tương đương nhau cả). Cách này cũng rất tự nhiên vì tìm cách xây dựng một phủ mở hữu hạn theo định nghĩa của tập compact.

 

Cách của anh dùng một tính chất "khác" của tập compact đó là mọi dãy trong $X$ tồn tại một dãy con hội tụ trong $X$.

 

Đặt $g_n = f_n-f$ như trên thì ta cần chứng minh $g_n$ hội tụ đều về $0$, nghĩa là $M_n\to 0$ với $M_n = \sup_{x\in X}|g_n(x)|$. Vì $X$ compact nên $\sup$ có thể đạt được, tức là tồn tại $x_n\in X$ sao cho $M_n = |g_n(x_n)|$. Vì $g_n\ge g_{n+1}$ và $g_n\to 0$ nên ta có $g_n\ge g_{n+1}\ge 0\forall n$. Lấy $\sup$ ta được $M_n\ge M_{n+1}\ge 0$, nghĩa là $(M_n)$ là một dãy giảm bị chặn dưới bởi $0$, nên nó có giới hạn $L\ge 0$. Ta cần chứng minh $L=0$.

 

Từ đây trở đi ta chỉ cần làm việc với một dãy con hội tụ $(x_k)_{k\in I}$ của $(x_n)$ (để cho đơn giản ta không cần viết rõ $k\in I$). Giả sử $x_k\to x^*\in X$. Với mọi $\epsilon > 0$, vì $g_n\searrow 0$ nên tồn tại $N$ sao cho $0\le g_N(x^*)\le \epsilon$. Vì $x_k\to x^*$ và $g_N$ liên tục nên tồn tại $p\ge N$ sao cho $|g_N(x_p) - g_N(x^*)| \le \epsilon$. Thế thì $g_N(x_p) \le g_N(x^*)+\epsilon \le 2\epsilon$. Do $g_N\ge g_p$ nên $g_N(x_p) \ge g_p(x_p) = M_p \ge L$. Vậy $L \le 2\epsilon$. Điều này đúng với mọi $\epsilon > 0$ nên $L=0$.

 

Hi vọng không có chỗ nào sai. Ở trên tính compact của $X$ được sử dụng thêm ở chỗ lấy $\sup$ (ngoài chỗ lấy dãy con hội tụ), nhưng thực ra không cần thiết. Ở bước này không cần $\sup$ phải đạt được mà chỉ cần lấy $x_n$ sao cho $g_n(x_n) \ge M_n - \epsilon$.