1.2 Sá»± há»i tá»¥ cá»§a chuá»i sá» dÆ°Æ¡ng - lib - Äáº¡i há»c ThÄng Long

BÀI GIẢNG 

GIẢI TÍCH 3 

ĐẠI HỌC THĂNG LONG 

Ngày 9 tháng 8 năm 2008

MỤC LỤC 

Trang 

1 Chuỗi số 1 

1.1 Các khái niệm và tính chất cơ bản của chuỗi số . . . . . . . . . . . 1 

1.1.1 Các khái niệm cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 

1.1.2 Các tính chất cơ bản của chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . 2 

1.2 Sự hội tụ của chuỗi số dương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 

1.2.1 Các dấu hiệu so sánh của chuỗi số dương . . . . . . . . . . 4 

1.2.2 Các dấu hiệu hội tụ của chuỗi số dương . . . . . . . . . . . 6 

1.3 Sự hội tụ của chuỗi số bất kỳ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

1.3.1 Dấu hiệu Leibnitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 

1.3.2 Dấu hiệu Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 

1.3.3 Sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . 14 

2 Dãy hàm và chuỗi hàm 20 

2.1 Khái niệm về dãy hàm và sự hội tụ đều . . . . . . . . . . . . . . . 20 

2.1.1 Khái niệm hội tụ và hội tụ đều của dãy hàm . . . . . . . . . 20 

2.1.2 Điều kiện hội tụ đều của dãy hàm . . . . . . . . . . . . . . 22 

2.2 Các tính chất hàm giới hạn của dãy hàm . . . . . . . . . . . . . . . 24 

2.2.1 Tính liên tục của hàm giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . 24 

2.2.2 Tính khả tích của hàm giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . 25 

2.2.3 Tính khả vi của hàm giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 

2.3 Chuỗi hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 

2.3.1 Khái niệm về chuỗi hàm và sự hội tụ đều . . . . . . . . . . 28 

2.3.2 Các dấu hiệu hội tụ đều của chuỗi hàm . . . . . . . . . . . 30 

2.3.3 Các tính chất của tổng chuỗi hàm . . . . . . . . . . . . . . 35 

i

MỤC LỤC 

ii 

2.4 Chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 

2.4.1 Khái niệm, tính chất và bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa . 39 

2.4.2 Tính chất của tổng chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . 43 

2.4.3 Khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa . . . . . . . . . . . . . 46 

2.4.4 Khai triển các hàm sơ cấp thành chuỗi lũy thừa. . . . . . . . 47 

2.5 Chuỗi Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 

2.5.1 Khái niệm và tính chất cơ bản của chuỗi Fourier . . . . . . 50 

2.5.2 Khai triển hàm thành chuỗi Fourier . . . . . . . . . . . . . 52 

2.5.3 Khai triển chẵn và khai triển lẻ . . . . . . . . . . . . . . . 53 

2.5.4 Khai triển Fourier trong đoạn [−l, l] . . . . . . . . . . . . . 55 

3 Tích phân suy rộng 63 

3.1 Tích phân suy rộng loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 

3.1.1 Định nghĩa và tính chất của tích phân suy rộng loại 1 . . . . 63 

3.1.2 Các dấu hiệu so sánh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 

3.1.3 Dấu hiệu Dirichlet và dấu hiệu Abel . . . . . . . . . . . . . 70 

3.1.4 Sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . 74 

3.2 Tích phân suy rộng loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 

3.2.1 Định nghĩa và các tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 

3.2.2 Các dấu hiệu hội tụ của tích phân suy rộng loại 2 . . . . . . 78 

4 Tích phân phụ thuộc tham số 83 

4.1 Tích phân phụ thuộc tham số với cận cố định . . . . . . . . . . . . 83 

4.1.1 Định nghĩa và ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 

4.1.2 Tính liên tục của tích phân phụ thuộc tham số . . . . . . . 84 

4.1.3 Tính khả vi và khả tích của tích phân phụ thuộc tham số . . 85 

4.2 Tích phân phụ thuộc tham số với cận thay đổi . . . . . . . . . . . . 88 

4.3 Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số . . . . . . . . . . . . . . . . 92 

4.3.1 Định nghĩa hội tụ và hội tụ đều tích phân suy rộng phụ thuộc 

tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 

4.3.2 Các tiêu chuẩn hội tụ đều tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 93 

4.3.3 Các tính chất của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số . . . 97

Chương 1 

Chuỗi số 

1.1 Các khái niệm và tính chất cơ bản của chuỗi số 

1.1.1 Các khái niệm cơ bản 

Định nghĩa 1.1.1 

Cho dãy số {a n } +∞ 

n=n 0 

. Ký hiệu hình thức 

được gọi là một chuỗi số. 

+∞∑ 

k=n 0 

a k = 

lim 

n→+∞ 

n∑ 

k=n 0 

a k = 

lim 

n→+∞ A n 

∑ 

1. Nếu dãy A n = n a k hội tụ tới A hữu hạn thì ta nói chuỗi số +∞ ∑ 

a k hội tụ và 

k=n 0 k=n 0 

có tổng bằng A và viết +∞ ∑ 

a k = A. 

k=n 0 

2. Nếu dãy A n = n ∑ 

số +∞ ∑ 

k=n 0 

a k phân kỳ. 

k=n 0 

a k không hội tụ hoặc có giới hạn +∞, −∞ thì ta nói chuỗi 

Theo định nghĩa trên, chuỗi số có thể bắt đầu bằng chỉ số n 0 bất kỳ, tuy nhiên người 

ta thường lấy n 0 = 0, 1 hoặc 2. Ta cũng sẽ thấy rằng sự hội tụ của chuỗi không phụ 

thuộc vào việc chọn chỉ số n 0 . 

Ví dụ: Xét chuỗi số +∞ ∑ 

q k = 1 + q + q 2 + . . . + q n + . . . 

k=0 

1. Với q ≠ 1 ta có: A n = n ∑ 

k=0 

q k = 1 − qn+1 

1 − q . 

1

1.1. Các khái niệm và tính chất cơ bản của chuỗi số 2 

• Nếu |q| < 1 thì lim 

n→+∞ A n = 1 

1 − q , do vậy +∞ ∑ 

k=0 

q k = 1 

1 − q . 

• Nếu |q| > 1 thì lim 

n→+∞ A n = +∞ chuỗi đã cho phân kỳ. 

2. Với q = 1 ta có A n = n + 1 do đó: lim 

n→+∞ A n = +∞ chuỗi đã cho phân kỳ. 

3. Với q = −1 chuỗi đã cho phân kỳ vì không tồn tại giới hạn của dãy: 

{ 1 nếu n = 2k, 

A n = 

0 nếu n = 2k + 1 

Như vậy chuỗi số +∞ ∑ 

q k hội tụ khi và chỉ khi |q| < 1. Đây là kết quả rất quan trọng 

k=0 

được sử dụng nhiều trong chứng minh các định lý khác và được áp dụng khi làm bài 

tập. 

1.1.2 Các tính chất cơ bản của chuỗi số 

Định lý 1.1.2 

Nếu chuỗi +∞ ∑ 

k=1 

a k hội tụ thì lim 

k→+∞ a k = 0. 

∑ 

Chứng minh: Đặt A n = n a k và do chuỗi hội tụ nên lim A n = A. 

k=1 

n→+∞ 

Khi đó lim a n = lim (A n − A n−1 ) = lim A n − lim A n−1 = 0. ✷ 

n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ 

Chú ý: Đây chỉ là điều kiện cần nhưng không phải là điều kiện đủ. 

Ví dụ: Chuỗi +∞ ∑ 1 

1 

√ có lim √ = 0, tuy nhiên dãy tổng riêng: 

n=1 n n→+∞ n 

A n = 1 + √ 1 + √ 1 + · · · + 1 1 

√ > n. √ = √ n → +∞ (n → +∞), tức là chuỗi 

2 3 n n 

đã cho phân kỳ. 

Định lý 1.1.3 

Giả sử các chuỗi +∞ ∑ 

k=1 

số thực, khi đó chuỗi +∞ ∑ 

a k và +∞ ∑ 

b k hội tụ có tổng lần lượt là A và B, α, β là các hằng 

n=1 

k=1 

Chứng minh: Coi như bài tập. 

(αa n + βb n ) cũng hội tụ và có tổng là αA + βB. 

✷

1.1. Các khái niệm và tính chất cơ bản của chuỗi số 3 

Định lý 1.1.4 (Tiêu chuẩn Cauchy) 

Điều kiện cần và đủ để chuỗi +∞ ∑ 

a k hội tụ là với mọi ε > 0, ∃ n 0 = n 0 (ε) sao cho 

k=1 

∀ n > n 0 , ∀ p ∈ N ∗ ta đều có |a n+1 + a n+2 + . . . + a n+p | < ε. 

Chứng minh: Xét dãy tổng riêng A n = 

n ∑ 

k=1 

a k , theo định nghĩa chuỗi +∞ ∑ 

a k hội tụ 

khi và chỉ khi dãy {A n } hội tụ, mặt khác theo tiêu chuẩn Cauchy dãy A n hội tụ khi 

và chỉ khi với mọi ε > 0, ∃ n 0 = n 0 (ε) sao cho ∀ n > n 0 , ∀ p ∈ N ∗ ta có 

|A n+p − A n | < ε, tức là |a n+1 + a n+2 + . . . + a n+p | < ε. 

Ta có điều phải chứng minh. 

Hệ quả 1.1.5 

Điều kiện cần và đủ để chuỗi +∞ ∑ 

k=1 

∀ n 0 ∈ N ∗ tồn tại n > n 0 và p ∈ N ∗ để: 

k=1 

a k phân kỳ là tồn tại ε > 0 sao cho với mọi 

|a n+1 + a n+2 + . . . + a n+p | > ε. 

+∞∑ 

sin kx 

Ví dụ 1: Chuỗi 

hội tụ vì với mọi ε > 0 cho trước, tồn tại 

k=1 2 k 

n 0 = [log 2 ( 1 ε )] + 1 sao cho với mọi n > n 0 và mọi p ∈ N ∗ ta có: 

∣ 

1 

2 < 1 

n 

sin(n + 1)x 

2 n+1 + . . . + 

< 1 

2 = ε và 

log 2( 1 ε ) 

sin(n + p)x 

∣ ∣∣ 1 < 

2 n+p 2 n(1 2 + . . . + 1 2 p) = 1 2 n(1 − 1 2 p) < 1 2 < ε n 

2 n 0 

Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy chuỗi đã cho hội tụ. 

Ví dụ 2: Chuỗi điều hòa +∞ ∑ 1 

k=1 k phân kỳ vì tồn tại ε = 1 3 để ∀n 0 ∈ N ∗ tồn tại n > n 0 

và p = n thỏa mãn: 

1 

∣ 

n + 1 + 1 

n + 2 + . . . + 1 

∣ > n. 1 

n + n 2n = 1 2 > ε. 

Vậy theo hệ quả của tiêu chuẩn Cauchy chuỗi đã cho phân kỳ. 

Chú ý: Kết quả này được sử dụng khi làm bài tập. 

✷

1.2. Sự hội tụ của chuỗi số dương 4 

1.2 Sự hội tụ của chuỗi số dương 

1.2.1 Các dấu hiệu so sánh của chuỗi số dương 

Chuỗi số +∞ ∑ 

a n mà mọi số hạng a n đều dương được gọi là chuỗi số dương . 

n=1 

Khi đó: A n+1 = A n + a n+1 > A n , tức là dãy tổng riêng tăng. Do vậy : 

1. Nếu A n bị chặn thì tồn tại lim 

n→+∞ A n = A tức là chuỗi hội tụ. 

2. Nếu A n không bị chặn thì lim 

n→+∞ A n = +∞ tức là chuỗi phân kỳ. 

Định lý 1.2.1 (Dấu hiệu so sánh) 

Giả sử +∞ ∑ 

a n và +∞ ∑ 

b n là hai chuỗi số dương thỏa mãn điều kiện: tồn tại n 0 và c > 0 

n=1 

n=1 

sao cho a n ≤ c.b n , ∀n ≥ n 0 . Khi đó: 

1. Nếu chuỗi +∞ ∑ 

b n hội tụ thì chuỗi +∞ ∑ 

a n hội tụ. 

n=1 

n=1 


a n phân kỳ thì chuỗi +∞ ∑ 

b n cũng phân kỳ. 

n=1 

n ∑ 

Chứng minh: Đặt: S n = a k , T n = b k , khi đó S n ≤ c.T n 

k=n 0 k=n 0 

n=1 

n ∑ 

1. Nếu +∞ ∑ 

b k = n ∑0−1 

b k + +∞ ∑ 

b k hội tụ suy ra chuỗi +∞ ∑ 

b k hội tụ, hay dãy T n bị 

k=1 k=1 k=n 0 k=n 0 

chặn bởi M suy ra dãy S n bị chặn bởi c.M, tức là +∞ ∑ 

a k hội tụ suy ra chuỗi 

k=n 0 

+∞∑ 

k=1 

a k hội tụ. 

2. Nếu +∞ ∑ 

a k phân kỳ tức là chuỗi +∞ ∑ 

a k phân kỳ do đó lim S n = +∞ theo bất 

k=1 

k=n 

n→+∞ 

0 

đẳng thức trên suy ra lim T n = +∞ tức là chuỗi +∞ ∑ 

b k phân kỳ suy ra chuỗi 

n→+∞ 

k=n 0 

+∞∑ 

k=1 

b k phân kỳ. 

✷


Ví dụ 1: Xét chuỗi +∞ ∑ 

Ta có : 

+∞∑ 

n=1 

1 

√ n2 

n 

n=1 

1 

√ n2 

n 

và +∞ ∑ 

n=1 

1 

2 n. 

1 

√ ≤ 1 n2 

n 

2 n, ∀n ≥ 1 do chuỗi +∞ ∑ 

cũng hội tụ. 

Ví dụ 2: Xét chuỗi 

Dễ thấy 

chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

+∞∑ 

1 

√ > 1 

n + 5 

1 

√ n + 5 

phân kỳ. 

Định lý 1.2.2 

Cho 2 chuỗi số dương +∞ ∑ 

n=1 

1 

n=1 

n=1 2n . 

2n , ∀n ≥ 4 mà chuỗi +∞ ∑ 

1 

√ và +∞ ∑ 

n + 5 

n=1 

a n và +∞ ∑ 

b n . 

n=1 

1 

hội tụ nên theo dấu hiệu so sánh chuỗi 

2n n=1 

1 

2n 

Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn hay vô hạn lim 

n→+∞ 

phân kỳ nên theo dấu hiệu so sánh 

a n 

b n 

= k. Khi đó: 

1. Nếu 0 < k < +∞ thì hai chuỗi cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ. 

2. Nếu k = 0 và +∞ ∑ 

b n hội tụ thì +∞ ∑ 


n=1 

n=1 

3. Nếu k = +∞ và +∞ ∑ 

b n phân kỳ thì +∞ ∑ 

a n cũng phân kỳ. 

Chứng minh: 

a n 

n=1 

1. Do lim = k và 0 < k < +∞ nên ∃ n 0 > 0 sao cho: 

n→+∞ 

b n ∣ a n 

− k∣ < k b n 2 , ∀ n ≥ n 0, tức là k 2 b n < a n < 3k 2 b n, ∀ n ≥ n 0 . 

Nếu +∞ ∑ 

+∞∑ 

hội tụ thì b n cũng hội tụ do b n < 2 k a n, ∀n ≥ n 0 . 

a n 

n=1 

n=1 

Nếu +∞ ∑ 

a n phân kỳ thì +∞ ∑ 

n=1 

a n 

n=1 

n=1 

b n cũng phân kỳ do b n > 2 

3k a n, ∀n ≥ n 0 . 

2. Do lim = 0 nên ∃n 0 > 0 sao cho 0 < a n 

< 1, ∀n ≥ n 0 hay 0 < a n < 

n→+∞ b n b n 

b n , ∀n ≥ n 0 mà +∞ ∑ 

b n hội tụ do đó +∞ ∑ 

a n cũng hội tụ. 

n=1 

n=1


a n 

3. Do lim = +∞ nên ∃n 0 > 0 sao cho a n 

> 1, ∀n ≥ n 0 

n→+∞ b n b n 

hay a n > b n , ∀n ≥ n 0 mà +∞ ∑ 

b n phân kỳ nên +∞ ∑ 

a n cũng phân kỳ. 

n=1 

n=1 

Ví dụ: Xét sự hội tụ của các chuỗi số dương : 

a. +∞ ∑ 1 

b. +∞ ∑ 1 

c. +∞ ∑ 

sin 1 

n=1 n(n + 1) 

n=1 n 2 

n=1 n 

a. Ta có A n = n ∑ 

k=1 

1 

k(k + 1) = ∑ n 

k=1 

suy ra lim 

n→+∞ A n = 1, vậy chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

b. Từ bất đẳng thức : 

Theo câu (a) chuỗi +∞ ∑ 

1 

(n + 1) 2 < 1 

n=1 

( 1 

k − 1 ) 

k + 1 

1 

n(n + 1) 

= 1 − 1 

n + 1 

hội tụ. 

n(n + 1) , ∀ n ≥ 2. 

1 

n(n + 1) hội tụ, suy ra chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

1 

hội tụ. 

n2 ✷ 

sin 1 

c. Do lim n 

n→+∞ 1 

n 

+∞∑ 

n=1 

sin 1 n 

phân kỳ. 

= 1 và theo ví dụ 2 của định lý 1.1.4 chuỗi +∞ ∑ 

1.2.2 Các dấu hiệu hội tụ của chuỗi số dương 

n=1 

1 

n 

phân kỳ nên 

Định lý 1.2.3 (Dấu hiệu tích phân) 

Cho chuỗi số dương +∞ ∑ 

a n và f(x) là hàm không âm, đơn điệu giảm và liên tục trên 

n=1 

đoạn [1, +∞) sao cho f(n) = a n , ∀n. Khi đó : 

∫ t 

1. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim f(x)dx thì chuỗi +∞ ∑ 


t→+∞ 

1 

n=1 

∫ t 

2. Nếu giới hạn lim f(x)dx = +∞ thì chuỗi +∞ ∑ 

a n phân kỳ. 

t→+∞ 

1 

n=1 

Chứng minh: 

1. Do hàm f(x) giảm nên :


Tích phân hai vế ta được: 

a k+1 = f(k + 1) ≤ f(x) ≤ f(k) = a k , ∀x ∈ [k, k + 1] 

a k+1 ≤ 

k+1 ∫ 

Lấy tổng theo k từ 1 đến n ta có: 

n∑ 

n+1 ∫ 

∑ 

a k+1 ≤ f(x)dx ≤ n 

k=1 

tức là A n+1 − a 1 ≤ 

n+1 ∫ 

1 

1 

k 

f(x)dx ≤ a k 

a k 

k=1 

f(x)dx ≤ A n từ đây ta có: 

∫ t 

n+1 ∫ 

2. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim f(x)dx thì f(x)dx < M, ∀ n 

t→+∞ 

1 

1 

hay A n+1 < M + a 1 , ∀n tức là dãy {A n } bị chặn, suy ra +∞ ∑ 


∫ t 

3. Nếu giới hạn lim f(x)dx = +∞ thì lim 

t→+∞ 

1 

n→+∞ 

dãy {A n } không bị chặn tức là +∞ ∑ 


Ví dụ: Xét sự hội tụ của chuỗi số +∞ ∑ 

1. Nếu α ≤ 0 thì lim 

n→+∞ 

n=1 

n=1 

2. Nếu α = 1 thì chuỗi điều hòa +∞ ∑ 

1 

n α. 

1 ≠ 0 do vậy chuỗi phân kỳ . 

nα n=1 

1 

n 

phân kỳ. 

n∫ 

1 

n=1 

f(x)dx = +∞ suy ra 

3. Nếu α > 0, α ≠ 1, xét hàm f(x) = 1 x có f ′ (x) = −α < 0 nên f(x) đơn 

α xα+1 điệu giảm trên [1, +∞). 

Mặt khác: 

lim 

t→+∞ 

∫ t 

1 

Vậy chuỗi số +∞ ∑ 

1 

xαdx = lim 

n=1 

t→+∞ 

⎧ 

1 

⎨ −1 

nếu α > 1 

1 − α (t1−α − 1) = 1 − α 

⎩ 

+∞ nếu 0 < α < 1 

1 

hội tụ khi α > 1 và phân kỳ khi α ≤ 1. 

nα Chú ý: Kết quả này được sử dụng nhiều lần trong cả lý thuyết và bài tập. 

✷


Định lý 1.2.4 (Dấu hiệu Cauchy) 


a n , giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn hay vô hạn lim n√ 

an = 

n=1 

n→+∞ 

c (hoặc lim n√ 

an = c), khi đó: 

n→+∞ 

1. Nếu c < 1 thì chuỗi đã cho hội tụ. 

2. Nếu c > 1 thì chuỗi đã cho phân kỳ. 

Chứng minh: 

1. Chọn c < q < 1, do lim n√ 

an = c nên ∃ n 0 sao cho ∀n ≥ n 0 ta có n√ a n < q 

n→+∞ 

hay a n < q n , ∀ n ≥ n 0 . Mặt khác, do q < 1 nên chuỗi +∞ ∑ 

q n hội tụ. Theo 

dấu hiệu so sánh ta có +∞ ∑ 


n=1 

2. Chọn 1 < q < c do lim n√ 

an = c nên tồn tại n 0 sao cho ∀ n ≥ n 0 thì 

n→+∞ 

n√ 

an > q hay a n > q n , ∀ n ≥ n 0 . Mặt khác, do q > 1 nên chuỗi +∞ ∑ 

q n phân 

kỳ. Theo dấu hiệu so sánh thì +∞ ∑ 


n=1 

Ví dụ 1: Xét sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

(1 − 1 . 

n )n2 

Ta có lim n√ 

an = lim (1 − 1 1 

n→+∞ n→+∞ n )n = lim 

n→+∞(1 + 1 = 1 −n )−n e < 1. 

Vậy theo dấu hiệu Cauchy, chuỗi đã cho hội tụ. 

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

n n (sin 2 n )n 

n=1 

n=1 

Ta có : lim n√ 

an = lim n sin 2 2 

n→+∞ n→+∞ n = lim 2.sin n 

n→+∞ 2 

= 2 > 1. 

Vậy theo dấu hiệu Cauchy, chuỗi đã cho phân kỳ. 

Chú ý: Trong định lý trên khi c = 1 thì ta không kết luận được gì vì khi đó chuỗi có 

thể hội tụ hoặc phân kỳ. Ta có ví dụ sau để chỉ ra điều đó: 

1 

n=1 n và +∞ ∑ 1 

đều có 

n=1 n lim 

2 

chuẩn tích phân thì chuỗi +∞ ∑ 

Chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

n→+∞ 

√ 

n 1 

n = 

n 

lim 

n→+∞ 

1 

n phân kỳ còn chuỗi +∞ ∑ 

√ 

n 1 

n 

n=1 

n=1 

n=1 

✷ 

2 

= 1, tuy nhiên theo tiêu 

1 

hội tụ. 

n2


Tuy nhiên nếu lim n√ 

an = 1 đồng thời n√ a n ≥ 1, ∀ n ≥ n 0 thì ta có a n > 1 ∀ n ≥ 

n→+∞ 

n 0 suy ra a n không dần về 0 do vậy chuỗi +∞ ∑ 


Định lý 1.2.5 (Dấu hiệu D’Alembert) 


a n+1 

d (hoặc lim 

n→+∞ a n 

n=1 

n=1 

a n , giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn hay vô hạn lim 

n→+∞ 

= d), khi đó: 

1. Nếu d < 1 thì chuỗi đã cho hội tụ. 

2. Nếu d > 1 thì chuỗi đã cho phân kỳ. 

Chứng minh: 

a n+1 

a n 

= 

a n+1 

1. Giả sử lim = d < 1 ta chọn q cố định d < q < 1. Khi đó ∃n 0 > 0 sao 

n→+∞ a n 

cho ∀n > n 0 ta có a n+1 

< q hay a n+1 < qa n . Suy ra: 

a n 

a n0 +m < qa n0 +m−1 < q 2 a n0 +m−2 < . . . < q m a n0 . 

Như vậy a n < a n0 q n−n 0 , ∀n > n 0, mặt khác do 0 < q < 1 nên chuỗi 

+∞∑ 

a n0 q −n 0 .qn hội tụ, theo dấu hiệu so sánh ta có chuỗi +∞ ∑ 


n=n 0 +1 

a n+1 

2. Giả sử lim = d > 1 ta chọn q cố định 1 < q < d. Khi đó ∃n 0 > 0 sao 

n→+∞ a n 

cho ∀ n > n 0 ta có a n+1 

> q hay a n+1 > qa n . Suy ra: 

a n 

n=1 

a n0 +m > qa n0 +m−1 > q 2 a n0 +m−2 > . . . > q m a n0 . 

Như vậy a n > a n0 q n−n 0 , ∀n > n 0, mặt khác do q > 1 nên chuỗi 

+∞∑ 

a n0 q −n 0 .qn phân kỳ, áp dụng dấu hiệu so sánh ta có chuỗi +∞ ∑ 


n=n 0 +1 

Ví dụ 1: Xét chuỗi sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

Ta có : 

a n+1 

lim = lim 

n→+∞ a n n→+∞ 

n=1 

n 

2 n. 

n + 1 

2 n+1 n + 1 

n = lim 

n→+∞ 2n = 1 2 < 1. 

2 n 

Vậy chuỗi đã cho hội tụ . 

Ví dụ 2: Cho α ≠ e, xét sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

( α 

) n. 

n! 

n 

n=1 

✷


( α 

) n+1 

a 

(n + 1)! 

n+1 

Ta có lim = lim 

n + 1 

α 

( 

n→+∞ a n n→+∞ α n = lim ( 

n→+∞ 

n! 

1 + 

n) 1 ) n 

= α e . 

n 

Vậy nếu 0 ≤ α < e thì chuỗi hội tụ, còn nếu α > e thì chuỗi phân kỳ. 

Tương tự như dấu hiệu Cauchy, khi d = 1 ta không kết luận được gì vì khi đó chuỗi có 

a n+1 

thể hội tụ hoặc phân kỳ. Đặc biệt nếu lim = 1 đồng thời a n+1 

≥ 1, ∀ n ≥ n 0 

n→+∞ a n a n 

thì chuỗi +∞ ∑ 

a n phân kỳ vì a n+1 ≥ a n ≥ . . . ≥ a n0 tức là a n không dần về 0 khi 

n → +∞. 

n=1 

Định lý 1.2.6 (Dấu hiệu Raabe) 

Cho +∞ ∑ 

a n là một chuỗi số dương, giả sử tồn tại hữu hạn hay vô hạn giới hạn 

n=1 ( 

lim R an 

) 

n = n. − 1 = R. Khi đó: 

n→+∞ a n+1 

1. Nếu R > 1 thì chuỗi đã cho hội tụ. 

2. Nếu R < 1 thì chuỗi đã cho phân kỳ. 

3. Nếu R = 1 và R n ≤ 1, ∀n ≥ n 0 thì chuỗi đã cho phân kỳ. 

Ví dụ: 

Xét sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

( an 

) 

Ta có R n = n. − 1 = n. 

a n+1 

( α + n + 1 

) 

= n 

− 1 = nα 

n + 1 n + 1 

n! 

, (α > 0) 

(α + 1) . . . (α + n) 

n=1 

[ n! 

(α+1)...(α+n) 

(n+1)! 

(α+1)...(α+n)(α+n+1) 

] 

− 1 

suy ra lim 

n→+∞ R n = α. 

Vậy theo dấu hiệu Raabe, nếu α ∈ (0, 1] thì chuỗi phân kỳ, còn nếu α > 1 thì chuỗi 

hội tụ. 

Định lý 1.2.7 (Dấu hiệu Gauss) 


a n , giả sử 

Trong đó ε > 0, 

k=1 

1. Nếu λ > 1 thì chuỗi hội tụ. 

a n 

a n+1 

= λ + µ n + 

θ n là đại lượng bị chặn. Khi đó: 

2. Nếu λ < 1 thì chuỗi phân kỳ. 

3. Nếu λ = 1 và µ > 1thì chuỗi hội tụ. 

θ n 

n 1+ε

1.3. Sự hội tụ của chuỗi số bất kỳ 11 

4. Nếu λ = 1 và µ ≤ 1thì chuỗi phân kỳ. 

Ví dụ: Xét sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

Ta có: 

n=1 

[ (2n − 1)!! 

] p, 

trong đó p là tham số và 

(2n)!! 

(2n − 1)!! = 1.3.5 . . . (2n − 1), (2n)!! = 2.4.6 . . . 2n. 

a 

[ 

n (2n − 1)!! 

] p [ (2n + 2)!! 

] p [ 

= 

= 1 + 1 ] p 

a n+1 (2n)!! (2n + 1)!! 2n + 1 

Theo khai triển Taylor: 

(1 + x) p p(p − 1) 

= 1 + px + x 2 + 0(x 2 ), ∀ |x| < 1. Vậy ta có: 

2 

[ 

1 + 1 ] p p p(p − 1) 

( 1 

) 

= 1 + + 

2n + 1 2n + 1 2(2n + 1) + 0 2 n 2 

Theo dấu hiệu Gauss: 

1. Nếu p > 2 thì µ = p 2 

2. Nếu p ≤ 2 thì µ = p 2 

> 1 nên chuỗi đã cho hội tụ. 

≤ 1 nên chuỗi đã cho phân kỳ. 

1.3 Sự hội tụ của chuỗi số bất kỳ 

1.3.1 Dấu hiệu Leibnitz 

Định lý 1.3.1 (Dấu hiệu Leibnitz) 

Nếu dãy {a n } đơn điệu giảm và lim a n = 0 thì chuỗi +∞ ∑ 

(−1) n−1 .a n hội tụ. 

n→+∞ 

Chứng minh: Do dãy {a n } giảm và dần về 0 nên a n ≥ 0, ∀n ∈ N ∗ và ta có: 

ngoài ra 

A 2m+2 = A 2m + (a 2m+1 − a 2m+2 ) ≥ A 2m , 

n=1 

A 2m = a 1 − [ (a 2 − a 3 ) + . . . + (a 2m−2 − a 2m−1 ) + a 2m 

] 

< a1 . 

Vậy {A 2m } là dãy tăng bị chặn bởi a 1 do đó ∃ lim A 2m = A. (1) 

m→+∞ 

Mặt khác: A 2m+1 = A 2m + a 2m+1 mà lim a 2m+1 = 0 nên 

m→+∞ 

lim A 2m+1 = 

m→+∞ 

Vậy từ (1) và (2) suy ra 

lim A 2m + 

m→+∞ 

lim a 2m+1 = A. (2) 

m→+∞ 

lim A n = A tức là chuỗi +∞ ∑ 

(−1) n−1 .a n hội tụ. 

n→+∞ 

n=1 

✷


Ví dụ 1: Xét sự hội tụ của chuỗi 

+∞∑ 

n=1 

(−1) n−1 

. 

n 

Dễ thấy a n = 1 là một dãy giảm và lim 

n a n = 0. 

n→+∞ 

Theo tiêu chuẩn Leibnitz ta có chuỗi đã cho hội tụ. 

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của chuỗi: +∞ ∑ 

(−1) n−1 . 2 + (−1)n 

n=1 

n 

Ta có a n = 2 + (−1)n và lim 

n 

a n = 0 nhưng dãy không đơn điệu giảm, do vậy 

n→+∞ 

không áp dụng được dấu hiệu Leibnitz. 

+∞∑ 

Dễ thấy: (−1) n−1 . 2 + (−1)n = +∞ ∑ 

(−1) n−1 . 2 

n=1 

n n=1 n − +∞ ∑ 1 

n=1 n , 

khi đó +∞ ∑ 

(−1) n−1 . 2 

n=1 n hội tụ theo dấu hiệu Leibnitz, còn chuỗi +∞ ∑ 1 

phân kỳ. Do vậy 

n=1 n 

chuỗi đã cho phân kỳ. 

1.3.2 Dấu hiệu Dirichlet 

Định lý 1.3.2 (Dấu hiệu Dirichlet) 

Giả sử rằng chuỗi +∞ ∑ 

a n b n thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện: 

n=1 

1. Chuỗi +∞ ∑ 

a n có tổng riêng bị chặn, tức là tồn tại M > 0 sao cho : 

n=1 

2. Dãy {b n } đơn điệu và lim 

n→+∞ b n = 0. 

|A n | = |a 1 + . . . + a n | ≤ M, ∀n ∈ N ∗ . 

Khi đó chuỗi 

+∞∑ 

n=1 

a n b n 

hội tụ. 

Chứng minh: Ta có thể xem dãy {b n } giảm vì nếu không ta xét dãy {−b n }. Do 

lim b n = 0 nên ∀ ε > 0, ∃n 0 > 0 sao cho ∀ n > n 0 ta đều có 0 ≤ b n < 

ε 

n→+∞ 2M . Khi


đó ∀p > 0: 

∣ 

∣a n+1 b n+1 + a n+2 b n+2 + · · · + a n+p b n+p 

∣ ∣ 

= ∣ ∣(A n+1 − A n )b n+1 + (A n+2 − A n+1 )b n+2 + · · · + (A n+p − A n+p−1 )b n+p 

∣ ∣ 

= ∣ ∣ − A n b n+1 + A n+1 (b n+1 − b n+2 ) + .. + A n+p−1 (b n+p−1 − b n+p ) + A n+p b n+p 

∣ ∣ 

≤ M. ∣ ∣ 

∣b n+1 + (b n+1 − b n+2 ) + · · · + (b n+p−1 − b n+p ) + b n+p = 2M.b n+1 

ε 

< 2M. 

2M = ε. 

Vậy với mọi ε > 0 tồn tại n 0 > 0 sao cho ∀ n > n 0 , ∀ p > 0 ta có: 

|a n+1 b n+1 + . . . + a n+p b n+p | < ε. 

Theo tiêu chuẩn Cauchy thì chuỗi +∞ ∑ 

a n b n hội tụ. 

Ví dụ: Xét sự hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

cos nx 

n α , (α > 0). 

✷ 

1. Nếu x = 2mπ, chuỗi có dạng +∞ ∑ 

n=1 

1 

hội tụ khi α > 1, phân kỳ khi α ≤ 1. 

nα 2. Nếu x ≠ 2mπ, đặt a n = cos nx, b n = 1 n 

∑ 

α. 

A n = n cos kx = 1 n∑ 

k=1 2 sin x 2 cos kx. sin x 

2 k=1 2 

= 1 n∑ [ x 

sin(2k + 1) 

2 sin x 2 k=1 

2 − sin(2k − 1)x ] 

2 

= 1 [ x 

sin(2n + 1) 

2 sin x 2 

2 − sin x ] 

. 

2 

Do đó |A n | ≤ 1 

| sin x 2 |, ∀ n ∈ N ∗ . 

Mặt khác, dễ thấy dãy b n = 1 đơn điệu giảm dần về 0. 

nα Vậy theo dấu hiệu Dirichlet chuỗi +∞ ∑ cos nx 

hội tụ . 

n α 

n=1 

Định lý 1.3.3 (Dấu hiệu Abel) 

Giả sử chuỗi +∞ ∑ 

a n b n thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện: 

n=1


1. Chuỗi +∞ ∑ 


n=1 

2. Dãy {b n } đơn điệu và bị chặn. 

Khi đó chuỗi +∞ ∑ 

a n b n hội tụ. 

n=1 

Chứng minh: Do +∞ ∑ 

a n hội tụ nên nó có dãy tổng riêng A n bị chặn. 

n=1 

Dãy {b n } đơn điệu và bị chặn nên tồn tại lim b n = b. 

n→+∞ 

Đặt α n = b − b n , khi đó {α n } là dãy đơn điệu và lim α n = 0. 

n→+∞ 

Theo dấu hiệu Dirichlet chuỗi +∞ ∑ 

α n a n hội tụ. 

n=1 

Mặt khác, chuỗi +∞ ∑ 

ba n = b +∞ ∑ 

a n cũng hội tụ. 

n=1 

n=1 

Do vậy chuỗi +∞ ∑ 

a n b n = +∞ ∑ 

a n (b − α n ) = +∞ ∑ 

ba n − +∞ ∑ 

α n a n cũng hội tụ. 

n=1 

n=1 

Ví dụ: Xét sự hội tụ của chuỗi 

+∞∑ 

n=1 

n=1 

n=1 

n 

n + 1 sin(π√ n 2 + 1). 

Trước hết ta chứng minh chuỗi +∞ ∑ 

sin(π √ n 2 + 1) hội tụ. 

n=1 

Thật vậy : sin(π √ n 2 + 1) = (−1) n sin π( √ n 2 + 1 − n) = (−1) n . sin 

π 

Dễ thấy dãy a n = sin √ 

n2 + 1 + n 

ta có +∞ ∑ 

sin(π √ n 2 + 1) = +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

Mặt khác, dãy b n = 

n 

n + 1 

Theo dấu hiệu Abel ta có chuỗi +∞ ∑ 

(−1) n . sin 

✷ 

π 

√ 

n2 + 1 + n . 

đơn điệu giảm dần về 0, theo dấu hiệu Leibnitz 

π 

√ 

n2 + 1 − n 

đơn điệu tăng và bị chặn bởi 1. 

n=1 

1.3.3 Sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ 

hội tụ. 

n 

n + 1 sin(π√ n 2 + 1) hội tụ. 


Chuỗi +∞ ∑ 

a n được gọi là chuỗi hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi +∞ ∑ 

|a n | hội tụ. 

n=1 

n=1




n=1 

a n hội tụ tuyệt đối thì nó cũng hội tụ. 

Chứng minh: coi như bài tập. 

Chú ý: điều ngược lại của định lý trên không đúng. 

Ví dụ 

+∞ ∑ 

n=1 

(−1) n−1 . 1 n 

Tuy nhiên chuỗi 

+∞∑ 

n=1 

hội tụ theo dấu hiệu Leibnitz. 

∣ 

∣(−1) n−1 . 1 ∣ = +∞ ∑ 1 

phân kỳ. 

n n 

n=1 


Nếu +∞ ∑ 

a n hội tụ nhưng +∞ ∑ 

|a n | phân kỳ thì chuỗi 

+∞∑ 

n=1 

n=1 

n=1 

a n được gọi là bán hội tụ hay hội tụ có điều kiện. 

Ví du: Chuỗi +∞ ∑ (−1) n 

√ là bán hội tụ. 

n=1 n 

Thật vậy, chuỗi +∞ ∑ (−1) n 

√ hội tụ theo dấu hiệu Leibnitz nhưng chuỗi +∞ ∑ 

n 

n=1 

kỳ do có dãy tổng riêng lớn hơn √ n. 

n=1 

✷ 

1 

√ n 

phân


Bài tập chương 1 

I.1. 

Dùng định nghĩa để tính tổng các chuỗi sau: 

a. 

c. 

e. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

1 

n(n + 1)(n + 2) 

( √ n + 2 − 2 √ n + 1 + √ n) d. 

n 

n 4 + n 2 + 1 

b. 

f. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=2 

2n + 1 

n 2 (n + 1) 2 

arctg 

ln(1 − 1 n 2) 

1 

n 2 + n + 1 

I.2. 

Dùng nguyên lý hội tụ Cauchy xét sự hội tụ của các chuỗi sau: 

a. 

c. 

e. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

cos n 

3 n b. 

sin nx − sin (n + 1)x 

n 

d. 

cos(x n ) 

n n f. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

1 

√ 

n(3n − 1) 

sin nx 

n 2 

1 

√ 

n(n + 1) 

I.3. 

Dùng điều kiện cần và dấu hiệu so sánh xét sự hội tụ của các chuỗi sau: 

a. 

c. 

e. 

g. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=2 

n 

3n − 1 

b. 

n n+ 1 n 

(n + 1 n )n d. 

1 

√ 

n(n2 + 1) 

f. 

1 

(ln n) ln n h. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=2 

+∞∑ 

n=1 

(1 − cos 1 n ) 

1 

√ 

n(n + 1) 

1 

ln α (n) 

1 

n n√ n


I.4. 

Dùng các dấu hiệu của chuỗi số dương xét sự hội tụ của các chuỗi sau: 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

k. 

m. 

o. 

q. 

s. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=2 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

(n + 1) 2 

n n2 3 n b. 

( 2n 2 + 2n − 1 

) n 

d. 

5n 2 − 2n + 1 

(n!) 2 

3 n2 f. 

1 

n. ln(n) 

h. 

√ √ n + 1 − n − 1 

n α j. 

n 2 e −√ n 

(n 1 

n 2 +1 − 1) 

1 

∫n 

n=1 

0 

n+1 

+∞∑ 

∫ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

n 

l. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

3 + (−1) n 

2 n 

1 

2 n(1 + 1 n )n2 

1 

n! (n e )n 

1 

n ln(n) ln(ln n) 

n=3 

+∞∑ 

e − 3√ n 

n=1 

+∞∑ 

n=2 

n ln n 

(ln n) n 

∑+∞ n. ( √ √ 

n + a − 4 n2 + n) 

n=1 

√ x 

1 + x 2dx p. +∞ 

∑ 

e −√x dx r. 

3 

(5 1 1 n + 4 1 ) 

n 

n − 

2 

t. 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

(n+1)π 

∫ 

nπ 

sin 2 x 

x 

dx 

( 

cos 1 ) n 

3 

n 

( ∫ n 

0 

√ −1 

4 

1 + x4 dx)


I.5. 

Xét sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ của các chuỗi sau: 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

k. 

m. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=2 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

(−1) 

n2n + 100 

3n 2 + n 

(−1) n 

√ n + (−1) 

n 

(−1) n(n−1) 

2 

Các bài tập định tính 

b. 

d. 

n 100 

3 n f. 

(−1) n 

[n + (−1) n ] p h. 

(−1) n [ 1.3 . . . (2n − 1) 

2.4 . . . 2n 

ln [ 1 + (−1)n 

n α ] 

(−1) n2n sin 2n x 

n 

] p 

j. 

l. 

n. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

(−1) nsin2 n 

n 

(−1) n 

n p+ 1 n 

sin n sin n 2 

n 

sin n π 4 

n p + sin n π 4 

ln 100 n 

n 

. sin ( nπ) 

4 

(−1) n ( √n 1 

) 

+ 

n + 5 3 n 

sin(n 2 ) 

I.6. Chứng minh rằng nếu lim n.( b n 

− 1) = p > 0 (b n > 0) thì chuỗi đan dấu 

n→+∞ b 

+∞∑ 

n+1 

(−1) n−1 b n hội tụ. 

n=1 

I.7. 

hội tụ không? 


a n hội tụ và 

n=1 

lim 

n→+∞ 

b n 

= 1 thì có thể khẳng định chuỗi +∞ ∑ 

a n 

b n 

n=1 

I.8. Cho dãy số {a n } +∞ 

1 thỏa mãn điều kiện: Với mọi p > 0 cố định thì 

( ) +∞∑ 

an+1 + a n+2 + · · · + · · · a n+p = 0. Khi đó có thể kết luận chuỗi 

lim 

n→+∞ 

hội tụ hay không? 

I.9. Cho dãy {a n } +∞ 

1 dương và đơn điệu giảm. Chứng minh rằng chuỗi +∞ ∑ 

hội tụ hay phân kỳ cùng với chuỗi +∞ ∑ 

2 n a 2 n. 

I.10. 

n=1 

Cho ví dụ chuỗi +∞ ∑ 

a n hội tụ nhưng chuỗi +∞ ∑ 

a n ln n phân kỳ. 

n=1 

n=1 

a n 

n=1 

a n 

n=1


I.11. 


∑ 

a n bán hội tụ và P n = n 

n=1 

Q n 

i=1 

|a i | + a i ∑ 

, Q n = n 

2 

i=1 

|a i | − a i 

. 

2 

Chứng minh rằng lim = 1. 

n→+∞ P n 

I.12. Nếu a n > 0 và a n → 0 khi n → +∞ nhưng không nhất thiết đơn điệu thì 


(−1) n a n có hội tụ hay không? 

I.13. 

n=1 

Chứng minh rằng nếu các chuỗi +∞ ∑ 

a 2 n, +∞ ∑ 

b 2 n hội tụ thì các chuỗi sau đây 

+∞∑ 

+∞∑ 

n=1 

n=1 

+∞∑ 

cũng hội tụ: |a n b n |, (a n + b n ) 2 |a n | 

, 

n=1 

n=1 

n=1 n . 

I.14. Xét chuỗi số dương +∞ ∑ 

[ 

a n , đặt b n = ln n. n ( a n 

− 1 ) ] 

− 1 . 

n=1 

a n+1 

Giả sử tồn tại giới hạn (hữu hạn hay vô hạn) 

lim b n = b. Chứng minh rằng nếu 

n→+∞ 

b > 1 thì chuỗi +∞ ∑ 

a n hội tụ, còn nếu b < 1 thì chuỗi +∞ ∑ 


n=1 

n=1

Chương 2 

Dãy hàm và chuỗi hàm 

2.1 Khái niệm về dãy hàm và sự hội tụ đều 

2.1.1 Khái niệm hội tụ và hội tụ đều của dãy hàm 


Giả sử U là một tập con của R và với mỗi n ∈ N ∗ có một hàm f n : U −→ R . Khi 

đó {f n (x)} được gọi là một dãy hàm xác định trên U. 

1. Nếu tại x 0 ∈ U, dãy số {f n (x 0 )} hội tụ thì x 0 được gọi là điểm hội tụ của dãy 

hàm đã cho. 

2. Nếu tại x 0 ∈ U, dãy số {f n (x 0 )} phân kỳ thì ta nói dãy hàm phân kỳ tại x 0 . 

3. Tập các điểm hội tụ được gọi là miền hội tụ của dãy hàm đó. 

4. Gọi A là miền hội tụ của dãy hàm {f n (x)} khi đó ∀x ∈ A , nếu ta đặt: 

f(x) = lim 

n→∞ 

f n (x) 

thì f(x) được gọi là giới hạn của dãy hàm {f n (x)} trên tập A và ký hiệu là 

A 

−→ f. 

f n 

5. Theo định nghĩa trên với mỗi x ∈ A và mọi ε > 0 tồn tại n 0 = n 0 (ε, x) sao cho 

với mọi n > n 0 thì |f n (x) − f(x)| < ε. 

Ví dụ 1: Dãy hàm f n (x) = 2n2 x 3 

hội tụ đến hàm f(x) = 2x trên R . 

1 + n 2 x2 Thật vậy, với mọi ε > 0 tồn tại n 0 = [ 1 ε ] + 1 sao cho với mọi n > n 0, ta có: 

20

2.1. Khái niệm về dãy hàm và sự hội tụ đều 21 

2n 2 x 3 ∣ ∣∣ 

|f n (x) − f(x)| = ∣ 

1 + n 2 x − 2x |2x| = 2 1 + n 2 x ≤ |2x| 

2 2|nx| = 1 n < 1 < 1 

n 0 1/ε = ε. 

Ví dụ 2: Dãy hàm f n (x) = x n có miền hội tụ là khoảng (−1, 1]. Thật vậy: 

1. Với |x| > 1, đặt |x| = 1 + q suy ra q > 0 và 

|x| n = (1+q) n = 1+nq+· · ·+q n > nq do đó lim |f n (x)| = lim |x| n = +∞, 

n→∞ n→∞ 

tức là dãy hàm phân kỳ với mọi |x| > 1. 

2. Với |x| < 1, đặt |x| −1 = 1 + q suy ra q > 0 và 

|x| −n = (1 + q) n = 1 + nq + · · · + q n > nq 

Do đó ta có bất đẳng thức 

0 ≤ |x| n ≤ 1 → 0 (n → +∞) theo nguyên lý kẹp suy ra 

qn 

lim |f n(x)| = lim |x| n = 0 tức là dãy hàm f n (x) hội tụ với mọi |x| < 1. 

n→∞ n→∞ 

3. Với |x| = 1, dễ thấy dãy hàm hội tụ nếu x = 1 còn phân kỳ nếu x = −1. 

Định nghĩa 2.1.2 

Dãy hàm f n (x) được gọi là hội tụ đều trên A đến hàm f(x) và ký hiệu là f n (x) A ⇒ f(x) 

nếu ∀ε > 0 ∃n 0 = n 0 (ε) không phụ thuộc vào x sao cho ∀n > n 0 thì 

|f n (x) − f(x)| < ε, ∀x ∈ A. 

Ví dụ: Xét dãy hàm f n (x) = 2 sin x. arctg(x 2 + n) trên R . 

Dễ thấy dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên R đến hàm f(x) = π sin x. 

Thật vậy, với mọi ε > 0 tồn tại n 0 = tg π − ε khi đó ∀n > n 0 , ∀x ta có: 

2 

|2 sin x. arctg(x 2 + n) − π sin x| = 2| sin x|. [ π 

2 − arctg(x2 + n) ] 

< 2. [ π 

2 − arctg ( tg π − ε )] 

= ε. 

2 

Từ định nghĩa về sự hội tụ đều của dãy hàm ở trên ta thấy rằng: Dãy hàm f n (x) 

không hội tụ đều đến hàm f(x) trên tập A nếu tồn tại ε > 0 sao cho với mọi n 0 ∈ N ∗ 

luôn tồn tại n > n 0 và x ∈ A để: 

|f n (x) − f(x)| ≥ ε. 

Ví dụ: Chứng minh rằng dãy hàm f n (x) = sin π √ x 2 + n 2 hội tụ đến hàm f(x) ≡ 0 

trên R nhưng không hội tụ đều trên đó. Thật vậy: 

1. Dãy hàm f n (x) hội tụ đến hàm f(x) ≡ 0 vì với mọi ε > 0 tồn tại 

n 0 = [ πx2 

ε ] + 1 sao cho với mọi n > n 0 ta có:


|f n (x) − f(x)| = | sin π √ x 2 + n 2 − sin(π.n)| 

∣ 

= ∣2 sin [ π( √ x 2 + n 2 − n) ] [π( √ x 2 + n 2 + n) ] ∣ . cos ∣ 

2 

2 

∣ 

≤ ∣2 sin [ πx 2 

2( √ ] ∣ πx 2 

∣ ≤ 2. 

x 2 + n 2 + n) 2( √ x 2 + n 2 + n) 

≤ πx2 

n 

< πx2 

n 0 

< πx2 

(πx 2 )/ε = ε. 

2. Dãy hàm f n (x) không hội tụ đều trên R vì tồn tại ε = 1 √ sao cho với mọi 

2 

n 0 ∈ N ∗ luôn tồn tại n = 2n 0 > n 0 và x = n 0 + 1 sao cho: 

√ 

4 |f n (x) − f(x)| = ∣ sin π 4n 2 0 + n 0 + 1 ∣ = | sin(2n 0 π + π )| = 1 > ε. 

4 

2 

2.1.2 Điều kiện hội tụ đều của dãy hàm 


Điều kiện cần và đủ để dãy hàm {f n (x)} hội tụ đều trên A ⊂ R là ε > 0 tồn tại 

n 0 = n 0 (ε) ∈ N ∗ không phụ thuộc x sao cho ∀m, n > n 0 , ∀x ∈ A ta có: 

|f n (x) − f m (x)| < ε. 

A 

Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử f n ⇒ f khi đó ∀ ε > 0, ∃n0 (ε) sao cho 

∀ n > n 0 , ∀x ∈ A ta có |f n (x) − f(x)| < ε 2 nên với m, n > n 0 và với mọi x ∈ A ta 

được: 

|f n (x) − f m (x)| ≤ |f n (x) − f(x)| + |f m (x) − f(x)| < ε 2 + ε 2 = ε. 

Điều kiện đủ: Giả sử với ε > 0 cho trước tồn tại n 0 = n 0 (ε) sao cho với mọi 

n, m > n 0 và mọi x ∈ A ta có |f n (x) − f m (x)|. Khi đó dãy {f n (x)} là dãy Cauchy 

nên tồn tại f(x) = lim 

n→∞ 

f n (x). 

Từ bất đẳng thức |f n (x) − f m (x)| < ε, cố định n và cho m → +∞ ta được: 

|f n (x) − f(x)| < ε 

với mọi n > n 0 và mọi x ∈ A, tức là dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên A. ✷ 

Ví dụ: Dãy hàm f n (x) = arcsin(x) + arcsin(x2 ) 

+ · · · + arcsin(xn ) 

hội tụ đều 

1.2 2.3 

n(n + 1) 

trên [−1, 1] vì theo tiêu chuẩn Cauchy:


Với mọi ε > 0 tồn tại n 0 = [ π 2ε ] + 1 > π sao cho với mọi 

2ε 

m > n > n 0 và mọi x ∈ [−1, 1] ta có: 

|f n (x) − f m (x)| = ∣ arcsin(xn+1 ) 

(n + 1)(n + 2) + arcsin(xn+2 ) 

(n + 2)(n + 3) + · · · + arcsin(xm ) 

∣ 

m(m + 1) 

≤ π [ 

1 

2 (n + 1)(n + 2) + 1 

(n + 2)(n + 3) + · · · + 1 

] 

m(m + 1) 

= π [ 

1 

2 n + 1 − 1 

n + 2 + 1 

n + 2 − 1 

n + 3 + · · · + 1 m − 1 ] 

m + 1 

= π ( 1 

2 n + 1 − 1 ) 

< π m + 1 2 . 1 n < π 2 . 1 < π n 0 2 .( π ) −1 

= ε. 

2ε 

Nhận xét: Khi chứng minh sự hội tụ đều của dãy hàm bằng định nghĩa ta phải biết 

trước dãy hàm đó hội tụ đến hàm nào, tuy nhiên khi áp dụng tiêu chuẩn Cauchy thì 

ta không cần biết (đôi khi không thể biết được) hàm mà dãy hàm đã cho hội tụ đến 

mà vẫn biết nó hội tụ đều. 


Dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên A đến hàm f(x) khi và chỉ khi 

lim sup |f n (x) − f(x)| = 0. 

n→∞ 

A 

A 

Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử f n ⇒ f khi đó với mọi ε > 0 tồn tại n0 ∈ N ∗ 

sao cho ta có |f ( x) − f(x)| < ε với mọi x ∈ A suy ra sup|f n (x) − f(x)| < ε, tức 

A 

là lim |f n (x) − f(x)| = 0. 

sup 

n→∞ A 

Điều kiện đủ: Giả sử lim 

sup 

n→∞ A 

tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho với mọi n > n 0 thì sup 

A 

với mọi x ∈ A ta có |f n (x) − f(x)| ≤ sup 

A 

dãy hàm {f n } hội tụ đều trên A đến hàm f. 

|f n (x) − f(x)| = 0 khi đó với mọi ε > 0 

|f n (x) − f(x)| < ε. Từ đây suy ra 

|f n (x) − f(x)| < ε. Điều này có nghĩa là 

✷ 

Ví dụ: Dễ thấy dãy hàm f n (x) = sin ( x ) 

hội tụ đến hàm trên R đến hàm f(x) ≡ 0. 

n 

Tuy nhiên sự hội tụ này là không đều vì: 

lim sup 

∣ sin ( x) ∣ 

− 0 = lim 1 = 1 ≠ 0. 

n→∞ n 

n→∞ 

R

2.2. Các tính chất hàm giới hạn của dãy hàm 24 

2.2 Các tính chất hàm giới hạn của dãy hàm 

2.2.1 Tính liên tục của hàm giới hạn 


Giả sử rằng dãy hàm {f n (x)} thỏa mãn các điều kiện sau: 

1. f n (x) là hàm liên tục trên tập A, ∀n ∈ N ∗ . 

2. Dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên A đến hàm f(x). 

Khi đó f(x) là hàm liên tục trên A. 

Chứng minh: Do f n (x) hội tụ đều đến f(x) nên với mọi ε > 0 tồn tại n 0 = n 0 (ε) 

sao cho với mọi n 1 > n 0 và mọi x ∈ A ta có: 

|f n1 (x) − f(x)| < ε 3 . 

Chọn x 0 bất kỳ thuộc A và n 1 > n 0 cố định, do f n1 (x) là hàm liên tục nên tồn tại 

δ = δ(ε, n 1 ) sao cho ∀x ∈ A thỏa mãn |x − x 0 | < δ thì : 

|f n1 (x) − f n1 (x 0 )| < ε 3 . 

Khi đó với mọi ε > 0 tồn tại δ = δ(ε, n 1 ) để ∀ x ∈ A và |x − x 0 | < δ ta có: 

|f(x) − f(x 0 )| ≤ |f(x) − f n1 (x)| + |f n1 (x) − f n1 (x 0 )| + |f n1 (x 0 ) − f(x 0 )| 

< ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. 

Vậy hàm f(x) liên tục tại x 0 bất kỳ thuộc A, tức là f(x) liên tục trên A. 

Chú ý rằng hai điều kiện của định lý trên chỉ là điều kiện đủ để hàm giới hạn của dãy 

hàm liên tục trên tập A chứ không phải là điều kiện đủ. Ta xét các vi dụ sau để thấy 

rõ hơn điều đó. 

Ví dụ 1: Ta đã biết dãy hàm f n (x) = x n hội tụ không đều đến hàm f(x) ≡ 0 trên 

khoảng (0, 1), tuy nhiên hàm f(x) liên tục trên (0, 1). Mặt khác, dãy hàm f n (x) cũng 

hội tụ trên (−1, 1] đến hàm: 

{ 0 nếu −1 < x < 1 

g(x) = 

1 nếu x = 1 

rõ ràng hàm g(x) không liên tục trên (−1, 1]. 

Ví dụ 2: Dãy hàm f n (x) = [ sin x] , dễ thấy mọi hàm thuộc dãy hàm này đều không 

n 

liên tục trên R vì lim f n(x) = 0, lim f(x) = −1. Tuy nhiên dãy hàm này hội tụ 

x→0 

+ 

x→0− đều đến hàm f(x) ≡ 0 là hàm liên tục trên R . 

✷


2.2.2 Tính khả tích của hàm giới hạn 


Giả sử rằng dãy hàm {u n (x)} thỏa mãn các điều kiện: 

1. f n (x) là các hàm khả tích trên [a, b], ∀n ∈ N ∗ . 

2. Dãy hàm {f n (x)} hội tụ đều đến f(x) trên đoạn [a, b] 

Khi đó: 

1. f(x) là hàm khả tích trên [a, b]. 

2. 

∫ b 

a 

Chứng minh: 

f(x)dx = lim 

∫ 

n→∞ 

b 

a 

f n (x)dx. 

1. Do f n (x) hội tụ đều đến f(x) nên ∀ε > 0 ∃n 0 sao cho ∀n > n 0 ta có : 

ε 

|f n (x) − f(x)| < , ∀x ∈ [a, b]. 

4(b − a) 

Chọn n 1 > n 0 cố định, do tính khả tích của f n1 (x) nên : tồn tại δ > 0 sao cho 

với mọi phân hoạch T của [a, b] bởi các điểm chia a = x 0 < x 1 < . . . < x n = b 

mà đường kính d(T ) < δ ta có: 

n∑ 

ω i ∆x i < ε 2 

i=1 

trong đó: ω i = supf n1 (x) − inf f n1 (x), ∆x i = x i − x i−1 , S i = [x i−1 , x i ]. 

x∈S i 

x∈S i 

Từ bất đẳng thức : 

|f(x) − f(x ′ )| ≤ |f(x) − f n1 (x)| + |f n1 (x) − f n1 (x ′ )| + |f n1 (x ′ ) − f(x ′ )| 

ε 

≤ 

4(b − a) + ω ε 

i + 

4(b − a) = ω ε 

i + 

2(b − a) , ∀x, x′ ∈ S i . 

Suy ra Ω i = supf(x) − inf f(x) = sup |f(x) − f(x ′ ε 

)| ≤ ω i + 

x∈S i 

x∈S i x,x ′ ∈S i 

2(b − a) 

Khi đó ta có : 

n∑ ∑ 

Ω i ∆x i = n ε n∑ 

ω i ∆x i + 

∆x i < ε 2(b − a) 2 + ε 2 = ε. 

i=1 

i=1 

Vậy với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi phân hoạch T của [a, b] bởi 

các điểm chia a = x 0 < x 1 < . . . < x n = b mà đường kính d(T ) < δ ta có: 

i=1


n∑ 

i=1 

Ω i ∆x i < ε với Ω i = sup 

x∈S i 

f(x) − inf 

x∈S i 

f(x) 

Điều này có nghĩa là f(x) khả tích trên [a, b]. 

2. Do f n (x) hội tụ đều đến f(x) nên ∀ ε > 0, ∃n 2 sao cho ∀n > n 2 ta có : 

|f n (x) − f(x)| < ε , ∀x ∈ [a, b]. 

b − a 

Suy ra: 

∣∣∣∣ 

∫b 

a 

f n (x)dx − 

∫ b 

a 

b 

f(x)dx 

∣ ≤ ∫ 

∫ b ∫ b 

Điều này chứng tỏ rằng lim f n (x)dx = f(x)dx. 

n→+∞ 

a 

a 

a 

|f n (x) − f(x)|dx ≤ ε .(b − a) = ε. 

b − a 

Hai điều kiện trên chỉ là điều kiện cần để hàm giới hạn của dãy hàm khả tích. Thiếu 

một trong hai điều kiện trên hàm hội của nó vẫn có thể khả tích. 

Ví dụ 1: Xét dãy hàm như sau: 

{ 0 nếu x vô tỷ 

f n (x) = 1 

nếu x hữu tỷ 

n 

rõ ràng mọi hàm f n (x) đều không khả tích trên đoạn [a, b] bất kỳ. Tuy nhiên dãy hàm 

trên hội tụ đều đến hàm f(x) ≡ 0 là hàm khả tích trên [a, b]. Hiển nhiên ta không có 

∫ b 

∫ 

∫ b 

đẳng thức f(x)dx = lim f n (x)dx vì không tồn tại f n (x)dx. 

a 

0 

n→∞ 

b 

a 

Ví dụ 2: Dãy hàm f n (x) = x n không hội tụ đều trên [0, 1] đến hàm f(x) ≡ 0, tuy 

nhiên f(x) là hàm khả tích trên [0, 1] và ta có 

∫ 1 

1 

1 

lim f n (x)dx = lim 

n→+∞ 

n→+∞ n + 1 = 0 = ∫ 

f(x)dx. 

Ví dụ 3: Dãy hàm f n (x) = nxe −nx2 trên đoạn [0, 1] có hàm giới hạn: 

f(x) = lim = 0, ∀x ∈ [0, 1] nên khi đó 

n→+∞ nxe−nx2 

Tuy nhiên lim 

n→+∞ 

∫ 1 

0 

f n (x)dx = 

∫ 1 

lim nxe −nx2 = 

n→+∞ 

0 

0 

∫ 1 

0 

a 

f(x)dx = 0. 

lim 

n→+∞ 

1 

2 (1 − e−n ) = 1 2 ≠ 0. 

✷


2.2.3 Tính khả vi của hàm giới hạn 


Giả sử rằng dãy hàm f n (x) xác định trên (a, b) thỏa mãn các điều kiện: 

1. Dãy hàm f n (x) hội tụ tại một điểm x 0 nào đó thuộc khoảng (a, b). 

2. f n (x) là hàm khả vi trên (a, b), ∀n ∈ N ∗ . 

3. Dãy đạo hàm f ′ n(x) hội tụ đều trên (a, b) và có tổng là g(x). 

Khi đó: 

1. Dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên (a, b) đến hàm f(x). 

2. f(x) là hàm khả vi trên (a, b) và f ′ (x) = g(x). 

Chứng minh: 

1. Do dãy hàm f n (x) hội tụ tại x 0 nên theo tiêu chuẩn Cauchy với mọi ε > 0 tồn 

tại ∃n 0 = n 0 (ε) sao cho ∀ m, n > n 0 ta có : 

|f n (x 0 ) − f m (x 0 )| < ε 2 

Mặt khác dãy f n(x) ′ hội tụ đều trên (a, b) nên ∃n 1 = n 1 (ε) sao cho ∀ m, n > n 1 

ta có: 

|f n(x) ′ − f m(x)| ′ ε 

< , ∀x ∈ (a, b). 

2(b − a) 

Áp dụng định lý Lagrange với hàm f n (x) − f m (x) ta được : 

∣ 

∣[f n (x) − f m (x)] − [f n (x 0 − f m (x 0 )] ∣ = |f n(c) ′ − f m(c)|.|x ′ − x 0 | 

ε 

< 

2(b − a) .|x − x 0| < ε , ∀x ∈ (a, b). 

2 

Khi đó với mọi m, n > max{n 0 , n 1 } ta có: 

∣ 

∣f n (x)−f m (x) ∣ ∣ ≤ ∣ ∣[f n (x)−f m (x)]−[f n (x 0 )−f m (x 0 )] ∣ ∣+ ∣ ∣f n (x 0 )−f m (x 0 ) ∣ ∣ 

< ε 2 + ε 2 

= ε, ∀x ∈ (a, b). 

Theo tiêu chuẩn Cauchy, suy ra dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên (a, b) đến hàm f 

với f(x) = lim 

n→∞ 

f n (x). 

2. Lấy x 1 ∈ (a, b), ta sẽ chứng minh f khả vi tại x 1 và f ′ (x 1 ) = g(x 1 ). 

Theo giả thiết, với mọi ε > 0 tồn tại n 0 ∈ N ∗ sao cho với mọi n > n 0 thì

2.3. Chuỗi hàm 28 

|f ′ n(x) − g(x)| < ε 3 , ∀x ∈ (a, b), lấy n 1 > n 0 cố định, do tính khả vi của f n1 

nên tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ∈ (a, b) mà |x − x 1 | < δ ta có: 

∣ f n 1 

(x) − f n1 (x 1 ) 

− f ′ n 

x − x 1 

(x 1 ) ∣ < ε 

1 3 . 

Áp dụng định lý Lagrang và dựa vào tính hội đều của dãy đạo hàm f n ′ ta có: 

∣ f n 1 

(x) − f m (x) − [f n1 (x 1 ) − f m (x 1 )] 

∣ ∣∣ ∣ 

= f n ′ x − x 1 

(ξ) − f m(ξ) ∣ ′ < ε 

1 3 

với mọi m > n 1 và với mọi x ∈ (a, b). 

Từ đó cho m → +∞ ta nhận được 

∣ f n 1 

(x) − f n1 (x 1 ) 

− f(x) − f(x ∣ 

1) ∣∣ ε < 

x − x 1 x − x 1 3 . 

Kết hợp các kết quả trên ta có, với mọi x ∈ (a, b) và |x − x 1 | < δ, ta có: 

∣ f(x) − f(x 1) 

− g(x 1 ) ∣ ≤ ∣ f(x) − f(x 1) 

− f n 1 

(x) − f n1 (x 1 ) 

∣ ∣∣ 

x − x 1 x − x 1 x − x 1 

+ ∣ f n 1 

(x) − f n1 (x 1 ) 

− f ′ n 

x − x 1 

(x 1 ) ∣ + ∣ ∣f n ′ 1 

(x 1 ) − g(x 1 ) ∣ < ε 

1 3 + ε 3 + ε 3 = ε. 

Điều này có nghĩa là hàm f khả vi tại x 1 và f ′ (x 1 ) = g(x 1 ). 

✷ 

2.3 Chuỗi hàm 

2.3.1 Khái niệm về chuỗi hàm và sự hội tụ đều 


Giả sử {u n (x)} là dãy hàm xác định trên tập U ⊂ R . 

Khi đó tổng hình thức: +∞ ∑ 

u n (x) = u 1 (x) + u 2 (x) + . . . + u n (x) + . . . 

n=1 

được gọi là một chuỗi hàm. 

1. Nếu tại x 0 ∈ U, chuỗi số +∞ ∑ 

u n (x 0 ) hội tụ thì x 0 được gọi là điểm hội tụ của 

chuỗi hàm. 

n=1 

2. Nếu tại x 0 ∈ U, chuỗi số +∞ ∑ 

u n (x 0 ) phân kỳ thì ta nói chuỗi hàm phân kỳ tại 

x 0 . 

n=1


3. Tập các điểm hội tụ được gọi là miền hội tụ của chuỗi hàm đó. 

4. Gọi A là miền hội tụ của chuỗi hàm +∞ ∑ 

u n (x) khi đó ∀x ∈ A , nếu ta đặt 

n=1 

S(x) = +∞ ∑ 

u n (x) thì S(x) được gọi là tổng chuỗi hàm. 

n=1 

Ví dụ 1: Xét miền hội tụ của chuỗi hàm +∞ ∑ 

x k . 

k=1 

Ta đã biết chuỗi số +∞ ∑ 

q k hội tụ khi và chỉ khi |q| < 1. 

k=1 

Như vậy chuỗi hàm +∞ ∑ 

x k có miền hội tụ là khoảng (−1, 1). 

k=1 

Khi đó chuỗi hàm +∞ ∑ 

x k = 

k=1 

lim 

n→+∞ 

k=1 

n∑ 

x k = 

Ví dụ 2: Xét miền hội tụ của chuỗi hàm +∞ ∑ 

Ta đã biết chuỗi số +∞ ∑ 

chuỗi hàm +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

1 

là (1, +∞). 

nx x(1 − x n ) 

lim 

n→+∞ 1 − x 

n=1 

1 

n x. 

= x 

1 − x . 

1 

hội tụ khi và chỉ khi α > 1. Như vậy miền hội tụ của 

nα Định nghĩa 2.3.2 

Chuỗi hàm +∞ ∑ 

u k (x) được gọi là hội tụ đều trên U đến hàm S(x) nếu ∀ ε > 0, ∃n 0 = 

k=1 

n 0 (ε) không phụ thuộc vào x sao cho ∀n > n 0 thì 

n∑ 

∣ u k (x) − S(x) 

∣ < ε, ∀x ∈ U 

k=1 

Ví dụ 1: Xét chuỗi hàm +∞ ∑ 1 

k=1 (x + k)(x + k + 1) trên R + . 

Dễ thấy +∞ ∑ 1 

k=1 (x + k)(x + k + 1) hội tụ đều trên R + đến hàm 1 

x + 1 . 

[ 1 

Thật vậy: ∀ε > 0 ∃n 0 = khi đó ∀n > n 0 , ∀x > 0 ta có: 

ε] 

n∑ 

1 

∣ (x + k)(x + k + 1) − 1 

∣ ∣∣∣ x + 1∣ = 1 

x + n + 1∣ < 1 

n + 1 < ε. 

k=1 

Ví dụ 2: Chứng minh rằng chuỗi hàm +∞ ∑ 

x n không hội tụ đều trên (−1, 1). 

n=1


Thật vậy, theo ví dụ 1 của định nghĩa 2.3.1, chuỗi hàm +∞ ∑ 

x n hội tụ đến hàm 

( ) 1 

trên (−1, 1). Mặt khác, từ đẳng thức lim 1 + x x 

= e, đặt x = − 1 

x→0 n 

( 

lim 1 − 1 −n 

= e, 

n→+∞ n) 

vậy nên lim 

(1 n. − 1 ) n+1 n − 1 

= lim ( 

n→+∞ n n→+∞ 

1 − 1 ) −n 

= +∞, 

n 

( 

do đó tồn tại m 0 sao cho với mọi n ≥ m 0 thì n. 1 − 

n) 1 n+1 

> 1. 

Khi đó ∃ ε = 1, ∀ n 0 ∈ N ∗ , ∃ n = max{n 0 , m 0 } + 1 và ∃ x = 1 − 1 n để: 

∑ 

∣ n x k − 

k=1 

x 

∣ = 

1 − x 

∣ x − xn+1 

1 − x − x 

2.3.2 Các dấu hiệu hội tụ đều của chuỗi hàm 


Điều kiện cần và đủ để chuỗi hàm +∞ ∑ 

k=1 

n=1 

ta được: 

( 

∣ = ∣ xn+1 

∣ = n. 1 − 1 n+1 

> 1. 

1 − x 1 − x n) 

x 

1 − x 

u k (x) hội tụ đều trên U ⊂ R là với mọi ε > 0 

tồn tại n 0 = n 0 (ε) không phụ thuộc x sao cho với mọi n > n 0 , với mọi p ∈ N ∗ ta 

có: 

|u n+1 (x) + u n+2 (x) + · · · + u n+p (x)| < ε, ∀x ∈ U. 

Chứng minh: 

1. Điều kiện cần: Giả sử +∞ ∑ 

u k (x) hội tụ đều trên U đến hàm S(x). 

k=1 

Khi đó với mọi ε > 0, tồn tại n 0 > 0 sao cho với mọi n > n 0 ta có 

∣ 

∑ n u k (x) − S(x) ∣ < ε 2 , ∀ x ∈ U 

suy ra 

k=1 

∣ − n+p ∑ 

u k (x) + S(x) ∣ < ε 2 , ∀ x ∈ U, ∀p ∈ N ∗ . 

k=1 

Cộng hai vế của bất đẳng thức ta được: 

∣ n+p ∑ 

k=n+1 

2. Điều kiện đủ: Đặt S n (x) = u 1 (x) + . . . + u n (x). 

u k (x) ∣ ∣ < ε, ∀ x ∈ U.


Khi đó với mọi ε > 0 tồn tại ∃ n 0 > 0 sao cho với mọi n > n 0 và mọi p ∈ N ∗ 

ta có: 

|u n+1 (x) + . . . + u n+p (x)| = |S n+p (x) − S n (x)| < ε. 

Như vậy S n (x) là dãy cơ bản khi coi x cố định tức là ∃ lim 

n→+∞ S n(x) = S(x). 

Mặt khác, theo giả thiêt: |S n+p (x) − S n (x)| < ε, ∀ x ∈ U. 

Cho p → +∞ ở bất đẳng thức trên ta được: |S(x) − S n (x)| < ε, ∀ x ∈ U. 

Điều này chứng tỏ chuỗi hàm +∞ ∑ 

u k (x) hội tụ đều trên U đến S(x). 

k=1 


Điều kiện cần và đủ để chuỗi hàm +∞ ∑ 

n=1 

u n (x) hội tụ đều trên U là ∀ ε > 0, ∃ n 0 = 

n 0 (ε) sao cho ∀ n > n 0 , ∀ p > 0 ta có: 

∣ 

∣u n+1 (x) + u n+2 + · · · + u n+p (x) ∣ < ε. 

sup 

x∈U 

✷ 

Chứng minh: coi như bài tập 

✷ 

Định lý 2.3.5 (Dấu hiệu Weierstrass) 

Giả sử chuỗi hàm +∞ ∑ 

u n (x) xác định trên U và tồn tại dãy số dương {C n } sao cho: 

n=1 

1. |u n (x)| ≤ C n , ∀ x ∈ U, ∀ n ∈ N ∗ . 

2. Chuỗi số +∞ ∑ 

C n hội tụ. 

n=1 


u n (x) hội tụ đều trên U. 

n=1 

Chứng minh: Do chuỗi số dương +∞ ∑ 

C n hội tụ nên: 

k=1 

Với mọi ε > 0 tồn tại ∃n 0 sao cho với mọi n > n 0 

C n+1 + C n+2 + . . . + C n+p < ε 

và mọi p > 0 ta có: 

Khi đó: 

∣ 

∣u n+1 (x) + u n+2 (x) + . . . + u n+p (x) ∣ ∣ ≤ |u n+1 (x)| + |u n+2 (x)| + . . . + |u n+p (x)| 

≤ C n+1 + C n+2 + . . . + C n+p < ε, ∀ x ∈ U.


Như vậy với mọi ε > 0 tồn tại n 0 để với mọi n > n 0 và mọi p > 0 ta có: 

∣ 

∣u n+1 (x) + u n+2 (x) . . . + u n+p (x) ∣ ∣ < ε, ∀x ∈ U. 

Theo tiêu chuẩn Cauchy suy ra chuỗi +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ đều trên U. 

n=1 

Ví dụ 1: Xét tính hội tụ đều của chuỗi hàm +∞ ∑ 

Dễ thấy ∀ x ∈ R ta có: |U n (x)| = 

Do chuỗi +∞ ∑ 

n=1 

1 

n hội tụ nên chuỗi hàm +∞ ∑ 

2 

n=1 

| cos nx| 

n 2 + x 4 < 1 n 2. 

n=1 

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của chuỗi hàm +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

cos nx 

n 2 + x 

( 

1 2x + 1 

2 n x + 2 

cos nx 

n 2 + x 4 trên R . 

hội tụ đều trên R . 

4 

) n 

trên đoạn [−1, 3]. 

Dễ thấy ∣ 2x + 1 

∣ 

∣ = ∣2 − 3 

∣ < 7 , ∀ x ∈ [−1, 3] 

x + 2 x + 2 5 do vậy |U n (x)| = ∣ 2x + 1 

x + 2 .1 ∣ n ( 7 

) n, 

≤ ∀ x ∈ [−1, 3]. 

2 10 

Mặt khác, chuỗi số +∞ ∑ ( 7 

) n ∣ ∣∣ 7 

hội tụ do ∣ < 1. 

n=1 10 

10 

Như vậy chuỗi +∞ ∑ 1 

( 2x + 1 

) n 

hội tụ đều trên [−1, 3] theo dấu hiệu Weierstrass. 

2 n x + 2 


Giả sử rằng hai chuỗi hàm +∞ ∑ 

a n (x), +∞ ∑ 

b n (x) xác định trên S thỏa mãn 2 điều kiện: 

n=1 

n=1 

∑ 

1. Dãy tổng riêng: A n (x) = n a k (x) bị chặn đều trên S, nghĩa là tồn tại M > 0 

sao cho: 

|A n (x)| = 

k=1 

∣ n ∑ 

k=1 

a k (x) ∣ ≤ M, ∀ n ∈ N ∗ , ∀ x ∈ S. 

2. Với mọi x ∈ S cố định dãy b n (x) đơn điệu và b n (x) hội tụ đều đến 0. 


a n (x)b n (x) hội tụ đều trên S. 

n=1 

✷


Chứng minh: Ta có thể giả thiết b n (x) đơn điệu giảm (nếu không ta xét −b n (x)). 

Do dãy hàm b n (x) giảm, hội tụ đều về 0 nên với mọi ε > 0 tồn tại ∃n 0 = n 0 (ε) 

sao cho với mọi n > n 0 ta có 0 ≤ b n (x) < ε , ∀x ∈ S. Khi đó ta có: 

∣ 

∑ 

∣ n+m 

k=n+1 

a k (x)b k (x) ∣ = 

∣ 

∑ 

∣ m+n 

k=n+1 

2M b k (x)[A k (x) − A k−1 (x)] ∣ 

= ∣ ∣ − b n+1 (x).A n (x) + [b n+1 (x) − b n+2 (x)]A n+1 (x) + . . . + 

+ [ b n+m−1 (x) − b n+m (x) ] A m+n−1 (x) + b n+m (x).A n+m (x) ∣ [ 

≤ M. b n+1 (x)+ ( b n+1 (x)−b n+2 (x) ) +. . .+ ( b n+m−1 (x)−b n+m (x) ) ] 

+b n+m (x) 

ε 

= 2M.b n+1 (x) < 2M. 

2M = ε, ∀x ∈ S, ∀n > n 0. 

Tóm lại, với mọi ε > 0, tồn tại n 0 = n 0 (ε) sao cho ∀n > n 0 , m > 0 ta có : 

∣ ∑ 

a k (x)b k (x) ∣ < ε, ∀ x ∈ S. 

∣ n+m 

k=n+1 

Theo tiêu chuẩn Cauchy thì +∞ ∑ 

a k (x)b k (x) hội tụ đều trên S. 

k=1 

Ví dụ: Xét sự hội tụ đều của chuỗi hàm +∞ ∑ 

Chuỗi đã cho có dạng +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

sin nx 

√ n.x 

trên đoạn [ε, π − ε]. 

a n (x)b n (x), trong đó a n (x) = sin nx, b n (x) = 1 √ n.x 

∑ 

Ta có ∣ n sin kx ∣ cos x = 

2 − cos(n + 1 2 ).x 

∣ 

k=1 

2 sin x ∣ ≤ 1 

sin x ≤ 1 

sin ε . 

2 

2 2 

Còn dãy b n (x) = √ 1 đơn điệu giảm theo n khi x cố định và |b n (x)| ≤ √ 1 , 

n.x n.ε 

tức là b n (x) hội tụ đều về 0 khi n → +∞. 

Áp dụng dấu hiệu Dirichlet ta có 

+∞ ∑ 

n=1 

sin nx 

√ n.x 

hội tụ đều trên [ε, π − ε]. 



a n (x) và +∞ ∑ 

b n (x) là hai chuỗi hàm xác định trên S thỏa mãn đồng thời 

n=1 

2 điều kiện : 

n=1 

✷


1. Chuỗi hàm +∞ ∑ 

a n (x) hội tụ đều trên S. 

n=1 

2. Dãy hàm b n (x) đơn điệu với mỗi x cố định và bị chặn đều trên S. 



n=1 

Chứng minh: Ta giả thiết rằng dãy hàm {b n (x)} đơn điệu giảm và bị chặn đều bởi 

M(nếu không ta xét dãy −b n (x)). 

Đặt A k (x) = 

k ∑ 

i=1 

a i (x), do chuỗi +∞ ∑ 

a n (x) hội tụ nên với mọi ε > 0 tồn tại 

n=1 

∃n 0 = n 0 (ε) sao cho ∀ n > n 0 , ∀ m > 0 ta có: 

m+n 

∑ 

|A n+m (x) − A n (x)| = 

∣ a k (x) 

∣ < 

Đặt: 

k=n+1 

α 1 (x) = a n+1 (x) = A n+1 (x) − A n (x), 

α 2 (x) = a n+1 (x) + a n+2 (x) = A n+2 (x) − A n (x), 

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 

ε 

3M , ∀ x ∈ S. 

α m (x) = a n+1 (x) + . . . + a n+m (x) = A n+m (x) − A n (x), 

khi đó: |α j (x)| ≤ ε , ∀ j = 1, m. 

3M 

Từ đây ta có: 

∣ ∑ 

a k (x)b k (x) ∣ = ∣ ∣b n+1 (x)α 1 (x) + b n+2 (x) ( α 2 (x) − α 1 (x) ) + . . . + 

∣ n+m 

k=n+1 

b n+m (x) ( α m (x) − α m−1 (x) )∣ ∣ = ∣ ∣α 1 (x) ( b n+1 (x) − b n+2 (x) ) + α 2 (x) ( b n+2 (x) 

−b n+3 (x) ) + . . . + α m−1 (x) ( b n+m−1 (x) − b n+m (x) ) + α m (x)b n+m (x) ∣ < ε [ (bn+1 

(x) − b n+2 (x) ) + . . . + ( b n+m−1 (x) − b n+m (x) ) + |b n+m (x)|] 

3M 

≤ 

ε [ 

] 

b n+1 (x) − b n+m (x) + |b n+m (x)| ≤ 

ε .3M = ε. 

3M 

3M 

Tóm lại, với mọi ε > 0 tồn tại n 0 = n 0 (ε) sao cho ∀ n > n 0 , ∀ m > 0 ta có: 

∣ 

n+m 

∑ 

k=n+1 

a k (x)b k (x) ∣ < ε, ∀ x ∈ S.


Theo tiêu chuẩn Cauchy, chuỗi hàm +∞ ∑ 


n=1 

Ví dụ: Xét sự hội tụ của chuỗi hàm +∞ ∑ 

x n (1 − x) n n 

trên (0, 1). 

n=1 n + x 

Dễ thấy chuỗi trên có dạng +∞ ∑ 

a n (x)b n (x) trong đó a n (x) = x n (1 − x) n và 

n=1 

b n (x) = 

n thỏa mãn các điều kiện của định lý Abel. Thật vậy: 

n + x 

( 1 n 

|a n (x)| = |x n (1 − x) n | = |x(1 − x)| n ≤ 

4) 

theo định lý Weierstrass ta có chuỗi +∞ ∑ 

a n (x) hội tụ đều trên (0,1). 

n=1 

Hiển nhiên rằng dãy b n (x) = 

n đơn điệu tăng và bị chặn bởi 1. 

n + x 

Vậy theo định lý Abel ta có chuỗi +∞ ∑ 

x n (1 − x) n n 

hội tụ đều trên (0, 1). 

n + x 

n=1 

✷ 

2.3.3 Các tính chất của tổng chuỗi hàm 


Giả sử rằng chuỗi hàm +∞ ∑ 

n=1 

u n (x) thỏa mãn các điều kiện sau: 

1. u n (x) là hàm liên tục trên tập U, ∀ n ∈ N ∗ . 


u n (x) hội tụ đều trên U đến hàm S(x). 

n=1 

Khi đó S(x) là hàm liên tục trên U. 

Chứng minh: Đặt S n (x) = 

Do chuỗi 

+∞∑ 

n=1 

n ∑ 

k=1 

u k (x), dễ thấy S n (x) cũng là hàm liên tục trên U. 

u n (x) hội tụ đều đến S(x) nên dãy hàm {S n (x)} hội tụ đều trên U 

đến hàm S(x). Theo định lý 2.2.1 suy ra S(x) là hàm liên tục trên U. 

Nhận xét: 

1. Định lý trên chỉ là điều kiện đủ không phải là điều kiện cần. Ví dụ chuỗi hàm 

+∞∑ 

x n hội tụ đến hàm 

x liên tục trên (−1, 1). Tuy nhiên ta đã biết chuỗi 

1 − x 

n=1 

✷


+∞∑ 

n=1 

x n không hội tụ đều trên (−1, 1). 

2. Điều ngược lại của định lý trên cũng không đúng. 

[ ] 

Ví dụ chuỗi hàm +∞ ∑ sgn(kx) sgn(k − 1)x 

− có tổng riêng là 

k=1 k + 1 k 

[ ] 

∑ 

S n (x) = n sgn(kx) sgn(k − 1)x 

− = sgn(nx) 

k + 1 k n + 1 . 

k=1 

Ta có |S n (x)| ≤ 1 

n + 1 , 

do vậy S n(x) ⇒ S(x) ≡ 0, ∀ x ∈ (−∞, +∞). 

Như vậy chuỗi hàm trên hội tụ đều trên R đến hàm S(x) liên tục trên R . Tuy 

nhiên hàm thành phần: 

u k (x) = sgn(kx) 

k + 1 

− 

sgn(k − 1)x 

k 

không liên tục tại 0. 



u n (x) là chuỗi hàm xác định trên U, x 0 là điểm tụ của U, thỏa mãn 2 điều 

kiện : 

n=1 

1. Chuỗi +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ đều đến S(x) trên U. 

n=1 

2. Tồn tại lim 

x→x0 

u n (x) = C n , ∀ n ∈ N ∗ . 

Khi đó chuỗi số +∞ ∑ 

Chứng minh: 

n=1 

C n hội tụ và lim S(x) = +∞ ∑ 

C n . 

x→x0 n=1 

1. Do chuỗi +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ đều nên với mọi ε > 0 tồn tại ∃ n 0 = n 0 (ε) sao cho 

n=1 

∀ n > n 0 , ∀ m ∈ N ∗ ta có: 

∣ n+m ∑ 

u k (x) ∣ < ε 2 , ∀ x ∈ U. 

k=n+1 

Cho x → x 0 ta được: 

| n+m ∑ 

C k | ≤ ε 

k=n+1 2 < ε


vậy chuỗi số +∞ ∑ 

C n hội tụ. 

n=1 

2. Theo giả thiết với mọi ε tồn tại ∃n 1 = n 1 (ε) sao cho ∀ n > n 1 ta có : 

∣ ∑ 

∣S(x) − n u k (x) ∣ < ε 3 , ∀ x ∈ U. 

k=1 


C k hội tụ nên ∃n 2 sao cho ∀ n > n 2 ta có: 

k=1 

∣ 

∑n 2 

k=1 

C k − +∞ ∑ 

k=1 

C k 

∣ ∣∣ < 

ε 

3 . 

Chọn n 3 > max{n 1 , n 2 } cố định, vì lim 

x→x0 

u k (x) = C k nên tồn tại δ > 0 sao cho 

với mọi x ∈ U và |x − x 0 | < δ ta có: 

∣ 

∑n 3 

k=1 

u k (x) − C k 

∣ ∣∣ < 

ε 

3 . 

Khi đó với mọi x ∈ U và |x − x 0 | < δ, ta có: 

∣ 

∣S(x)− +∞ ∑ 

∣ ∣ ∣∣ ∣∣S(x)− ∑n 3 

∣ 

∑n 3 

C k ≤ u k (x) ∣+ ∣ 

n=1 

k=1 

< ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε, 

k=1 

∑ 

u k (x)− n 3 

k=1 

∣ ∣ ∣∣+ ∣∣ ∑n 3 

C k 

k=1 

C k − +∞ ∑ 

∣ ∣∣ 

C k 

k=1 

tức là lim S(x) = +∞ ∑ 

C k . 

x→x0 

k=1 



n=1 

u n (x) thỏa mãn các điều kiện: 

✷ 

1. u n (x) là các hàm khả tích trên [a, b], ∀ n ∈ N ∗ . 


u n (x)hội tụ đều đến S(x) trên đoạn [a, b]. 

n=1 

Khi đó: 

1. S(x) là hàm khả tích trên [a, b]. 

2. 

∫ b 

a 

S(x)dx = +∞ ∑ 

∫ b 

n=1 a 

u n (x)dx.


∑ 

Chứng minh: Đặt S n (x) = n u k (x), dễ thấy S n (x) cũng là hàm khả tích trên [a, b]. 

k=1 

Do +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ đều đến S(x) nên dãy hàm {S n (x)} 

n=1 

Theo định lý 2.2.2 suy ra S(x) là hàm khả tích và 

∫ b 



a 

S(x)dx = lim 

n=1 

∫ 

n→∞ 

b 

a 

S n (x) = +∞ ∑ 

∫ b 

n=1 a 

u n (x)dx. 

u n (x) xác định trên (a, b) thỏa mãn: 

hội tụ đều đến hàm S(x). 


u n (x) hội tụ tại một điểm x 0 nào đó thuộc khoảng (a, b). 

n=1 

2. u n (x) là hàm khả vi trên (a, b), ∀ n ∈ N ∗ . 

3. Chuỗi đạo hàm +∞ ∑ 

u ′ n(x) hội tụ đều trên (a, b) và có tổng là g(x). 

Khi đó: 

n=1 

1. Chuỗi +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ đều trên (a, b) đến hàm S(x). 

n=1 

2. S(x) là hàm khả vi trên (a, b) và S ′ (x) = g(x). 

∑ 

Chứng minh: Đặt S n (x) = n u k (x) suy ra S n (x) là hàm khả vi trên (a, b) và dãy 

k=1 

hàm {S n (x)} cũng hội tụ tại x 0 . Do chuỗi hàm +∞ ∑ 

u ′ n(x) hội tụ đều trên (a, b) và có 

tổng là g(x) nên dãy hàm {S ′ n(x)} cũng hội tụ đều trên (a, b) và có giới hạn là hàm 

g(x). Theo định lý 2.3.11 suy ra dãy hàm {S n (x)} hội tụ đều trên (a, b) đến hàm 

S(x), tức là chuỗi hàm +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ đều trên (a, b) đến hàm S(x), đồng thời S(x) 

n=1 

là hàm khả vi và S ′ (x) = g(x). 

n=1 

✷ 

✷

2.4. Chuỗi lũy thừa 39 

2.4 Chuỗi lũy thừa 

2.4.1 Khái niệm, tính chất và bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa 


Chuỗi hàm có dạng +∞ ∑ 

là những số thực. 

n=0 

1. x 0 được gọi là tâm của chuỗi lũy thừa. 

a n (x−x 0 ) n được gọi là chuỗi lũy thừa, trong đó x 0 , a 1 , a 2 , . . . 

2. Nếu đặt y = x − x 0 thì ta có thể đưa chuỗi lũy thừa về dạng +∞ ∑ 

a n y n , tức là 

Ví dụ: 

chuỗi lũy thừa có tâm tại y = 0. 


3 n (x + 2) n là chuỗi lũy thừa với tâm là điểm −2. 

n=0 


sin(n)x n là chuỗi lũy thừa với tâm là điểm 0. 



n=0 

n=0 

trên khoảng (−|x 0 |, |x 0 |). 

a n x n hội tụ tại điểm x 0 ≠ 0, khi đó chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tuyệt đối 

Chứng minh: Do chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tại x 0 nên lim a nx n 0 = 0 do đó tồn 

n=0 

n→+∞ 

tại M > 0 sao cho |a n x n 0| < M, ∀ n ∈ N ∗ . Khi đó với mọi x ∈ (−|x 0 |, |x 0 |) ta có: 

∣ x ∣ < 1 và |a n ||x n | = |a n x n 

x 

0| ∣ x ∣ n ∣ 

< M x ∣ n 

0 x 0 x 0 

Mặt khác, chuỗi +∞ ∑ 

n=0 

n=0 

n=0 

∣ x x 0 

∣ ∣ 

n 

hội tụ nên theo dấu hiệu Weierstrass ta có chuỗi 

+∞∑ 

hội tụ, tức là chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tuyệt đối trên khoảng (−|x 0 |, |x 0 |). 

n=0 

Định lý 2.4.3 (Abel) 

Cho chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

n=0 

n=0 

|a n ||x n | 

a n x n , khi đó tồn tại một số R với 0 ≤ R ≤ +∞ sao cho: 

1. Chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tuyệt đối trong (−R, R) ∪ {0} và hội tụ đều trong mỗi 

n=0 

đoạn [−r, r] với 0 < r < R. 

✷


2. Chuỗi +∞ ∑ 

a n x n phân kỳ với mọi x mà |x| > R. 

n=0 

Chứng minh: 


a n x n chỉ hội tụ tại 0 thì R = 0, ta có điều phải chứng minh. Nếu 

n=0 


a n x n hội tụ tại x 0 ≠ 0 thì gọi A là miền hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

a n x n khi 

n=0 

đó theo định lý 2.4.2 ta có (−|x 0 |, |x 0 |) ⊂ A, đặt R = sup A, suy ra R > 0. Lấy 

một giá trị bất kỳ x ∈ (−R, R) theo định nghĩa supremum tồn tại điểm x 1 ∈ A 

sao cho |x| < x 1 < R. Theo định lý 2.4.2, chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tuyệt đối tại x. 

n=0 

Như vậy chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tuyệt đối trong khoảng (−R, R). 

n=0 

Giả sử rằng r là một số thỏa mãn điều kiện 0 < r < R. Khi đó chuỗi số 

+∞∑ 

n=0 

|a n |r n hội tụ. Mặt khác với mọi x ∈ [−r, r] ta có |a n x n | ≤ |a n r n |. 

Theo dấu hiệu Weierstrass chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

a n x n hội tụ đều trong đoạn [−r, r]. 

2. Giả sử rằng tồn tại điểm x với |x| > R mà tại đó chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ. 

Vì |x| > R nên tồn tại x 1 sao cho R < x 1 < |x|. Theo định lý 2.4.2, chuỗi 

+∞∑ 

n=0 

n=0 

a n x n hội tụ tại x 1 do đó x 1 ∈ A nhưng x 1 > R điều này trái với giả thiết vì 

n=0 

R = sup A. Vậy chuỗi +∞ ∑ 

a n x n phân kỳ tại mọi x mà |x| > R. 

n=0 


1. Số R tồn tại ở định lý trên được gọi là bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa. 

2. Khoảng (−R, R) được gọi là khoảng hội tụ của chuỗi +∞ ∑ 

a n x n . 

3. Dễ thấy nếu chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

a n x n có khoảng hội tụ là (−R, R) thì chuỗi 

+∞∑ 

n=0 

n=0 

a n (x − x 0 ) n có khoảng hội tụ là (x 0 − R, x 0 + R). 

n=0 

n=0 

✷


Hệ quả 2.4.5 

Bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

+∞∑ 

n=0 

|a n ||x| n . 

n=0 

a n x n bằng bán kính hội tụ của chuỗi 

Chứng minh: Gọi R 1 , R 2 lần lượt là bán kính hội tụ của +∞ ∑ 

|a n ||x| n và +∞ ∑ 

a n x n . 

Vì sự hội tụ tuyệt đối của chuỗi kéo theo sự hội tụ của chuỗi nên R 1 ≤ R 2 , mặt 

khác theo định lý 2.4.3, chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ tuyệt đối trên (−R 2 , R 2 ), tức là chuỗi 

+∞∑ 

n=0 

n=0 

|a n ||x| n hội tụ trên (−R 2 , R 2 ) do đó R 1 ≥ R 2 , từ đây suy ra R 1 = R 2 . ✷ 

Định lý 2.4.6 (Cauchy-Hadamard) 

Cho chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

a n x n . 

n=0 

∣ 

Giả sử rằng lim n√ |a n | = ρ ( hoặc lim 

a n+1∣∣∣ 

∣ = ρ ). 

a n 

Khi đó bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa trên được tính theo công thức 

⎧ 

1 

⎪⎨ nếu 0 < ρ < +∞, 

ρ 

R = 

+∞ nếu ρ = 0, 

⎪⎩ 0 nếu ρ = +∞. 

Chứng minh: Theo hệ quả 2.4.5 ta chỉ cần tìm bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa 

+∞∑ 

n=0 

|a n ||x| n . Theo giả thiết ta có lim n√ |a n ||x n | = lim n√ |a n ||x| = ρ|x|. 

Theo dấu hiệu Cauchy cho chuỗi số dương +∞ ∑ 

|a n ||x| n ta có: 

n=0 

n=0 

1. Nếu ρ = 0 thì chuỗi hội tụ tuyệt đối với mọi x hay R = +∞. 

2. Nếu ρ = +∞ và với x ≠ 0 thì lim n√ |a n ||x| n = +∞ chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

|a n ||x| n 

phân kỳ, do đó R = 0. 

n=0 

n=0 

3. Nếu 0 < ρ < +∞ thì chuỗi lũy thừa hội tụ với x có |x| < 1 ρ 

và phân kỳ với x 

mà |x| > 1 ρ , vậy R = 1 ρ .


∣ Trường hợp ρ = lim 

a n+1∣∣∣ 

∣ được chứng minh tương tự. ✷ 

a n 

Ví dụ 1: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

√ 

n 

Ta có lim |an | = 

n→+∞ 

lim 

n→+∞ 

1 

n√ 2n + 1 

= 1. 

n=0 

(−1) n x n 

2n + 1 . 

Vậy chuỗi lũy thừa đã cho có bán kính hội tụ R = 1 và khoảng hội tụ (−1, 1). 

Tại x = −1 chuỗi trở thành +∞ ∑ 1 

và là chuỗi phân kỳ. 

n=0 2n + 1 

Tại x = 1 chuỗi +∞ ∑ (−1) n 

hội tụ theo dấu hiệu Leibniz. 

2n + 1 

n=0 

Vậy miền hội tụ của chuỗi lũy thừa là −1 < x ≤ 1. 

Ví dụ 2: Tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa +∞ ∑ x n 

n=0 n! . 

|a n+1 | 

n! 

Ta có lim = lim 

n→+∞ |a n | n→+∞(n + 1)! = lim 1 

n→+∞(n + 1) = 0. 

Vậy bán kính hội tụ R = +∞, tức là chuỗi lũy thừa đã cho hội tụ với mọi x ∈ R . 

Ví dụ 3: Xét miền hội tụ của chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

n n (x − 1) n . 

Ta có 

lim 

n→+∞ 

điểm duy nhất x = 1. 

n=0 

n√ 

nn = +∞, suy ra bán kính hội tụ R = 0 và chuỗi chỉ hội tụ tại một 

Ví dụ 4: Xét miền hội tụ của chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

Ta có 

lim n √ ∣∣∣ 

cos 

n ( 2nπ 

3 

n=0 

) ∣ ∣ ∣ = lim 

∣ ∣∣ cos( 

2nπ 

3 ) ∣ ∣∣ = 1. 

cos ( n 2nπ) x n . 

3 

Vậy chuỗi đã cho có bán kính hội tụ là 1. 

Tại x = ±1 chuỗi số +∞ ∑ 

cos ( n 2nπ) (±1) n phân kì do các hạng tử không dần về 0 

n=0 3 

khi n → +∞. 

Như vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là khoảng (−1, 1).


2.4.2 Tính chất của tổng chuỗi lũy thừa 


Giả sử chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

n=0 

một hàm liên tục trong khoảng hội tụ (−R, R). 

a n x n có bán kính hội tụ R > 0, khi đó tổng S(x) của nó là 

Chứng minh: Lấy x 0 bất kỳ thuộc khoảng (−R, R) khi đó tồn tại r > 0 sao cho 

x 0 ∈ [−r, r]. Theo định lý 2.4.3 chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ đều trên khoảng [−r, r], mặt 

n=0 

khác các hàm thành phần a n x n liên tục trên [−r, r]. Như vậy theo định lý 2.3.8 về 

tính liên tục của tổng chuỗi hàm ta có tổng S(x) là hàm liên tục tại x 0 , do x 0 chọn 

bất kỳ ∈ (−R, R) nên S(x) liên tục trên khoảng (−R, R). 


Giả sử chuỗi hàm +∞ ∑ 

n=0 

a n x n có bán kính hội tụ R > 0, khi đó tổng S(x) của nó là 

hàm khả tích trên mọi đoạn [a, b] nằm trong khoảng (−R, R) và 

Đặc biệt: 

x∫ 

0 

∫ b 

a 

S(t)dt = +∞ ∑ 

n=0 

S(x)dx = +∞ ∑ 

n=0 

∫b 

a n 

a 

x n dx. 

a n . xn+1 

, ∀ x ∈ (−R, R). 

n + 1 

Chứng minh: Ta đã biết chuỗi +∞ ∑ 

a n x n hội tụ đều trên mọi đoạn [−r, r] ⊂ (−R, R) 

n=0 

tức là hội tụ đều trên mọi đoạn [a, b] ⊂ (−R, R). Mặt khác, các hàm u n (x) = a n x n 

khả tích trên [a, b]. Theo định lý 2.3.10 ta có: 

chọn a = 0, b = x được: 

∫ b 

a 

x∫ 

0 

S(t)dt = +∞ ∑ 

n=0 

S(t)dt = +∞ ∑ 

Ví dụ: Tính tổng của chuỗi số sau: 

Xét chuỗi lũy thừa 

Dễ thấy lim 

n→+∞ 

+∞∑ 

|a n+1 | 

|a n | 

n=0 

+∞ ∑ 

n=0 

n=0 

∫b 

a n 

a 

t n dt 

a n . xn+1 

n + 1 . 

n + 1 

= 1 + 2 5 n 5 + 3 5 + · · · + n + 1 + · · · 

2 5 n 

(n + 1)x n . 

n + 2 

= lim = 1, vậy chuỗi lũy thừa trên có bán kính hội tụ 

n→+∞ n + 1 

✷ 

✷


là 1, suy ra mọi x ∈ (−1, 1) chuỗi hội tụ đến hàm S(x) và ta có 

x∫ 

S(t)dt = +∞ ∑ 

x∫ 

(n + 1) t n dt = +∞ ∑ 

x n+1 = 

x 

0 

n=0 0 n=0 1 − x . 

( x 

) ′ 1 

Đạo hàm hai vế ta được: S(x) = = 

1 − x (1 − x) 2, ∀ x ∈ (−1, 1). 

Thay x = 1 5 

ta có kết quả: 

+∞∑ 

n=0 



Khi đó: 

n=0 

n + 1 

= S ( 1) 1 25 

= 

5 n 5 (1 − 1 = 

5 

)2 16 . 

a n x n có bán kính hội tụ R > 0 và S(x) = +∞ ∑ 

a n x n . 

1. Chuỗi lũy thừa +∞ ∑ 

n.a n x n−1 cũng có bán kính hội tụ là R. 

n=1 

2. Tổng S(x) là hàm khả vi trong (−R, R) và ta có: 

S ′ (x) = +∞ ∑ 

n.a n x n−1 . 

Chứng minh: 

n=1 

1. Đặt ρ = lim n√ |a n | khi đó lim n√ n.|a n | = ρ, điều này có nghĩa là chuỗi lũy 

thừa +∞ ∑ 

n.a n x n−1 có bán kính hội tụ là R. 

n=1 

2. Lấy x 0 bất kỳ thuộc (−R, R) khi đó tồn tại r > 0 sao cho x 0 ∈ (−r, r) và 

[−r, r] ⊂ (R, R) theo định lý 2.4.3 chuỗi +∞ ∑ 

a n x n và +∞ ∑ 

na n x n−1 cũng hội tụ 

đều trên [−r, r]. Theo định lý 2.3.11 suy ra S(x) là hàm khả vi trên (−r, r) và 

S ′ (x) = +∞ ∑ 

na n x n−1 , ∀ x ∈ (−r, r). 

n=1 

Vì x 0 ∈ (−r, r) nên ta có cũng có 

n=0 

S ′ (x 0 ) = +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

na n x n−1 

0 . 

Do x 0 bất kỳ thuộc (−R, R) nên ta có S ′ (x) = +∞ ∑ 

na n x n−1 , ∀ x ∈ (−R, R). 

n=1 

n=0 

✷


Hệ quả 2.4.10 


n=0 

a n x n có bán kính hội tụ tại R > 0 và S(x) = +∞ ∑ 

a n x n . 

Khi đó S(x) là hàm khả vi vô hạn trong khoảng (−R, R). 

Ví dụ: Tính tổng của chuỗi số sau: 

+∞∑ 

1 

(2n + 1)7 = 1 2n+1 7 + 1 

3.7 + 1 

3 5.7 + · · · + 1 

5 (2n + 1)7 + · · · 

2n+1 n=0 

Xét chuỗi lũy thừa 

+∞ ∑ x 2n+1 

n=0 2n + 1 . 

|a n+1 | 2n + 1 

Dễ thấy lim = lim = 1, vậy chuỗi lũy thừa trên có bán kính hội 

n→+∞ |a n | n→+∞ 2n + 3 

tụ là 1, suy ra mọi x ∈ (−1, 1) chuỗi hội tụ đến hàm S(x) và ta có: 

S ′ (x) = +∞ ∑ 

x 2n = 1 + x 2 + x 4 + · · · + x 2n + · · · = 1 

n=0 

1 − x 2. 

x∫ dt 

Do đó S(x) = 

1 − t + C = 1 ( 1 + x 

) 

2 2 ln + C, ∀ x ∈ (−1, 1). 

1 − x 

0 

n=0 

Thay x = 0, ta có S(0) = C = 0, thay x = 1 ta được: 

7 

+∞∑ 1 

(2n + 1).7 = S( 1) 1 

( 1 + 

1 ) 

= 2n+1 7 2 ln 7 

1 − 1 = 

7 

n=0 

ln 4 − ln 3 

. 

2 



n=0 

a n x n có bán kính hội tụ R > 0 và hội tụ tại x = R ( tại 

x = −R). Khi đó S(x) = +∞ ∑ 

a n x n là hàm liên tục bên trái tại điểm x = R ( liên 

tục bên phải tại x = −R). 

n=0 

Chứng minh: (Cho trường hợp S(x) liên tục bên trái tại x = R.) 


( x 

) n 

a n R n hội tụ và dãy hàm đơn điệu và bị chặn đều trên [0, R], nên 

n=0 

R 

( ) 

theo dấu hiệu Abel chuỗi hàm +∞ ∑ 

a n x n = +∞ ∑ 

n x 

a n R n . hội tụ đều trên [0, R]. 

R 

Theo định lý 2.3.9 ta có: 

lim 

x→R −S(x) = +∞ ∑ 

n=0 

Vậy S(x) liên tục trái tại x = R. 

n=0 

n=0 

lim 

x→R −a n.x n = +∞ ∑ 

a n R n = S(R). 

n=0 

✷


2.4.3 Khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa 



+∞∑ 

n=0 

n=0 

a n (x − x 0 ) n , ∀ x ∈ (x 0 − R, x 0 + R). Khi đó: 

1. f là hàm khả vi vô hạn trong (x 0 − R, x 0 + R). 

2. a n = f (n) (x 0 ) 

, ∀ n ∈ N ∗ và f(x) = +∞ ∑ 

n! 

n=0 

Chứng minh: 

1. Suy ra trực tiếp từ hệ quả 2.4.10 

a n (x − x 0 ) n có bán kính hội tụ R > 0 và f(x) = 

f (n) (x 0 ) 

(x − x 0 ) n . 

n! 

2. Do f khả vi vô hạn lần nên lấy đạo hàm cấp n hai vế của: 

f(x) = +∞ ∑ 

a k (x − x 0 ) k ta được: 

k=0 

f (n) (x) = +∞ ∑ 

k=n 

k!a k 

(k − n)! (x − x 0) k−n . 

Cho x = x 0 ta có f (n) (x 0 ) = a n .n! suy ra a n = f (n) (x 0 ) 

. 

n! 


Giả sử f là hàm khả vi vô hạn trong lân cận nào đó của điểm x 0 khi đó chuỗi 

+∞∑ f (n) (x 0 ) 

(x − x 0 ) n được gọi là chuỗi Taylor của hàm f(x) tại x 0 . 

n! 

n=0 

1. Nếu x 0 = 0 thì chuỗi +∞ ∑ 

f(x). 

n=0 

f (n) (0) 

x n được gọi là chuỗi Mac-Laurin của hàm 

n! 

2. Nếu chuỗi Taylor của hàm f(x) hội tụ về chính nó trên tập A thì ta nói rằng 

f(x) có thể khai triển thành chuỗi Taylor trên A. 


Nếu trong lân cận (x 0 − δ, x 0 + δ) hàm f(x) có đạo hàm mọi cấp và tồn tại M > 0 

sao cho 

|f (n) (x)| < M, ∀ n ∈ N ∗ , ∀ x ∈ (x 0 − δ, x 0 + δ) 

thì hàm f có thể khai triển thành chuỗi Taylor tại x 0 với mọi x ∈ (x 0 − δ, x 0 + δ). 

✷


Ta thừa nhận mà không chứng minh định lý trên. 

Chú ý: Chuỗi Taylor của f là +∞ ∑ 

Ví dụ: Xét hàm số 

n=0 

Dễ thấy f(x) khả vi vô hạn trên R \ {0}. 

Tính toán trực tiếp ta có: 

f (n) (x 0 ) 

(x − x 0 ) n chưa chắc đã hội tụ về f. 

n! 

⎧ 

⎪⎨ 

1 

f(x) = e − x 2 nếu x ≠ 0, 

⎪⎩ 0 nếu x = 0. 

f ′ (0) = lim 

x→0 

f(x) − f(0) 

x 

f ′′ (0) = lim 

x→0 

f ′ (x) − f ′ (0) 

x 

tương tự ta có: f (n) (0) = 0, ∀ n ∈ N . 

Khi đó chuỗi Laurin của f là 

+∞ ∑ 

n=0 

x→0 

e −1 

x 2 

= lim 

x 

= lim 1 

= 0, 

x→0xe 1 

x 2 

= lim 

x 3 x = lim 2 

= 0, 

x→0x 4 e 1 

x 2 

x→0 

2e −1 

x 2 

f (n) (0) 

x n ≡ 0, ∀ x ∈ R . 

n! 

2.4.4 Khai triển các hàm sơ cấp thành chuỗi lũy thừa. 

1. Khai triển hàm e x thành chuỗi lũy thừa. 

Do (e x ) (n) (0) = 1 nên chuỗi Taylor của hàm e x là +∞ ∑ 

Dễ thấy chuỗi hàm +∞ ∑ x n 

có bán kính hội tụ là 

n=0 n! 

1 

R = lim √ = lim 

n√ 

n! = +∞. 

n→+∞ 

Đặt f(x) = +∞ ∑ 

n=0 

x n 

n! 

n→+∞ 

n 

1 

n! 

khi đó f ′ (x) = +∞ ∑ 

n=1 

x n−1 

(n − 1)! 

n=0 

Giải phương trình vi phân ta được f(x) = e x . 

Vậy ta có khai triển e x = +∞ ∑ x n 

, ∀ x ∈ (−∞, +∞). 

n! 

n=0 

x n 

n! 

= f(x) và f(0) = 1. 

Chú ý: Có thể chứng minh đẳng thức trên bằng cách dùng định lý 2.4.14 (coi 

như bài tập).


2. Khai triển hàm lượng giác sin x, cos x thành chuỗi lũy thừa. 

Ta có sin (n) (x) = sin(x + nπ 2 ) nên sin(n) (0) = sin( nπ 2 ). 

Suy ra chuỗi Taylor của sin x là x − x3 

3! + x5 

5! − x7 

7! + . . . 

Dễ thấy chuỗi +∞ ∑ 

(−1) n x 2n+1 

có bán kính hội tụ là +∞. 

(2n + 1)! 

n=0 

Đặt S(x) = +∞ ∑ 

(−1) n x 2n+1 

(2n + 1)! ta có S′′ (x) = −S(x) và S(0) = 0, S ′ (0) = 1. 

n=0 

Giải phương trình vi phân ta được S(x) = sin x. 

Đạo hàm hai vế của đẳng thức: 

sin x = +∞ ∑ 

(−1) n x 2n+1 

(2n + 1)! 

ta được: 

n=0 

cos x = +∞ ∑ 

(−1) n x2n 

n=0 

(2n)! . 

Chú ý: Nếu áp dụng định lý 2.4.14 thì ta có ngay kết quả vì: 

| sin (n) (x)| = ∣ sin ( x + nπ )∣ ∣ ≤ 1, ∀ x ∈ R . 

2 

3. Khai triển hàm ln(x + 1) thành chuỗi lũy thừa. 

Ta có: 1 + t + t 2 + . . . + t n + . . . = 1 , ∀ t ∈ (−1, 1). 

1 − t 

Suy ra 1 − t + t 2 − t 3 + . . . + (−1) n t n + . . . = 1 , ∀ t ∈ (−1, 1) 

1 + t 

Tích phân hai vế ta được: 

ln(1 + x) = 

∫ x 

0 

+∞ 

dt 

1 + t = ∑ 

(−1) n 

n=0 

∫x 

0 

t n dt = 

+∞∑ 

n=0 

(−1) n xn+1 

n + 1 

, ∀ x ∈ (−1, 1). 

4. Khai triển hàm arctg x thành chuỗi lũy thừa. 

1 

Áp dụng khai triển 

1 + t = 1 − 2 t2 + t 4 − . . . + (−1) n .t 2n + . . . , ∀ t ∈ (−1, 1). 

Tích phân hai vế ta được


arctg x = 

∫ x 

0 

dt 

1 + t = ∑+∞ (−1) n 

2 

n=0 

∫x 

0 

t 2n dt = 

+∞∑ 

n=0 

(−1) n x2n+1 

2n + 1 . 

5. Khai triển hàm (1 + x) α thành chuỗi lũy thừa. 

Xét chuỗi: 1 + αx + 

α(α − 1) 

x 2 + . . . + 

2! 

α(α − 1) . . . (α − n + 1) 

x n + . . . 

n! 

Bán kính hội tụ của chuỗi trên là 1 vì: 

lim ∣ a ∣ ∣ n+1 ∣∣ ∣∣∣ α(α − 1) + . . . + (α − n) 

n! 

= lim 

. 

n→∞ a n n→∞ (n + 1)! α(α − 1) + . . . + (α − n + 1) ∣ 

= lim ∣ α − n 

∣ = 1. 

n→+∞ n + 1 

Gọi S(x) là tổng của chuỗi trên, ta có : 

S ′ α(α − 1) . . . (α − n) 

(x) = α + α(α − 1)x + . . . + x n + . . . 

n! 

Suy ra xS ′ (x) = αx + α(α − 1)x 2 α(α − 1) . . . (α − n) 

+ . . . + x n+1 + . . . 

n! 

Cộng 2 vế của đẳng thức trên với S ′ (x) rồi nhóm lại ta có (1+x)S ′ (x) = α.S(x). 

Giải phương trình vi phân trên với S(0) = 1, ta được nghiệm S(x) = (x + 1) α . 

Vậy (x+1) α = 1+αx+ 

α(α − 1) 

x 2 +. . .+ 

2! 

α(α − 1) . . . (α − n + 1) 

x n +. . . 

n! 

Ví dụ 1: Khai triển hàm f(x) = 1 thành chuỗi lũy thừa của x − 1. 

x + 2 

1 

Ta có 

x + 2 = 1 

3 + (x − 1) = 1 3 . 1 

1 + x − 1 

3 

1 

Áp dụng khai triển 

1 + t = +∞ ∑ 

(−1) n t n cho t = x − 1 với |t| < 1 ta có: 

n=0 

3 

1 

x + 2 = 1 +∞∑ 

( x − 1 

) n +∞∑ 

(−1) n = (−1) n(x − 1)n 

với −2 < x < 4. 

3 

3 

3 n+1 

n=0 

Ví dụ 2: Khai triển g(x) = ln 3 √ 

1 + 2x 

1 − x 

Ta có 

n=0 

ln (1 + 2x) = +∞ ∑ 

(−1) n−12n x n 

n , |x| < 1 2 

n=1 

thành chuỗi lũy thừa của x.

2.5. Chuỗi Fourier 50 

ln (1 − x) = − +∞ ∑ 

n=1 

x n 

, |x| < 1. 

n 

Vậy với mọi |x| < 1 , ta có: 

2 

√ 

1 + 2x 

ln 3 1 − x = 1 [ ] 1 +∞∑ [ 

ln (1 + 2x) − ln (1 − x) = (−1) n−1 2 n + 1 ] x n 

3 

3 n=1 

n 

Ví dụ 3: Khai triển hàm f(x) = e x sin x thành chuỗi lũy thừa tại 0. 

Ta có: f ′ (x) = e x (sin x + cos x) = √ 2 sin ( x + π 4 

) 

, 

f ′′ (x) = (√ 2 ) 2 

e x sin ( x + π 4 + π 4 

) 

. 

Bằng quy nạp ta chứng minh được: f (n) (x) = (√ 2 ) n 

e x sin ( x + n. π 4 

) 

, ∀ n ∈ N . 

Mặt khác, ta đã biết hàm e x và hàm sin x khai triển được thành chuỗi lũy thừa với 

miền hội tụ là R nên hàm f(x) = e x sin x cũng khai triển được thành chuỗi lũy thừa 

trên R , tức là tại x 0 = 0 ta có: 

f(x) = 

+∞∑ 

n=0 

a n x n . 

(√ ) n ( π) 

Theo định lý 2.4.12 suy ra a n = f (n) (0) 2 sin n. 

= 

4 . 

n! 

n! 

Vậy ta có: 

(√ ) n ( π) 

+∞∑ 2 sin n. 

f(x) = e x sin x = 

4 .x n , −∞ < x < +∞. 

n! 

n=0 

2.5 Chuỗi Fourier 

2.5.1 Khái niệm và tính chất cơ bản của chuỗi Fourier 


Chuỗi hàm có dạng a 0 

2 + +∞ ∑ 

(a n cos nx + b n sin nx), trong đó a 0 , a n , b n là những số 

n=1 

thực được gọi là chuỗi lượng giác. 


Giả sử chuỗi hàm lượng giác a 0 

2 + +∞ ∑ 

(a n cos nx + b n sin nx) hội tụ đều đến hàm 

n=1


f(x) trên [−π, π]. Khi đó ta có: 

a 0 = 1 π 

∫ π 

∫ π 

f(x)dx, a k = 1 π 

f(x) cos kxdx, b k = 1 π 

∫ π 

f(x) sin kxdx, ∀ k ∈ Z + 

−π 

−π 

−π 

Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra được: 

π∫ 

π∫ 

sin kx sin nxdx = cos kx cos nxdx = 

−π 

π∫ 

−π 

sin kxdx = 

π∫ 

−π 

−π 

cos kxdx = 

π∫ 

−π 

{ 0 nếu n ≠ k, 

π nếu n = k 

sin kx cos nxdx = 0, ∀ k, n ∈ Z + . 

Từ đẳng thức f(x) = a 0 

2 + +∞ ∑ 

(a n cos nx + b n sin nx) ta có: 

n=1 

1 π∫ 

f(x)dx = 1 π∫ a 0 

π −π π −π 2 dx + 1 +∞∑ ( π∫ 

π∫ 

an cos nxdx + b n sin nxdx ) = a 0 . 

π n=1 −π 

−π 

1 π∫ 

f(x) cos kxdx = 1 π∫ a 0 

π −π 

π −π 2 cos kxdx + 1 +∞∑ π∫ 

a n cos kx cos nxdx 

π n=1 −π 

+ 1 +∞∑ π∫ 

b n cos kx sin nxdx = a k . 

π 

1 

π 

π∫ 

−π 

n=1 

−π 

f(x) sin kxdx = 1 π∫ a 0 

π −π 2 sin kxdx + 1 +∞∑ π∫ 

a n sin kx cos nxdx 

π n=1 −π 

+ 1 +∞∑ π∫ 

b n sin kx sin nxdx = b k . 

π 

n=1 

−π 

Nhận xét: Nếu hàm f(x) chẵn thì f(x) sin nx là hàm lẻ và do đó 

b n = 1 π∫ 

f(x) sin nxdx = 0, ∀ n ∈ N ∗ còn nếu hàm f(x) lẻ thì f(x) cos nx là hàm 

π −π 

lẻ và do đó a n = 1 π∫ 

f(x) cos nx = 0, ∀ n ∈ N ∗ . 

π 

−π 


Cho f(x) là hàm xác định trên [−π, π]. Khi đó chuỗi a 0 ∑ ( 

2 ++∞ an cos nx+b n sin nx ) , 

n=0 

trong đó: 

a 0 = 1 π∫ 

f(x)dx, a k = 1 π∫ 

f(x) cos kxdx, b k = 1 π∫ 

f(x) sin kxdx 

π 

π 

π 

−π 

−π 

−π 

✷


được gọi là chuỗi Fourier của hàm f(x) và ký hiệu là: 

f ∼ a 0 

2 + +∞ ∑ 

(a n cos nx + b n sin nx) 

n=1 

Nếu chuỗi này hội tụ đến f(x) trên (−π, π) thì ta nói rằng hàm f(x) có thể khai triển 

thành chuỗi Fourier trên đoạn [−π, π]. 

2.5.2 Khai triển hàm thành chuỗi Fourier 


Hàm f(x) xác định trên [a, b] được gọi là khả vi từng khúc trên [a, b] nếu ta có thể 

chia đoạn [a, b] bởi các điểm chia: 

a = x 0 < x 1 < x 2 . . . . . . < x n = b 

sao cho f(x) khả vi trên (x i , x i+1 ), ∀ i = 0, n − 1 và tồn tại giới hạn hai phía của 

f tại các điểm x i . 


Nếu hàm f(x) tuần hàm với chu kỳ 2π, khả vi từng khúc trên [−π, π] thì chuỗi Fourier 

tương ứng của f hội tụ tại mọi điểm x = x 0 và có tổng: 

S(x 0 ) = f(x 0 + 0) + f(x 0 − 0) 

. 

2 

Đặc biệt, nếu f(x) liên tục tại x 0 thì S(x 0 ) = f(x 0 ). 

Ta thừa nhận mà không chứng minh định lý trên. 

Như vây theo định lý trên thì mọi hàm sơ cấp f xác định trên [−π, π] đều khai 

triển được thành chuỗi Fourier, gọi f ∗ chuỗi Fourier của f, khi đó f ∗ (x) = 

f(x), ∀ x ∈ (−π, π) và f ∗ (x) là hàm tuần hoàn với chu kỳ 2π trên R . Ta gọi 

f ∗ (x) là thác triển tuần hoàn của f(x) từ khoảng [−π, π] lên R . Tuy nhiên ta thấy 

rằng f ∗ f(−π) + f(π) 

(π) = do vậy f ∗ (x) ≡ f(x) trên đoạn [−π, π] khi và chỉ khi 

2 

f(−π) = f(π). 

Ví dụ 1: Khai triển hàm f(x) = π − x thành chuỗi Fourier trên đoạn [−π, π]. 

2 

Ta có: 

a 0 = 1 π∫ π − x 

dx = 1 ∣ 

x2 ∣∣ 

(πx − 

π 2 2π 2 ) π 

= π, 

−π 

a n = 1 π 

−π 

π∫ 

−π 

π − x 

2 

cos nxdx = 

(π − x) 

2π 

sin nx 

n 

∣ π + 1 

−π 2π 

π∫ 

−π 

sin nx 

dx = 0, 

n


b n = 1 π 

π∫ 

−π 

π − x 

2 

Vậy ta có khai triển: 

sin nxdx = 

π − x 

2 

(x − π) 

2π 

= π 2 + +∞ ∑ 

n=1 

cos nx 

n 

∣ π − 1 

−π 2π 

(−1) n 

sin nx. 

n 

π∫ 

−π 

cos nx 

n 

Ví dụ 2: Khai triển hàm f(x) = x 2 thành chuỗi Fourier trên đoạn [−π, π]. 

Do f(x) là hàm chẵn nên b n = 0, ∀ n ∈ N ∗ . Ta có: 

a 0 = 2 π∫ 

x 2 dx = 2 π 0 3 π2 , 

a n = 2 π∫ 

x 2 cos nxdx = 2 nx 

x2sin ∣ π 

π 0 

π n 

− 4 π∫ 

x sin nxdx 

0 nπ 0 

= 4 nx 

xcos ∣ π 

nπ n 

− 4 π∫ 

cos nxdx = (−1) n 4 

0 πn 2 n 2. 


0 

x 2 = π2 

3 + 4 ∞ ∑ 

n=1 

(−1) n 

cos nx. 

Cho x = π và x = 0 ta lần luợt nhận được các chuỗi sau: 

+∞∑ 

n=1 

n 2 

1 

n 2 = π2 

6 và +∞ 

∑ 

n=1 

(−1) n−1 

n 2 

= π2 

12 . 

(−1)n 

dx = 

n . 

2.5.3 Khai triển chẵn và khai triển lẻ 


Giả sử f(x) là hàm khả vi từng khúc trong [0, π], hàm f ∗ xác định trên [−π, π] bởi 

f ∗ (x) = f(x), ∀ x ∈ [0, π] và f ∗ (x) = f(−x), ∀ x ∈ [−π, 0], dễ thấy f ∗ (x) là hàm 

chẵn và được gọi là thác triển chẵn của f(x) trên [−π, π]. 

Dễ thấy hệ số Fourier của f ∗ trong khai triển Fourier là : 

a 0 = 1 π∫ 

f ∗ (x)dx = 2 π∫ 

f ∗ (x)dx = 2 π∫ 

f(x)dx. 

π 

π 

π 

a n = 1 π 

b n = 1 π 

−π 

π∫ 

−π 

π∫ 

−π 

f ∗ (x) cos nxdx = 2 π 

0 

π∫ 

0 

0 

f ∗ (x) cos nxdx = 2 π 

f ∗ (x) sin nxdx = 0, ( vì f ∗ (x) sin nx là hàm lẻ). 

π∫ 

0 

f(x) cos nxdx


Như vậy ∀ x ∈ [0, π] ta có f(x) = f ∗ (x) ∼ a 0 

2 + +∞ ∑ 

a 0 = 2 π 

π∫ 

0 

f(x)dx, 

a n = 2 π 

π∫ 

0 

n=1 

f(x) cos nxdx. 

a n cos nx trong đó: 

Chuỗi Fourier trên được gọi là khai triển chẵn của hàm f(x) trong [0, π]. 

Ví dụ: Khai triển chẵn hàm f(x) = x(x − 1) thành chuỗi Fourier trên đoạn [0, π]. 

Ta có: 

a 0 = 2 π∫ 

(x 2 − x)dx = 2 ( x 

3 )∣ 

π 0 

π 3 − x2 ∣∣ 

π 

2 

= 2π2 

0 3 − π, 

a n = 2 π∫ 

(x 2 − x) cos nxdx 

π 0 

= 2 sin nx 

π (x2 − x) ∣ π 

n 

− 2 π∫ 

(2x − 1) sin nxdx 

0 nπ 0 

= 2 

nx 

(2x − 1)cos ∣ π 

nπ n 

− 4 π∫ 

cos nxdx 

0 πn 2 

= 


2(2π − 1) 

π.n 2 .(−1) n + 2 

π.n 2. 

x(x − 1) = 2π2 

3 − π + 2 π 

∞∑ 

n=1 

0 

[ (2π − 1)(−1) n + 1 

] 

cos nx. 

n 2 


Giả sử f(x) xác định và khả vi từng khúc trong [0, π]. Hàm f ∗ (x) xác định trên 

[−π, π] bởi f ∗ (x) = f(x), ∀ x ∈ [0, π] và f ∗ (x) = −f(−x), ∀ x ∈ [−π, 0], dễ thấy 

f ∗ (x) là hàm lẻ và được gọi là thác triển lẻ của f(x) trên [−π, π]. 

Dễ thấy hệ số Fourier của f trong khai triển Fourier là: 

a 0 = 1 π∫ 

f ∗ (x)dx = 0, ( vì f ∗ (x) là hàm lẻ) 

π 

a n = 1 π 

b n = 1 π 

−π 

π∫ 

−π 

π∫ 

−π 

f ∗ (x) cos nxdx = 0, ( vì f ∗ (x) cos nx là hàm lẻ) 

f ∗ (x) sin nxdx = 2 π 

π∫ 

0 

f ∗ (x) sin nxdx = 2 π 

π∫ 

f(x) sin nxdx. 

0


Như vậy ∀ x ∈ [0, π] ta có f(x) = f ∗ (x) ∼ +∞ ∑ 

b n sin nx 

trong đó 

b n = 2 π 

π∫ 

0 

f(x) sin nxdx. 

Chuỗi Fourier trên được gọi là khai triển lẻ của hàm f(x) trong đoạn [0, π]. 

Ví dụ: Khai triển lẻ hàm f(x) = x 2 (x + 1) thành chuỗi Fourier trên đoạn [0, π]. 

Ta có: 

b n = 2 π 

π∫ 

(x 3 + x 2 ) sin nxdx 

0 

= − 2 π (x3 + x 2 ) 

cos nx 

n 

= 2.(−1)n+1 π(π + 1) 

n 

= 2.(−1)n+1 π(π + 1) 

n 

= 2.(−1)n+1 π(π + 1) 

n 


∞∑ [ 2.(−1) 

x 2 n+1 π(π + 1) 

(x + 1) = 

n 

n=1 

n=1 

∣ π + 2 π∫ 

(3x 2 + 2x) cos nxdx 

0 nπ 0 

+ 2 sin nx 

nπ (3x2 + 2x) ∣ π 

n 

− 4 π∫ 

(3x + 1) sin nxdx 

0 πn 2 0 

+ 4 

nx 

πn2(3x + 1)cos ∣ π 

n 

− 12 π∫ 

cos nxdx 

0 πn 3 

+ 

4(3π + 1)(−1)n 

πn 3 − 4 

πn 3. 

+ 4.(3π + 1)(−1)n − 4 

] 

sin nx. 

πn 3 

0 

2.5.4 Khai triển Fourier trong đoạn [−l, l] 

Cho hàm f(x) khả vi từng khúc trên đoạn [−l, l], đặt x = l.y 

π 

hàm g(y) = f( l.y ) xác định, khả vi từng khúc trên [−π, π]. 

π 

Ta có khai triển Fourier của hàm g(y) là: 

suy ra y = 

π.x 

l 

g(y) ∼ a 0 

2 + +∞ ∑ 

(a n cos ny + b n sin ny), ∀ y ∈ [−π, π] trong đó: 

n=1 

a 0 = 1 π 

π∫ 

−π 

g(y)dy = 1 l 

∫ l 

−l 

f(x)dx, 

khi đó


a n = 1 π 

b n = 1 π 

π∫ 

−π 

π∫ 

−π 

g(y) cos nydy = 1 l 

g(y) sin nydy = 1 l 

∫ l 

−l 

∫ l 

−l 

f(x) cos nπx dx, 

l 

f(x) sin nπx dx. 

l 

Trở lại biến cũ x = ly ta được khai triển Fourier của f trong [−l, l] là: 

π 

f(x) = a 0 

2 + +∞ ∑ ( 

a n cos nπx + b n sin nπx ) 

với các hệ số xác định bởi: 

l 

l 

a 0 = 1 l 

∫ l 

−l 

n=1 

f(x)dx, a n = 1 l 

∫ l 

−l 

f(x) cos nπx dx, b n = 1 l 

l 

∫ l 

−l 

f(x) sin nπx dx. 

l 

Ví dụ: Khai triển hàm f(x) = |x| trên đoạn [−1, 1] thành chuỗi Fourier. 

Vì f(x) là hàm chẵn nên b n = 0, ∀ n ∈ N ∗ và ta có: 

∫ 1 ∣ 

a 0 = 2 xdx = x 2 ∣∣ 

1 

= 1, 

0 

0 

∫ 1 

sin πnx 

a n = 2 x cos nπxdx = 2x 

0 

nπ 

= 2 

n 2 π 2[(−1)n − 1] = 

Vậy khai triển Fourier của hàm |x| trên đoạn [−1, 1] là: 

|x| = 1 2 − 4 π 2. +∞ 

∑ 

∣ 1 − 2 ∫1 

sin nπx πnx 

∣ ∣∣ 

1 

dx = 2cos 

0 0 nπ n 2 π 2 0 

{ 0 nếu n = 2k, 

− 4 nếu n = 2k + 1. 

n 2 π 2 

n=0 

cos(2n + 1)πx 

(2n + 1) 2 .



II.15. 

Xác định tập hội tụ tuyệt đối, bán hội tụ của các chuỗi hàm sau: 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

k. 

n. 

p. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

x n 

1 + x 2n b. 

(−1) n 

n ln x d. 

(−1) n e −n sin x f. 

2n + 1 

(n + 1) 3 x 2n h. 

√ n 

(x − 2) n j. 

x n y n 

x n + yn, (x, y > 0) m. 

ln(1 + x n ) 

n y o. 

(−1) n 

2n − 1 

( 1 − x 

) n 

1 + x 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

∑+∞ n=1 

+∞∑ 

n=1 

2 n sin x 3 n 

(n + x) n 

n n+x 

cos nx 

e nx 

n n 

x nn 

( 

x n + 1 

2 n x n ) 

√ 

n 

|x| n2 + |y| n2 

1 1 

n√ . 

n! 1 + a 2n x 2


II.16. 

Khảo sát sự hội tụ đều của các chuỗi hàm sau trên các tập cho tương ứng: 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

x n 

, (x ∈ [−1, 1]) 

n b. 2 

(−1) n 

x + 2n, (x > −2) d. 

+∞ 

∑ 

n=1 

∑+∞ n=1 

sin nx 

n , (x ∈ [0, 2π]) f. +∞ 

∑ 

sin x. sin nx 

√ n + x 

, (x > 0) h. 

x 2 e −nx , (x > 0) j. 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

cos nx 

3 n , (x ∈ R) 

cos 3nx 

5√ (x ∈ R) 

n6 + x2, (−1) n 

, (x ∈ [0, 2π]) 

n + sin x 

ln(1 + nx) 

n.x n , (x > 3 2 ) 

x 

1 + n 4 x2, (x ≥ 0) 

II.17. 

a. 

c. 

e. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

Chứng minh các chuỗi hàm sau hội tụ đều trong các khoảng tương ứng: 

1 

x 2 + n2, (x ∈ R ) 

b. 

n 2 

√ 

n! 

( 

x n + x −n) , ( 1 2 

≤ |x| ≤ 2) d. 

(1 − x)x n , (x ∈ [0, 1]) f. 

+∞ 

∑ 

n=1 

∑+∞ n=1 

+∞∑ 

n=1 

nx 

1 + n 5 x2, (x ∈ R ) 

cos(nx) 

n 2 , (x ∈ R ) 

arctg 

x 

x 2 + n3, (x ∈ R ) 

II.18. 

Khảo sát sự hội tụ đều của các dãy hàm sau trong các khoảng tương ứng: 

a. f n (x) = n( √ x + 1 n − √ ) 

x , (x > 0) b. f n (x) = sin x , (x ∈ R) 

n 

c. f n (x) = arctg(nx), (x > 0) d. f n (x) = 2nx 

1 + n 2 x2, (x > 0) 

e. f n (x) = x n − x 2n nx 

, (x ∈ [0, 1]) f. f n (x) = , (x ∈ [0, 1]) 

1 + n + x 

Bài tập định tính 

II.19. 

Chứng minh rằng nếu chuỗi +∞ ∑ 

tụ tại mọi điểm x > x 0 . 

n=1 

a n 

n x hội tụ tại điểm x = x 0 thì chuỗi này hội


II.20. 

Chứng minh rằng nếu chuỗi +∞ ∑ 

|u n (x)| hội tụ đều trên đoạn [a, b] thì chuỗi 

n=1 

hàm +∞ ∑ 

u n (x) cũng hội tụ đều trên đoạn đó. 

II.21. 

n=1 

trên [0, +∞). 


a n hội tụ, chứng minh rằng chuỗi hàm +∞ ∑ 

a n e −nx hội tụ đều 

n=1 

II.22. Cho u n (x) là các hàm đơn điệu trên đoạn [a, b]. Chứng minh rằng nếu chuỗi 

hàm +∞ ∑ 

u n (x) hội tụ tuyệt đối tại a và b thì chuỗi hàm này hội tụ tuyệt đối và đều 

n=1 

trên đoạn [a, b]. 

Bài tập về tính liên tục, khả tích, khả vi của chuỗi hàm 

II.23. Xác định miền hội tụ và nghiên cứu tính liên tục của hàm 

f(x) = +∞ ∑ x 

n=0 (1 + x 2 ) 2. 

II.24. Giả sử a n → +∞ khi n → +∞ sao cho chuỗi +∞ ∑ 1 

hội tụ. Chứng minh 

n=1 |a n | 

rằng hàm f(x) = +∞ ∑ 1 

xác định và liên tục với mọi x ≠ a n . 

x − a n 

II.25. 

II.26. 

II.27. 

n=1 

Xét tính liên tục và khả vi của tổng chuỗi hàm +∞ ∑ 

n=1 

n=1 

x 

n(1 + nx 2 ) . 

Xác định miền tồn tại và nghiên cứu tính khả vi của hàm số 

f(x) = +∞ ∑ (−1) n x 

n + x . 

n=1 

Chứng minh rằng f n (x) = 1 n arctg(xn ) hội tụ đều trên R nhưng: 

[ ] ′ 

lim f n(x) ≠ lim f n(1). 

′ 

n→+∞ x=1 n→+∞ 

II.28. Chứng minh rằng dãy hàm f n (x) = x 2 + 1 n sin n( x + π ) 

hội tụ đều trên R 

2 

nhưng: [ ] ′ 

lim f n(x) ≠ lim f n(x). 

′ 

n→+∞ n→+∞ 

II.29. Với những giá trị nào của tham số α thì: 

a. Dãy hàm f n (x) = n α xe −nx hội tụ trên đoạn [0, 1]. 

b. Dãy hàm f n (x) hội tụ đều trên đoạn [0, 1]. 

∫ 1 ∫ 1 [ 

c. Đẳng thức lim f n (x)dx = lim f n(x) ] dx thỏa mãn. 

n→+∞ 

0 

0 

n→+∞


II.30. Chứng minh rằng dãy hàm f n (x) = nxe −nx2 hội tụ đều trên đoạn [0, 1] 

nhưng: 

∫ 1 ∫ 1 [ 

lim f n (x)dx ≠ lim f n(x) ] dx. 

n→+∞ 

0 

0 

n→+∞ 

II.31. Chứng minh rằng f n (x) = nx(1 − x) n hội tụ không đều trên đoạn [0, 1], tuy 

nhiên: 

∫ 1 ∫ 1 [ 

lim f n (x)dx = lim f n(x) ] dx. 

n→+∞ 

n→+∞ 

0 

0 

II.32. Xác định bán kính hội tụ và khảo sát tính hội tụ tại các đầu mút của khoảng 

hội tụ đối với chuỗi lũy thừa sau đây: 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

k. 

n. 

p. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

2 n−1 x n−1 

(2n − 1) 2 . √ b. 

3 n−1 ∣ 

∣ ∣∣∣ 

(−1) n 2 n .(n!) 2 

p 

(2n + 1)! ∣ x n d. 

2 n−1 x 2n−1 

(4n − 3) 2 f. 

|3 + (−1) n | n 

x n h. 

n 

x n 

a n + b n (a, b > 0) j. 

x nn 

n n m. 

n!x n! o. 

(−1) n 

n! 

. ( n) n.x n 

e 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

2 n .n! 

(2n)! x2n 

n! 

nn(x − 2)n 

( 

1 + 1 2 + . . . + 1 n 

x n2 

2 n 

x n2 

2 n−1 n n 

( 

1 + 1 n 

( 

tg 

1 

n 

) 

.x 

n 

) n 

2 

) 

x n 

(x − 1) n


II.33. 

sau: 

II.34. 

Bằng cách đạo hàm hoặc tích phân từng số hạng hãy tính tổng của các chuỗi 

a. 

c. 

e. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

x n 

n 

x n 

n(n + 1) 

b. 

d. 

n(n + 1)x n−1 f. 

Tính tổng của các chuỗi số sau: 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

(−1) n−1xn 

n 

(−1) n−1 (2n − 1)x 2n−2 

n 2 x n 

a. 

c. 

e. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

n 

3 n b. 

(−1) n−1 

(2n − 1)3 n−1 d. 

n 2 

(n + 1)2 n f. 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

+∞∑ 

n=1 

1 

2 4n−3 (4n − 3) 

n 3 

5 n 

(−1) n 

(n 2 + 2n)4 n 

II.35. 

Khai triển các hàm số sau đây theo các lũy thừa của x 

a. f(x) = ex − 1 

x 

b. f(x) = x. ln(1 + x 2 ) 

c. f(x) = (x + 1)e −x d. f(x) = a x 

e. f(x) = sin(x + π 4 ) f. f(x) = (1 + x2 ) arctg x 

1 

x 

g. f(x) = 

h. f(x) = 

(1 − x) 2 x 2 − 5x + 6 

i. f(x) = ln (1 + x + x 2 ) j. f(x) = e −x sin x 

x 

( 

√ 

3 1 + 2x 

) 

k. f(x) = 

m. f(x) = ln 

(1 − x)(1 − x 2 ) 

1 − x 

∫ x 

∫ x 

sin t 

n. f(x) = e −t2 dt o. f(x) = dt 

t 

p. f(x) = 

∫ 

0 

x 

0 

arctg t 

dt 

t 

0


II.36. Khai triển các hàm thành chuỗi Taylor tại các điểm cho tương ứng và chỉ rõ 

miền hội tụ của nó. 

a. f(x) = cos x (x 0 = π 4 ) b. f(x) = 1 x (x 0 = 2) 

c. f(x) = 1 1 

(x 

x 2 0 = −2) d. f(x) = 

(x 

1 + x − 2x 2 0 = 3) 

e. f(x) = arcsin(x) (x 0 = 0) f. f(x) = ln (x + √ 1 + x 2 ) (x 0 = 0) 

II.37. Áp dụng khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa hãy tính các tích phân sau với 

độ chính xác đến 10 −3 : 

a. 

c. 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

e −x3 dx b. 

∫ 1 

∫ 

sin x 

100 

x + 1 dx d. 

0 

90 

√ cos xdx 

ln x 

x dx 

II.38. 

ứng: 

Khai triển các hàm sau thành chuỗi Fourier trong các khoảng cho tương 

a. f(x) = π − x , x ∈ (0, 2π) b. f(x) = |x|, x ∈ (−π, π) 

2 

⎧ 

⎨ x nếu 0 ≤ x ≤ 1 

c. f(x) = e x , x ∈ (0, 1) d. f(x) = 1 nếu 1 < x < 2 

⎩ 

3 − x nếu 2 ≤ x ≤ 3 

x ∈ [0, 3] 

II.39. 

Khai triển các hàm tuần hoàn sau thành chuỗi Fourier: 

a. f(x) = arcsin(cos x) b. f(x) = {x} 

⎧ 

c. f(x) = cos ( x ) 

⎪⎨ 0 nếu {x} < 1 

√3 d. f(x) = 

2 

⎪⎩ {x} nếu {x} ≥ 1 2 

II.40. Khai triển hàm f(x) = x 2 thành chuỗi Fourier trong đoạn [0, 2π], áp dụng 

khai triển đó để tính: 

+∞∑ 

n=1 

1 

n 2, 

+∞ 

∑ 

n=1 

(−1) n−1 

n 2 , 

+∞∑ 

n=1 

1 

(2n − 1) 2

Chương 3 

Tích phân suy rộng 

3.1 Tích phân suy rộng loại 1 

3.1.1 Định nghĩa và tính chất của tích phân suy rộng loại 1 


Cho hàm số f : [a, +∞) → R , khả tích trong mọi đoạn hữu hạn [a, A], (A ≥ a) 

A∫ 

của [a, +∞). Đặt F (A) = f(x)dx. 

a 

+∞ ∫ 

A∫ 

Ký hiệu f(x)dx = lim F (A) = lim f(x)dx được gọi là tích phân suy rộng 

a 

A→+∞ A→+∞ a 

loại 1 của hàm f(x) trong khoảng [a, +∞). 

1. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim 

rộng 

+∞ ∫ 

a 

2. Nếu giới hạn lim 

tích phân 

f(x)dx hội tụ và I = 

A∫ 

A→+∞ a 

+∞ 

∫ 

a 

A∫ 

A→+∞ a 

+∞ 

∫ 

a 

f(x)dx = I thì ta nói rằng tích phân suy 

f(x)dx. 

f(x)dx không tồn tại hoặc bằng +∞, −∞ thì ta nói rằng 

f(x)dx phân kỳ. 

Định nghĩa 3.1.2 

Nếu hàm f(x) xác định trong khoảng vô hạn (−∞, a] khả tích trong mọi đoạn hữu 

hạn [B, a], (B ≤ a) thì tích phân suy rộng của f(x) trên khoảng (−∞, a] được định 

nghĩa bằng công thức: 

∫ a 

∫ a 

f(x)dx = lim f(x)dx. 

−∞ 

B→−∞ 

B 

63

3.1. Tích phân suy rộng loại 1 64 


Nếu hàm f(x) xác định trong khoảng (−∞, +∞), khả tích trong mọi đoạn hữu hạn 

[A, A ′ ], (A < A ′ ) thì tích phân suy rộng của hàm f(x) trong khoảng (−∞, +∞) 

được định nghĩa bằng công thức: 

Như vậy 

+∞ ∫ 

−∞ 

+∞ ∫ 

−∞ 

f(x)dx = 

f(x)dx hội tụ ⇐⇒ 

Nhận xét: 

+∞ ∫ 

Nếu f(x)dx hội tụ thì 

−∞ 

+∞ ∫ 

−∞ 

∫ 0 

−∞ 

∫ 0 

−∞ 

f(x)dx = 

f(x)dx + 

f(x)dx và 

∫ a 

−∞ 

+∞ ∫ 

0 

+∞ ∫ 

0 

f(x)dx + 

Ví dụ 1: Cho f(x) = 1 , x ∈ (−∞, +∞). 

1 + x2 f(x)dx. 

f(x)dx hội tụ. 

+∞ ∫ 

• Dễ thấy f(x) khả tích trong mọi đoạn [0, A], (A ≥ 0) và 

A∫ dx 

F (A) = 

1 + x = arctg x∣ ∣ A = arctg A. 

2 0 

Ta có: 

0 

+∞ ∫ 

0 

dx 

1 + x 2 = lim 

A→+∞ 

A∫ 

0 

dx 

1 + x 2 = lim 

A→+∞ arctg A = π 2 . 

• Ta thấy f(x) khả tích trong mọi đoạn [B, 0], (B ≤ 0) và 

F (B) = 

Suy ra 

∫ 0 

B 

∫ 0 

−∞ 

dx 

= − arctg B. 

1 + x2 dx 

1 + x 2 = lim 

Từ hai kết quả trên ta có: 

∫ 0 

B→−∞ 

B 

+∞ ∫ 

−∞ 

dx 

1 + x 2 = lim 

B→−∞ − arctg B = π 2 . 

dx 

1 + x = ∫0 

2 

Ví dụ 2: Cho f(x) = sin x, khi đó: 

+∞ ∫ 

0 

f(x)dx = 

lim 

A→+∞ 

A∫ 

0 

−∞ 

a 

f(x)dx với mọi a ∈ R . 

dx 

+∞ 

1 + x + ∫ dx 

2 1 + x = π 2 2 + π 2 = π. 

sin xdx = 

+∞ 

Do lim (− cos A) không tồn tại nên ∫ 

sin xdx phân kỳ. 

A→+∞ 

Ví dụ 3: Cho f(x) = ln x, khi đó: 

0 

0 

lim (1 − cos A). 

A→+∞


Vậy tích phân 

+∞ ∫ 

1 

F (A) = 

+∞ ∫ 

1 

A∫ 

1 

f(x)dx = 

ln xdx phân kỳ. 

∣ 

ln xdx = x(ln x − 1) 

∣ A 1 

= A(ln A − 1) + 1, 

lim F (A) = lim [A(ln A − 1) + 1] = +∞. 

A→+∞ A→+∞ 


Giả sử hàm f(x) xác định trong khoảng [a, +∞) và khả tích trong mọi đoạn hữu 

+∞ ∫ 

hạn [a, A], (A ≥ a). Khi đó tích phân f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi với mọi ε > 0 

tồn tại số A 0 = A 0 (ε) sao cho với mọi A ′ , A ′′ > A 0 , ta có: 

Chứng minh: Đặt F (A) = 

tồn tại giới hạn hữu hạn 

A∫ 

a 

lim 

A→+∞ 

a 

f(x)dx như vậy 

+∞ ∫ 

0 

∣ 

A ∫ 

′′ 

A ′ 

f(x)dx∣ < ε. 

f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi 

F (A), theo định lý Cauchy về giới hạn hàm số thì 

lim F (A) tồn tại hữu hạn khi và chỉ khi với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε) sao cho 

A→+∞ 

với mọi A ′ , A ′′ > A 0 , ta có: 

∣ 

∣F (A ′ ) − F (A ′′ ) ∣ < ε 

tức là 

∫A ′ 

∣ f(x)dx − 

a 

A ∫ 

′′ 

a 

f(x)dx∣ = ∣ 

A ∫ 

′′ 

A ′ 

f(x)dx∣ < ε. 


Giả sử f(x) là hàm số xác định trong khoảng [a, +∞) và khả tích trong mọi đoạn 

+∞ ∫ 

hữu hạn [a, A], (A ≥ a). Khi đó tích phân f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi với mọi 

b ≥ a, 

+∞ ∫ 


Giả sử tích phân 

b 

tích phân 


+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

f(x)dx và 

+∞ ∫ 

a 

a 

g(x)dx hội tụ, α, β là các hằng số thực. Khi đó 

( 

αf(x) + βg(x) 

) 

dx cũng hội tụ và ta có đẳng thức: 

✷


∫ 

+∞ 

∫+∞ 

( ) 

αf(x) + βg(x) dx = α f(x)dx + β 

∫ 

+∞ 

f(x)dx. 

a 

Chứng minh: Coi như bài tập. 

Ví dụ 1: Tính tích phân suy rộng 

+∞ ∫ 

0 

a 

e −x sin xdx. 

Ta có: I = ∫ e −x sin xdx = − ∫ e −x d cos x 

= − ( e −x cos x − ∫ cos xde −x) + C = −e −x cos x − ∫ e −x d sin x + C 

= −e −x cos x − ( e −x sin x + ∫ e −x sin xdx ) +C 

= −e −x (sin x + cos x) − I + C. 

a 

✷ 

Vậy 

I = ∫ e −x sin xdx = − 1 2 e−x (sin x + cos x) + C , khi đó: 

2 

+∞ ∫ 

Tương tự ta cũng có 

0 

e −x sin xdx = 

+∞ ∫ 

0 

lim 

A→+∞ 

= lim 

A→+∞ 

= lim 

A→+∞ 

A∫ 

0 

e −x cos xdx = 1 2 . 

Ví dụ 2: Khảo sát sự hội tụ của tích phân 

1. Với α ≠ 1, ta có: 

+∞ ∫ 

a 

• Nếu α > 1 thì 

• Nếu α < 1 thì 

2. Với α = 1, ta có 

dx 

x α = 

lim 

A→+∞ 

e −x sin xdx 

[ 

− 1 2 e−x( sin x + cos x ) + C ]∣ ∣∣ 

A 

2 0 

[ 

− 1 2 e−A( sin A + cos A ) + 1 ] 

= 1 2 2 . 

+∞ ∫ 

a 

dx 

, (a > 0). 

xα x 1−α 

∣ A 

1 − α 

= lim A 1−α − a 1−α 

a A→+∞ 1 − α 

lim 

A→+∞ A1−α = 0 nên 

+∞ ∫ 

lim 

A→+∞ A1−α = +∞ nên 

+∞ ∫ 

a 

dx 

x = 

lim 

A→+∞ 

A∫ 

a 

a 

dx a1−α 

dx = 

xα α − 1 . 

+∞ ∫ 

a 

dx 

dx = +∞. 

xα dx 

∣ ∣∣ 

x = lim ln x A 

= +∞. 

A→+∞ a



+∞ ∫ 

a 

dx 

hội tụ nếu α > 1 và phân kỳ nếu α ≤ 1. 

xα Chú ý: Kết quả này là rất quan trọng vì nó được sử dụng nhiều lần trong cả lý thuyết 

và bài tập. 

3.1.2 Các dấu hiệu so sánh 


Giả sử f(x), g(x) là những hàm xác định trong khoảng [a, +∞), khả tích trong mọi 

đoạn hữu hạn [a, A], (A > a) và: 

Khi đó: 

1. Nếu 

2. Nếu 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

Chứng minh: 

g(x)dx hội tụ thì 

0 ≤ f(x) ≤ g(x), ∀ x ∈ [a, +∞). 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

f(x)dx phân kỳ thì 

a 

f(x)dx ≤ 

f(x)dx cũng hội tụ và ta có bất đẳng thức: 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

g(x)dx. 

g(x)dx cũng phân kỳ. 

1. Theo giả thiết f(x) ≤ g(x), ∀ x ∈ [a, A] nên: 

A∫ 

A∫ 

F (A) = f(x)dx ≤ g(x)dx = G(A) với mọi A > a. 

a 

Cho A → +∞ ta có: F (A) ≤ 

Do f(x) ≥ 0 nên hàm F (A) = 

a 

+∞ ∫ 

a 

A∫ 

a 

g(x)dx = M < +∞. 

f(x)dx tăng, hơn nữa nó bị chặn bởi M nên 

+∞ 

tồn tại lim F (A) = N hữu hạn, tức là ∫ 


A→+∞ 

2. Do 

lim 

+∞ ∫ 

0 

A→+∞ 

+∞ 

f(x)dx phân kỳ và hàm F (A) = 

0 

A∫ 

0 

f(x)dx tăng nên 

F (A) = +∞. Mặt khác G(A) ≥ F (A), ∀ A > a suy ra: 

∫ 

a 

+∞ 

g(x)dx = lim G(A) = +∞, tức là ∫ 

g(x)dx phân kỳ. 

A→+∞ 

a 

+∞ ∫ 

0 

f(x)dx =


Hệ quả 3.1.8 

Giả sử f(x), g(x) là những hàm xác định trong khoảng [a, +∞), khả tích trong mọi 

đoạn hữu hạn [a, A], (A > a) và tồn tại b ≥ a sao cho 0 ≤ f(x) ≤ g(x), ∀ x ∈ 

[b, +∞). 

Khi đó: 

1. Nếu 

2. Nếu 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 


f(x)dx phân kỳ thì 

+∞ ∫ 

a 

f(x)dx cũng hội tụ. 

+∞ ∫ 

a 


Hệ quả 3.1.9 

Giả sử f(x), g(x) xác định và không âm trong [a, +∞) khả tích trên mọi đoạn hữu 

hạn [a, A). Khi đó: 

1. Nếu lim 

x→+∞ 

2. Nếu lim 

x→+∞ 

f(x) 

+∞ 

g(x) = 0 và ∫ 


a 

+∞ ∫ 

f(x) 

+∞ 

g(x) = +∞ và ∫ 

g(x)dx phân kỳ thì 

Chứng minh: Coi như một bài tập. 

a 

a 


+∞ ∫ 

a 

f(x)dx cũng phân kỳ. 


Giả sử f(x) và g(x) là những hàm xác định và không âm trên khoảng [a, +∞), khả 

f(x) 

tích trong mọi đoạn hữu hạn [a, A], (A > a) và tồn tại giới hạn lim 

x→+∞ g(x) = k với 

0 < k < +∞. Khi đó các tích phân 

cùng phân kỳ. 

+∞ ∫ 

a 

f(x)dx và 

+∞ ∫ 

a 

✷ 

✷ 

g(x)dx cùng hội tụ hay 

f(x) 

Chứng minh: Theo giả thiết lim 

k→+∞ g(x) = k với 0 < k < +∞ nên khi chọn 

0 < ε < k ∣ ∣∣ 

2 tồn tại b > a để: f(x) 

∣ ∣∣ 

g(x) − k < ε, ∀ x ∈ [b, +∞) 

hay 

0 < k − ε < f(x) 

g(x) < k + ε, 

do đó ta có: 

(k − ε).g(x) < f(x) (1) và g(x) > 1 .f(x) (2), ∀ x ∈ [b, +∞). 

k + ε


Do vậy nếu 

tụ, tức là 

+∞ ∫ 

a 

Tương tự nếu 

tụ, tức là 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

f(x)dx hội tụ thì từ (1) và hệ quả 3.1.8 suy ra 

g(x)dx hội tụ. 

+∞ ∫ 

a 

g(x)dx hội tụ thì từ (2) và hệ quả 3.1.8 suy ra 


∫ 

+∞ 

a 

+∞ ∫ 

a 

(k − ε)g(x)dx hội 

1 

k + ε 

.f(x)dx hội 

Hệ quả 3.1.11 

Giả sử f(x) là hàm xác định và không âm trong khoảng [a, +∞), khả tích trong 

đoạn hữu hạn [a, A), (A > a), sao cho với x đủ lớn f(x) có dạng: 

Khi đó: 

f(x) = ϕ(x) 

x α với α > 0. 

1. Nếu α > 1, ϕ là hàm không âm và bị chặn trên thì 

2. Nếu 0 < α ≤ 1, ϕ không âm và bị chặn dưới thì 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 



Ví dụ 1: Xét sự hội tụ của tích phân: 

+∞ ∫ 

(x 2 − 3x + 4)e −2x dx. 

0 

[ (x 

Rõ ràng f(x) = (x 2 − 3x + 4).e −2x 3) 2 7 

] 

= − + e −2x > 0, ∀ x ≥ 0. 

2 4 

x 2 − 3x + 4 2x − 3 2 

Hơn nữa: lim 

= lim = lim 

x→+∞ e x x→+∞ e x x→+∞e = 0. x 

Do đó ∃ b > 0 sao cho với mọi x > b thì 

Khi đó ta có bất đẳng thức 

Mặt khác, 

+∞ ∫ 

0 

Theo dấu hiệu so sánh ta có 

(x 2 − 3x + 4)e −x < 1. 

(x 2 − 3x + 4)e −2x < e −x , ∀ x > b. 

∣ 

e −x dx = −e −x ∣∣ 

+∞ 

= 1 hội tụ. 

0 

+∞ 

∫ 

0 

(x 2 − 3x + 4)e −2x dx hội tụ. 

✷


Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của tích phân 

Dễ thấy 

Vì tích phân 

lim 

x→+∞ 

+∞ ∫ 

1 

x 2 3 

1 + x 

dx = 

x − 1 3 

dx 

x 1 3 

lim 

x→+∞ 


+∞ ∫ 

1 

x 

x + 1 = 1. 

3√ 

x 

2 

1 + x dx. 

phân kỳ nên tích phân đã cho phân kỳ. 

+∞ ∫ 

1 

x α e −x dx. 

Đặt k = max{0, [α + 2] + 1} suy ra k > α + 2, áp dụng quy tắc Lopital k lần ta có: 

x α+2 (x α+2 ) (1) 

(x α+2 ) (k) 

lim = lim = · · · = lim 

x→+∞ e x x→+∞ (e x ) (1) x→+∞ (e x ) (k) 

(α + 2)(α + 1) . . . ( α + 2 − (k − 1) ) 

= lim 

= 0 

x→+∞ 

x k−α−2 e x 

do đó tồn tại b > 0 sao cho với mọi x > b thì xα+2 

< 1 hay x α e −x < 1 e x x 2. 

+∞ ∫ dx 

+∞ 

Vì 

x hội tụ nên ∫ 

x α e −x dx hội tụ. 

2 

1 

1 

3.1.3 Dấu hiệu Dirichlet và dấu hiệu Abel 

Định lý 3.1.12 (Dấu hiệu Dirichle) 

Giả sử f(x) và g(x) là 2 hàm xác định và liên tục trong khoảng [a, +∞). Hơn nữa: 

1. Hàm f(x) có nguyên hàm bị chặn trong khoảng [a, +∞), tức là tồn tại số 

M > 0 sao cho 

|F (A)| = 

∣ 

A∫ 

a 

f(x)dx∣ < M, ∀ a ≤ A < +∞. 

2. Hàm g(x) có đạo hàm liên tục trong khoảng [a, +∞) và đơn điệu dần về 0 

khi x → +∞. 

Khi đó tích phân 

+∞ ∫ 

a 

f(x)g(x)dx hội tụ. 

Chứng minh: Gọi F (x) là nguyên hàm của f(x) trong khoảng [a, +∞), áp dụng 

tích phân từng phần ta có:


∫A ′ 

A 

f(x)g(x)dx = 

∫A ′ 

A 

∣ 

g(x)dF (x) = F (x)g(x) 

∣ A′ 

= F (A ′ )g(A ′ ) − F (A)g(A) − 

∫ 

A − A ′ 

Theo giả thiết g(x) đơn điệu do đó g ′ (x) không đổi dấu. 

∫A ′ 

A 

A 

F (x)g ′ (x)dx 

F (x)g ′ (x)dx. 

Áp dụng định lý trung bình thứ 2 đối với tích phân xác định ta có: 

∫A ′ 

∫ 

F (x)g ′ A ′ 

(x)dx = F (ξ) g ′ (x)dx = F (ξ) [ g(A ′ ) − g(A) ] , (A ≤ ξ ≤ A ′ ) 

A 

A 

A 

∫A ′ 

Từ đó f(x)g(x)dx = F (A ′ )g(A ′ ) − F (A)g(A) − F (ξ)g(A ′ ) + F (ξ)g(A) 

= g(A ′ ) [ F (A ′ ) − F (ξ) ] + g(A) [ F (ξ) − F (A) ] . (1) 

Theo giả thiết ta có ∣ ∣F (A ′ ) − F (A) ∣ ∣ < 2M và ∣ ∣F (ξ) − F (A) ∣ ∣ < 2M. 

Hơn nữa do lim g(x) = 0 nên với mọi ε > 0, ∃ A 0 > a sao cho ∀ x > A 0 thì 

x→+∞ 

∣ 

∣g(x) ∣ < 

ε 

4M . 

Khi đó với mọi A ′ > A > A 0 và từ (1) ta có: 

∫A ′ 

∣ f(x)g(x)dx∣ ≤ ∣ ∣g(A ′ ) ∣ ∣. ∣ ∣F (A ′ ) − F (ξ) ∣ + ∣ ∣g(A) ∣ ∣. ∣ ∣F (ξ) − F (A) ∣ A 

< ε 

4M .2M + 

ε .2M = ε. 

4M 

Như vậy với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε) với mọi A ′ , A > A 0 ta có: 

∫A ′ 

∣ f(x)g(x)dx∣ < ε. 

Theo tiêu chuẩn Cauchy tích phân 


Dễ thấy tích phân trên có dạng 

A 

+∞ ∫ 

+∞ ∫ 

a 


+∞ ∫ 

Khi đó hàm f(x) = sin x có ∣ ∣F (A) ∣ ∣ = ∣ ∣ A ∫ 

hàm f(x) có nguyên hàm bị chặn. 

a 

a 

sin x 

dx, (a > 0). 

x 

f(x)g(x)dx với f(x) = sin x và g(x) = 1 x . 

a 

sin xdx ∣ ∣ = ∣ ∣ cos a − cos A ∣ ∣ ≤ 2 tức là 

Còn hàm g(x) = 1 x có g′ (x) = − 1 liên tục trên khoảng (a, +∞), đồng thời g(x) 

x2 ✷


giảm trên khoảng [a, +∞) và lim 

x→+∞ 

Vậy theo dấu hiệu Dirichlet, tích phân 

g(x) = 0. 

+∞ ∫ 

Tương tự ta cũng chứng minh được tích phân 

hiệu Dirichlet. 


+∞ ∫ 

1 

a 

sin x 

dx hội tụ. 

x 

+∞ ∫ 

a 

cos(x 2 )dx. 

Đổi biến x = √ t, dx = 

dt 

2 √ , khi (x → +∞ thì t → +∞). 

t 

+∞ ∫ 

Do đó cos(x 2 )dx = 1 +∞ ∫ cos t 

√ dt. 

2 t 

1 

Tích phân trên có dạng 1 2 

Trong đó f(t) = cos t có: 

1 

+∞ 

∫ 

1 

cos x 

dx, (a > 0) hội tụ theo dấu 

x 

f(t)g(t)dt với f(t) = cos t, g(t) = 1 √ 

t 

. 

∣ 

∣F (A) ∣ = ∣ 

A∫ 

a 

cos tdt∣ = ∣ sin A − sin a ∣ ≤ 2. 

Còn hàm g(t) = 1 √ 

t 

đơn điệu giảm và dần về 0 khi t → +∞. 

Do vậy, theo dấu hiệu Dirichle 

+∞ ∫ 

1 

cos t 

√ 

t 

dt hội tụ, tức là 

+∞ ∫ 

1 

cos(x 2 )dx hội tụ. 


Giả sử f(x) và g(x) là các hàm xác định và liên tục trong khoảng [a, +∞). 

Hơn nữa: 

1. Tích phân 

+∞ ∫ 

a 


2. Hàm g(x) có đạo hàm g ′ (x) liên tục trong khoảng [a, +∞) và g(x) đơn 

điệu bị chặn trong khoảng đó, tức là tồn tại hằng số L > 0 sao cho: 


+∞ ∫ 

a 

|g(x)| < L, 


∀ x ∈ [a, +∞). 

Chứng minh: Biến đổi giống như phần đầu của chứng minh dấu hiệu Đirichlet ta 

có: 

∫A ′ 

f(x)g(x)dx = [F (A ′ ) − F (ξ)]g(A ′ ) + [F (ξ) − F (A)]g(A), (A ≤ ξ ≤ A ′ ). 

A


Vì 

+∞ ∫ 

a 

f(x)dx hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy, với mọi ε > 0 tồn tại A 0 > a 

sao cho với mọi A ′ > A > A 0 ta có ∣ 

∣ 

∣F (A ′ ) − F (ξ) ∣ ∣ = 

∫A ′ 

∣ 

ξ 

∫A ′ 

f(x)dx∣ < ε và do đó ta được: 

A 

2L f(x)dx∣ < ε 

2L ; ∣ F (ξ) − F (A) ∣ ∫ ξ 

= ∣ f(x)dx∣ < ε 

2L . 

Như vậy với mọi ε > 0 tồn tại A 0 > a sao cho với mọi A ′ > A > A 0 , ta có: 

∫A ′ 

∣ f(x)g(x)dx∣ ≤ ∣ ∣F (A ′ ) − F (ξ) ∣ ∣. ∣ ∣g(A ′ ) ∣ + ∣ ∣F (ξ) − F (A) ∣ ∣. ∣ ∣g(A) ∣ A 

< ε 

2L .L + ε 

2L 

Vậy theo tiêu chuẩn Cauchy, tích phân 

.L = ε. 

+∞ ∫ 

a 


A 

✷ 


+∞ ∫ 

1 

e −x2 sin 1 x 

1 + x 2 dx. 

Áp dụng dấu hiệu Abel với hàm f(x) = 1 

1 + x và g(x) = sin 1 2 e−x2 x . 

Ta có tích phân 

+∞ ∫ 

1 

+∞ ∫ 

1 

f(x)dx = 

f(x)dx hội tụ vì: 

+∞ ∫ 

Mặt khác, dễ thấy hàm e −x2 

1 

dx 

∣ ∣∣ 

1 + x = arctg +∞ 

2 1 

và sin 1 x 

= π 2 − π 4 = π 4 . 

đơn điệu giảm và dương trên [1, +∞), do đó 

hàm g(x) = e −x2 sin 1 x 

đơn điệu giảm và bị chặn bởi 1 trên khoảng [1, +∞). 


+∞ ∫ 

1 

e −x2 sin 1 x 

1 + x 2 dx hội tụ theo dấu hiệu Abel. 


Ta có: 

Đặt 

Khi đó 

+∞ ∫ 

1 

f(x) = 

x cos x − sin x 

dx = 

x(x + 1) 

+∞ ∫ 

1 

+∞ ∫ 

1 

+∞ ∫ 

1 


dx. 

x(x + 1) 

x cos x − sin x x 

. 

x 2 x + 1 dx. 


và g(x) = x 

x 2 x + 1 . 


+∞ ∫ 

dx = 

x(x + 1) 

1 

f(x).g(x)dx.


Dễ thấy tích phân 

+∞ ∫ 

1 

f(x)dx = 

Còn hàm g(x) = 


+∞ ∫ 

1 

+∞ ∫ 

1 

∫ 

+∞ 

1 

f(x)dx hội tụ vì: 


x 2 

dx = sin x 

x 

∣ 

∣ +∞ 

1 

= − sin 1. 

x đơn điệu tăng và bị chặn bởi 1 trên [1, +∞). 

x + 1 


dx hội tụ theo dấu hiệu Abel. 

x(x + 1) 

3.1.4 Sự hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ 


Giả sử hàm f(x) xác định trên khoảng [a, +∞) và khả tích trên mọi đoạn hữu hạn 

+∞ ∫ 

+∞ ∫ 

[a, A], (A ≥ a). Khi đó nếu tích phân |f(x)|dx hội tụ thì tích phân f(x)dx 

cũng hội tụ. 

Chứng minh: Do tích phân 

+∞ ∫ 

ε > 0 tồn tại A 0 > 0 sao cho với mọi A ′ > A > A 0 ta có: 

Khi đó ta cũng có: 

∣ 

∫A ′ 

A 

∫A ′ 

A 

a 

a 

|f(x)|dx hội tụ nên theo tiêu chuẩn Cauchy, với mọi 

|f(x)|dx < ε. 

f(x)dx∣ ≤ 

∫A ′ 

Như vậy theo tiêu chuẩn Cauchy tích phân 

A 

∣ 

∣f(x) ∣ ∣dx < ε. 

+∞ ∫ 

a 


Nhận xét: Điều ngược lại của định lý 3.1.14 không đúng, để thấy rõ điều này ta xét 

ví dụ sau: 

Ta đã biết tích phân 

+∞ ∫ 

lý 3.1.12), ta sẽ chứng minh tích phân 

Thật vậy, ta có 

Xét tích phân 

+∞ ∫ 

1 

1 

sin x 

dx hội tụ theo dấu hiệu Dirichle (xem ví dụ 1 của định 

x 

+∞ ∫ 

| sin x| 

≥ sin2 x 

với mọi x ≥ 1. 

x x 

sin 2 x 

+∞ 

x dx = ∫ 1 − cos 2x 

dx = 

2x 

1 

1 

| sin x| 

dx phân kỳ. 

x 

+∞ ∫ 

1 

dx 

+∞ 

2x − ∫ 

1 

cos 2x 

2x 

dx. 

a 

✷


+∞ ∫ 

dx 

+∞ 

Trong đó tích phân 

1 2x phân kỳ, còn tích phân ∫ 

1 

tụ theo dấu hiệu Dirichlet. 

+∞ ∫ 

Như vậy tích phân 

+∞ ∫ 

1 

| sin x| 

dx phân kỳ. 

x 

1 

cos 2x 

2x dx = 1 2 

+∞ ∫ 

2 

cos t 

dt hội 

t 

sin 2 x 

dx phân kỳ và do đó theo dấu hiệu so sánh tích phân 

x 


Giả sử hàm f(x) xác định trên khoảng [a, +∞) và khả tích trên mọi đoạn hữu hạn 

[a, A], (A ≥ a). Khi đó: 

1. Nếu tích phân 

tuyệt đối. 


rằng 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

|f(x)|dx hội tụ thì ta nói rằng tích phân 

|f(x)|dx phân kỳ nhưng tích phân 

f(x)dx bán hội tụ hay hội tụ có điều kiện. 

Ví dụ: Khảo sát sự hội tụ tuyệt đối tích phân 

Dễ thấy 

+∞ ∫ 

0 

+∞ ∫ 

a 

cos x 

1 + x 2dx. 

| cos x | 

1 + x ≤ 1 

+∞ 

2 1 + x 2, ∀x ∈ [0, +∞), vì tích phân ∫ 

theo dấu hiệu so sánh tích phân 

+∞ ∫ 

Vậy tích phân đã cho hội tụ tuyệt đối. 

0 

| cos x | 

dx hội tụ. 

1 + x2 +∞ ∫ 

a 

f(x)dx hội tụ 

f(x)dx hội tụ thì ta nói 

0 

1 

1 + x2dx hội tụ nên 

3.2 Tích phân suy rộng loại 2 

3.2.1 Định nghĩa và các tính chất 


Cho hàm số f(x) xác định trong khoảng [a, b), không bị chặn trong lân cận điểm b, 

đồng thời f(x) khả tích trong mọi đoạn [a, b − α] với 0 < α 

b−α ∫ 

Đặt F (α) = f(x)dx. 

a


∫ b 

Ký hiệu f(x)dx = lim 

a 

α→0 +F 

(α) = lim 

loại 2 của hàm f(x) trong khoảng [a, b). 

1. Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn lim 

rộng 

∫ b 

a 

2. Nếu giới hạn lim 

tích phân 

f(x)dx hội tụ và I = 

∫ b 

a 

∫ 

α→0 + b−α 

a 


∫ 

α→0 + b−α 

∫ 

a 

b−α 

α→0 + a 

∫ b 

Tương tự ta cũng có các định nghĩa sau: 

a 

f(x)dx. 

f(x)dx được gọi là tích phân suy rộng 

f(x)dx = I thì ta nói rằng tích phân suy 

f(x)dx không tồn tại hoặc bằng +∞, −∞ thì ta nói rằng 


Nếu hàm f(x) xác định trong khoảng (a, b], không bị chặn tại lân cận của a và khả 

tích trong mọi đoạn hữu hạn [a + α, b], (b − a > α > 0) thì tích phân suy rộng của 

f(x) trên khoảng (a, b] được định nghĩa bằng công thức: 

∫ b 

a 

f(x)dx = lim 

∫b 

α→0 + 

a+α 

f(x)dx. 


Nếu hàm f(x) xác định trong khoảng (a, b), không bị chặn tại lân cận của a và b 

đồng thời khả tích trong mọi đoạn hữu hạn [a + α, b − β], (0 < α, β 

phân suy rộng của hàm f(x) trong khoảng (a, b) được định nghĩa bằng công thức: 

∫ b 

a 

f(x)dx = 

a+b 

∫2 

a 

f(x)dx + 

∫ b 

a+b 

2 

f(x)dx. 

Như vậy 

∫ b 

a 

Nhận xét: 


a+b 

∫2 

a 

f(x)dx và 

∫ b 

a+b 

2 


1. Nếu 

∫ b 

a 

f(x)dx hội tụ thì 

∫ b 

a 

f(x)dx = 

∫ t 

a 

f(x)dx + 

∫ b 

t 

f(x)dx với mọi t ∈ (a, b).


2. Đối với tích phân suy rộng loại 2: 

∫ b 

a 

f(x)dx = lim 

bằng cách đổi biến t = 1 

b − x , tức là x = b − 1 t 

suy rộng loại 2 đưa về tích phân suy rộng loại 1: 

∫ b 

a 

f(x)dx = 

∫ 

+∞ 

1 

b−a 

f ( b − 1 t 

∫ 

α→0 + b−α 

a 

f(x)dx 

dt 

và dx = khi đó tích phân 

t2 )dt 

t 2 . 

Do vậy các kết quả được chứng minh đối tích phân suy rộng loại 1 có thể 

suy ra cho tích phân suy rộng loại 2. 

Ví dụ 1: Tính tích phân suy rộng loại 2: 

Ta có 

∫ 1 

0 

dx 

√ 

1 − x 

2 = lim 

∫ 

α→0 + 1−α 


1. Với t ≠ 1 ta có: 

∫ b 

a 

0 

dx 

(b − x) t = lim 

∫ 1 

0 

dx 

√ 

1 − x 

2 . 

dx 

√ = lim arcsin(1 − α) = π 1 − x 

2 α→0 + 2 . 

b−α ∫ 

α→0 + 

a 

∫ b 

a 

dx 

(b − x) t, (t > 0). 

dx 

(b − x) = −1 

t 1 − t lim − (b − a) 1−t ] 

α→0 +[α1−t 

• Nếu t > 1 thì lim 

α→0 +α1−t = +∞ do đó tích phân đã cho phân kỳ. 

• Nếu t < 1 thì lim 

α→0 +α1−t = 0 do đó tích phân đã cho hội tụ. 

2. Với t = 1 tích phân đã cho phân kỳ vì: 

∫ b 

a 

b−α ∫ 

α→0 + 

dx 

(b − x) = lim 

a 

dx 

(b − x) = − lim 

α→0 

+(ln 

|α| − ln |b − a|) = +∞. 

Ví dụ 3: Khảo sát sự hội tụ của I = 

∫ 1 

0 

2 sin( 1 x 

) + x 2 cos( 1 2 x 

) 2 dx. 

x 2 (2x + 1) 

Đổi biến x = 1 , dx = −dt 

t t và khi x → 2 0+ thì t → +∞. Ta được: 

I = − 

∫ 1 

+∞ 

2 sin(t 2 ) + 1 t 2. cos(t2 ) 

1 

t 2.(1 + 2 . dt +∞ 

t ) t = ∫ 

2 1 

2t 2 . sin(t 2 ) + cos(t 2 ) 

dt. 

t(t + 2)


Hàm f(t) = 2t2 . sin(t 2 ) + cos(t 2 ) 

t 2 

+∞ ∫ 

1 

f(t)dt = 

Hàm g(t) = 

+∞ ∫ 

1 

t 

t + 2 

Áp dụng dấu hiệu Abel ta có 

I = 

+∞ ∫ 

1 

có 

+∞ ∫ 

2t 2 . sin(t 2 ) + cos(t 2 ) 

t 2 dt = lim 

1 

f(t)dt hội tụ vì: 

) 

∣ 

A→+∞ −cos(t2 t 

∣ A 1 

= cos 1. 

đơn điệu tăng và bị chặn bởi 1 trên khoảng [1, +∞). 

f(t).g(t)dt = 

Vậy tích phân đã cho hội tụ. 

+∞ ∫ 

1 

2t 2 . sin(t 2 ) + cos(t 2 ) 

dt hội tụ. 

t(t + 2) 

3.2.2 Các dấu hiệu hội tụ của tích phân suy rộng loại 2 


Giả sử f(x) là hàm xác định trên khoảng [a, b), không bị chặn tại lân cận điểm b và 

khả tích trong mọi đoạn hữu hạn [a, b − α] với 0 < α 

rộng 

∫ b 

a 

f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi với mọi ε > 0 tồn tại δ = δ(ε) 

với mọi α, α ′ thỏa mãn 0 < α, α ′ < δ, ta có: 

b−α ∫ 

′ 

∣ f(x)dx∣ < ε. 

b−α 

Chứng minh: Theo định nghĩa tích phân suy rộng 

∫ b 

a 


b−α ∫ 

tồn giới hạn hữu hạn: lim 

α→0 +F 

(α) = lim f(x)dx. Mặt khác theo tiêu chuẩn 

α→0 + a 

Cauchy về giới hạn hàm số, giới hạn này tồn tại khi và chỉ khi với mọi ε > 0 tồn tại 

δ = δ(ε) > 0 sao cho với mọi 0 < α, α ′ < δ ta có: 

∣ 

∣F (α ′ ) − F (α) ∣ b−α ∫ 

′ 

b−α ∫ 

= ∣ f(x)dx − f(x)dx∣ = ∣ 

a 

a 

b−α ∫ 

′ 

b−α 

f(x)dx∣ < ε. 


Giả sử f(x), g(x) là các hàm xác định trên khoảng [a, b), không bị chặn tại lân cận 

điểm b và khả tích trong mọi đoạn hữu hạn [a, b − α] với 0 < α 

0 ≤ f(x) ≤ g(x) với mọi x ∈ [a, b). Khi đó: 

✷




∫ b 

a 

∫ b 

a 

g(x)dx hội tụ thì tích phân 

f(x)dx phân kỳ thì tích phân 

∫ b 

a 


∫ b 

a 



Giả sử f(x), g(x) là hàm xác định, không âm trên khoảng [a, b), không bị chặn tại 

lân cận điểm b và khả tích trong mọi đoạn hữu hạn [a, b − α] với 0 < α 

đó nếu tồn tại giới hạn: 

thì các tích phân 

∫ b 

a 

f(x) 

lim 

x→b − g(x) 

f(x)dx và 

∫ b 

a 

= k, (0 < k < +∞) 

g(x)dx cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ. 

Hệ quả 3.2.7 

Giả sủ hàm f(x) xác định trong khoảng [a, b) và trong lân cận của điểm b hàm f(x) 

có dạng f(x) = 

ϕ(x) 

(b − x) t. Khi đó: 

1. Nếu 0 < t < 1 và 0 ≤ ϕ(x) ≤ M trong đó M là hằng số dương thì tích phân 

∫ b 

a 


2. Nếu t > 1 và ϕ(x) ≥ m > 0 thì tích phân 

∫ b 

a 



Giả sử hàm f(x) xác định trong khoảng [a, b), không bị chặn tại lân cận điểm b, khả 

tích trong mọi đoạn con [a, b − α], (0 < α ≤ b − a) của khoảng [a, b). Khi đó nếu 

tích phân 

phân 

∫ b 

a 

∫ b 

a 

|f(x)|dx hội tụ thì tích phân 

f(x)dx hội tụ tuyệt đối. 


∫ b 

a 

∫ 1 

0 

f(x)dx cũng hội tụ và ta nói rằng tích 

dx 

4√ 

1 − x 

4 . 

1 − x 4 

lim 

x→1 − 1 − x = lim 

x→1 −(1 + (1 − x 4 ) − 1 4 

x2 )(1 + x) = 4 nên lim 

x→1 − (1 − x) − 1 4 

= 4 − 1 4.


Mặt khác tích phân 

∫ 1 

0 

dx 

(1 − x) 1 4 

hội tụ nên tích phân đã cho hội tụ. 

Ví dụ 2: Khảo sát sự hội tụ tuyệt đối của tích phân 

Áp dụng quy tắc Lopital ta có: 

ln x 

lim = lim 

x→0 + 

x −1 

2 

x −1 

x→0 

+ 

− 1 2 x− 3 2 

∫ 1 

= lim 

x→0 

+ (−2x 1 2) = 0, 

do vậy tồn tại 1 ≥ δ > 0 sao cho | sin x. ln x| ≤ | ln x| < x − 1 2 

Mặt khác tích phân 

∫ 1 

0 

dx 

hội tụ nên tích phân 

x 1 2 

đã cho hội tụ tuyệt đối. 

∫ 1 

0 

0 

sin x. ln xdx. 

với mọi x ∈ [0, δ]. 

| sin x. ln x|dx hội tụ, tức là tích phân 


III.41. 

Tính các tích phân suy rộng loại I 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

∫ +∞ 

1 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

1 

dx 

x 2 b. 

e −x cos xdx d. 

x 2 e −x dx f. 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

2 

∫ +∞ 

x 2 ∫ 

+ 1 

+∞ 

x 4 + 1 dx h. 1 

x ln x 

(x 2 + 1) 2dx 

1 

xdx 

1 + x 4 

dx 

x 2 − 1 

dx 

x 2 cos 2 ( 1 x ) 

dx 

x √ 1 + x 2 + x 4


III.42. Khảo sát sự hội tụ của các tích suy rộng loại I: 

a. 

c. 

e. 

i. 

k. 

n. 

∫ +∞ 

1 

∫ +∞ 

3 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

1 

arctg x 

dx b. 

x 

dx 

√ 

x(x − 1)(x − 2) 

d. 

∫ +∞ 

1 

∫ +∞ 

∫ 

x 

+∞ 

√ 

ex − 1 dx f. 

sin √ x 

√ x(x + 1) 

dx j. 

x α e −ax dx m. 

sin (x + x 2 ) 

x 2 dx o. 

0 

1 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

x 

1 + x 

√ 3dx 

x 

5 

x 3 + x 2 + 1 dx 

ln x 

x √ x 2 − 1 dx 

cos ax 

1 + xndx (n > 0) 

sin 

e 

xsin 2x 

x 

dx 

cos(x 2 )dx 

III.43. 

Xét tính hội tụ và hội tụ tuyệt đối của các tích phân sau: 

a. 

c. 

e. 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

√ x cos x 

x + 100 dx b. ∫ +∞ 

x 2 cos(e x )dx d. 

0 

∫ +∞ 

∫ 

sin x 

+∞ 

x p + sin x dx f. 

0 

0 

x p sin(x q )dx (q ≠ 0) 

x p sin x 

dx (q ≥ 0) 

1 + xq e cos x . sin(sin x) dx x 

III.44. 

Tính các tích phân suy rộng loại II: 

a. 

c. 

e. 

∫ 1 

0 

∫ π 

4 

0 

∫ 1 

0 

dx 

√ 

1 − x 

2 

dx 

cos 2 x √ tg x 

b. 

d. 

ln xdx f. 

∫ 2 

1 

∫ 2 

1 

∫ π 

2 

0 

dx 

√ 

x2 − 1 

dx 

√ 

(x − 1)(2 − x) 

ln(sin x)dx


III.45. 

Khảo sát sự hội tụ của các tích suy rộng sau: 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

∫ π 

2 

0 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ +∞ 

1 

∫ 1 

Bài tập định tính: 

0 

dx 

√ 1 − cos x 

b. 

ln(1 + x 4 3) 

√ x sin x 

dx d. 

x α (1 − x) β dx f. 

dx 

x p . ln q x 

x p ln p ( 1 x )dx 

h. 

∫ 1 

0 

∫ 1 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ π 

2 

0 

e x − 1 

1 − √ cos x dx 

ln x 

√ 

1 − x 

2 dx 

dx 

x p + x q 

dx 

sin p (x). cos q (x) 

III.46. Chứng minh rằng nếu f ′ (x) đơn điệu tăng và dần ra +∞ khi x → +∞ thì 

+∞ ∫ 

+∞ ∫ 

các tích phân sin(f(x))dx và cos(f(x))dx hội tụ. 

0 

0 

III.47. Giả sử f(x) xác định trong khoảng [a, +∞) và tuần hoàn với chu kỳ T > 0, 

còn g(x) đơn điệu trong khoảng [a, +∞) và dần về 0 khi x → +∞ 

a. Chứng minh rằng nếu 

b. Giả sử rằng 

và 

+∞ ∫ 

a 

III.48. 

hay không? 

III.49. 

+∞ ∫ 

a 

a+T ∫ 

a 

a+T ∫ 

a 

f(x)dx = 0 thì tích phân 

+∞ ∫ 

a 


f(x)dx = k ≠ 0, chứng minh rằng các tích phân 

g(x)dx cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ. 

Nếu tích phân 

Giả sử 

+∞ ∫ 

+∞ ∫ 

f(x)ϕ(x)dx có hội tụ hay không? 

a 

a 

+∞ ∫ 

a 

f(x)g(x)dx 

f(x)dx hội tụ thì có nhất thiết f(x) → 0 khi x → +∞ 

f(x)dx hội tụ còn ϕ(x) là hàm bị chặn thì tích phân

Chương 4 

Tích phân phụ thuộc tham số 

4.1 Tích phân phụ thuộc tham số với cận cố định 

4.1.1 Định nghĩa và ví dụ 


Giả sử f(x, y) là một hàm số xác định với x thuộc đoạn [a, b] và y thuộc tập Y nào 

đó, sao cho với mỗi y cố định thuộc Y hàm g(x) = f(x, y) khả tích trên đoạn [a, b]. 

Khi đó I(y) = 

∫ b 

a 

f(x, y)dx là một hàm số xác định trên tập Y và được gọi là tích 

phân phụ thuộc tham số của hàm f(x, y) trong đoạn [a, b]. 

Ví dụ 1: Hàm số f(x, y) = 

Ta có I(y) = 

∫ b 

a 

y 

∣ ∣∣ 

x 2 + 1 dx = y arctg x b 

a 

y , x ∈ [a, b], y ∈ R . 

x 2 + 1 

Ví dụ 2: Hàm số f(x, y) = e xy2 , x ∈ [a, b], y ∈ R . 

Ta có 

I(y) = 

∫ b 

là một hàm xác định trên R . 

a 

⎧ 

⎨ 

e xy2 dx = 

⎩ 

= y(arctg b − arctg a). 

b − a nếu y = 0, 

1 

− e ay2 ) nếu y ≠ 0 

y 2(eby2 

83

4.1. Tích phân phụ thuộc tham số với cận cố định 84 

4.1.2 Tính liên tục của tích phân phụ thuộc tham số 

Định lý 4.1.2 

Nếu hàm f(x, y) xác định và liên tục trong hình chữ nhật [a, b] × [c, d] thì tích phân 

phụ thuộc tham số I(y) = 

∫ b 

a 

f(x, y)dx là một hàm liên tục trên [c, d]. 

Chứng minh: Vì f(x, y) liên tục trên tập đóng và bị chặn [a, b] × [c, d] nên f(x, y) 

liên tục đều trên đó. Vậy nên với mỗi y 0 cố định ∀ ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho 

∀ x ∈ [a, b], y ∈ [c, d] mà |y − y 0 | < δ thì |f(x, y) − f(x, y 0 )| < 

ε 

b − a . 

Bởi vậy ta sẽ có: 

∫ b 

∫ b 

|I(y) − I(y 0 )| = | f(x, y)dx − f(x, y 0 )dx| = | 

a 

a 

≤ 

∫ b 

a 

|f(x, y) − f(x, y 0 )|dx ≤ 

∫ b 

a 

[f(x, y) − f(x, y 0 )]dx| 

ε 

b − a .(b − a) = ε với mọi y ∈ [c, d], |y − y 0| < δ. 

Như vậy với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho với mọi y ∈ [c, d] thỏa mãn |y − y 0 | < δ 

thì |I(y) − I(y 0 )| < ε. Có nghĩa là I(y) liên tục tại y 0 mà y 0 là điểm tùy ý trên [c, d], 

vậy nên tích phân phụ thuộc tham số I(y) liên tục trên [c, d]. 

✷ 

Chú ý: Nếu hàm f(x, y) không liên tục trên [a, b] × [c, d] thì có thể tích phân phụ 

thuộc tham số I(y) = 

∫ b 

a 

f(x, y)dx không liên tục trên [c, d]. Ví dụ sau đây chỉ ra 

điều đó. 

Ví dụ 1: Cho hàm số xác định trên [0, 1] × [0, 1] như sau: 

{ x 

nếu y ≠ 0, 

f(x, y) = y 

0 nếu y = 0. 

Dễ dàng kiểm tra được đây là hàm số không liên tục tại những điểm (a, 0), ∀ a ∈ [0, 1]. 

Ta tính được: 

I(y) = 

∫ 1 

Dễ thấy đây là hàm số không liên tục tại 0. 

0 

⎧ 

⎨ 1 

nếu y ≠ 0, 

f(x, y)dx = 2y 

⎩ 

0 nếu y = 0. 

Tuy nhiên không phải tất cả các hàm f(x, y) không liên tục trên [a, b] × [c, d] nào thì 

tích phân phụ thuộc tham số của nó cũng không liên tục trên [c, d]. 

Ví dụ 2: Hàm số xác định trên [0, 1] × [0, 1] như sau:


⎧ 

⎪⎨ 

f(x, y) = − 1 y ⎪⎩ 

e−x y nếu y ≠ 0, 

−1 nếu y = 0. 

Dễ thấy f(x, y) không liên tục trên [0, 1] × [0, 1] nhưng tích phân phụ thuộc tham số 

của nó là: 

⎧ 

∫ 1 

⎪⎨ 

I(y) = f(x, y)dx = 

⎪⎩ e−1 y − 1 nếu y ≠ 0, 

−1 nếu y = 0. 

0 

Đây là hàm số liên tục trên [0, 1] vì lim 

y→0 

+ [e−1 y − 1] = −1. 

4.1.3 Tính khả vi và khả tích của tích phân phụ thuộc tham số 

Định lý 4.1.3 (Tính khả vi) 

Giả sử f(x, y) là hàm số xác định trong [a, b] × [c, d] liên tục theo x ∈ [a, b] với mỗi 

y cố định thuộc đoạn [c, d]. Hơn nữa f(x, y) có đạo hàm riêng ∂f (x, y) là một hàm 

∂y 

liên tục trong [a, b] × [c, d]. Khi đó: 

1. Tích phân phụ thuộc tham số I(y) = 

∫ b 

a 

f(x, y)dx, y ∈ [c, d] là một hàm khả vi. 

2. I ′ (y) = 

∫ b 

a 

∂f 

(x, y)dx, 

∂y 

y ∈ [c, d]. 

Chứng minh: Xét điểm y 0 bất kỳ thuộc đoạn [c, d]. Ta có: 

I(y) − I(y 0 ) 

= 1 [ ∫ b 

y − y 0 y − y 0 

a 

f(x, y)dx − 

Áp dụng công thức số gia giới nội theo y ta có: 

Khi đó: 

∫ b 

a 

f(x, y 0 )dx ] = 

f(x, y) − f(x, y 0 ) = ∂f 

∂y (x, ξ)(y − y 0) với ξ nằm giữa y và y 0 . 

∫ 

I(y) − I(y 0 ) 

b 

= 

y − y 0 

a 

∫ b 

a 

∂f 

(x, ξ)dx 

∂y 

f(x, y) − f(x, y 0 ) 

dx 

y − y 0


Do ∂f (x, y) liên tục trên [a, b] × [c, d] nên tích phân phụ thuộc tham số của nó là 

∂y 

hàm liên tục trên [c, d]. Hơn nữa khi y tiến tới y 0 thì ξ cũng tiến tới y 0 , vậy nên: 

I(y) − I(y 0 ) 

lim 

y→y 0 y − y 0 

= lim 

ξ→y0 

∫b 

a 

∫b 

∂f 

(x, ξ)dx = 

∂y 

a 

∂f 

∂y (x, y 0)dx 

∫ b 

Đẳng thức trên chứng tỏ I ′ ∂f 

(y 0 ) = 

a ∂y (x, y 0)dx, nhưng y 0 tùy ý trong [c, d] nên ta 

∫ 

có I ′ b ∂f 

(y) = (x, y)dx với mọi y ∈ [c, d]. 

∂y ✷ 

a 

Định lý 4.1.4 (Tính khả tích) 

Nếu f(x, y) là hàm liên tục trên hình chữ nhật [a, b] × [c, d] thì 

∫ ξ 

c 

dy 

∫ b 

a 

f(x, y)dx = 

Chứng minh: Đặt: F (ξ) = 

Suy ra F (ξ) = 

∫ b 

a 

φ(x, ξ)dx 

∫ b 

a 

∫ b 

a 

và 

dx 

∫ ξ 

c 

f(x, y)dy 

với mọi ξ ∈ [c, d]. 

∫ ξ 

∫ ξ 

dx f(x, y)dy, φ(x, ξ) = f(x, y)dy 

c 

c 

∂φ(x, ξ) 

dx = f(x, ξ). 

∂ξ 

Do f(x, y) liên tục trên [a, b] × [c, d] nên theo định lý về tính liên tục của tích phân 

phụ thuộc tham số thì φ(x, ξ) liên tục theo x ∈ [a, b] với mỗi ξ cố định thuộc [c, d]. Khi 

đó theo định lý về tính khả vi của tích phân phụ thuộc tham số thì F (ξ) = 

là hàm khả vi và ta có: 

Mặt khác ta xét hàm số 

F ′ (ξ) = 

G(ξ) = 

∫ b 

a 

∫ ξ 

c 

∂φ(x, ξ) ∫ b 

dx = f(x, ξ)dx = I(ξ). 

∂ξ 

a 

dy 

∫ b 

a 

f(x, y)dx = 

∫ ξ 

c 

I(y). 

∫ b 

a 

φ(x, ξ)dx 

Vì f(x, y) liên tục trên hình chữ nhật [a, b]×[c, d], nên I(y) là hàm liên tục trên [c, d], 

do đó G(ξ) là hàm khả vi trên (c, d) và ta có: 

( ∫ 

G ′ ξ 

′ 

(ξ) = I(y)dy) 

= I(ξ). 

c


Từ đây suy ra F ′ (ξ) = G ′ (ξ), tức là F (ξ) = G(ξ) + α. 

Thay ξ = c ta có F (c) = G(c) + α, nhưng F (c) = G(c) = 0 suy ra α = 0. 

Vậy ta có F (ξ) = G(ξ) với mọi ξ ∈ [c, d]. Tức là: 

∫ ξ 

∫ b 

∫ ξ 

dy f(x, y)dx = dx f(x, y)dy với mọi ξ ∈ [c, d] 

c a 

a c 

Thay ξ = d vào kết quả của định lý trên ta có hệ quả sau: 

Hệ quả 4.1.5 

Nếu f(x, y) là hàm liên tục trên hình chữ nhật [a, b] × [c, d] thì 

∫ d 

c 

dy 

∫ b 

a 

f(x, y)dx = 

∫ b 

∫ b 

a 

dx 

∫ d 

c 

f(x, y)dy. 

✷ 

Ví dụ 1: Tính tích phân: I(a, b) = 

∫ b 

∫ 1 

0 

x b − x a 

ln x dx, 0 < a < b 

x b − x a 

∫ 

Ta thấy rằng: = x y b 

dy do đó I(a, b) = dx x y dy. 

ln x a 

0 a 

Vì hàm f(x, y) liên tục trên [0, 1] × [a, b] nên theo định lý trên ta có thể thay đổi thứ 

tự lấy tích phân: 

∫ 1 ∫ b ∫ 

I(a, b) = dx x y b ∫ 1 ∫ 

dy = dy x y b x y+1 

dx = ∣ 1 

0 a 

a 0 

a y + 1 

dy = ∫b 

dy 

0 a y + 1 = ln b + 1 

a + 1 . 

Ví dụ 2: Tính tích phân: I = 

∫ 1 

0 

ln 2 + √ x + 4 

1 + √ x + 1 dx 

Dễ thấy rằng: ln 2 + √ x + 4 

1 + √ x + 1 = ln ( y + √ x + y 2)∣ ∣ 2 2 

1 = ∫ 

Suy ra: 

I = 

= 

∫ 1 

0 

∫ 2 

1 

∫ 2 

dx 

1 

1 

2 

√ 

y2 + x dy = ∫ 

1 

dy 

∫ 1 

0 

∫ 1 

1 

2 

√ 

y2 + x dx = ∫ 

1 

1 

1 

√ 

y2 + x dy 

2 √ y 2 + x ∣ ∣ 1 0 dy 

2( √ 1 + y 2 − y)dy = [ y √ 1 + y 2 + ln(y + √ 1 + y 2 ) − y 2]∣ ∣ 2 1 

= 2 √ 5 + ln(2 + √ 5) − √ 2 − ln(1 + √ 2) − 3 ≈ 0.62018428

4.2. Tích phân phụ thuộc tham số với cận thay đổi 88 

4.2 Tích phân phụ thuộc tham số với cận thay đổi 


Cho C 1 và C 2 là hai đường cong trơn nằm trong hình chữ nhật [a, b] × [c, d] có các 

phương trình là x = α(y) và x = β(y), y ∈ [c, d]. Giả sử f(x, y) là hàm xác định 

trong [a, b] × [c, d], khả tích theo x ∈ [a, b] với y cố định trong đoạn [c, d]. Đặt: 

∫β(y) 

I(y) = f(x, y)dx, y ∈ [c, d] 

α(y) 

. 

Khi đó I(y) là hàm số xác định trong đoạn [c, d] và được gọi là tích phân phụ thuộc 

tham số với cận thay đổi. 

Định lý 4.2.2 (Tính liên tục) 

Giả sử f(x, y) là hàm liên tục trong hình chữ nhật [a, b] × [c, d], α(y) và β(y) là 

các hàm liên tục trong đoạn [c, d] có giá trị trong [a, b] thì tích phân phụ thuộc tham số: 

I(y) = 

∫ 

β(y) 

f(x, y)dx, y ∈ [c, d] 

α(y) 

là một hàm liên tục trong đoạn [c, d]. 

Chứng minh: Với mỗi y 0 cố định thuộc [c, d], ta có: 

I(y) = 

β(y) 

∫ 

α(y) 

Đặt: I 1 (y) = 

f(x, y)dx = 

β(y 

∫ 0 ) 

α(y 0 ) 

β(y 

∫ 0 ) 

α(y 0 ) 

f(x, y)dx + 

f(x, y)dx, I 2 (y) = 

β(y) 

∫ 

β(y 0 ) 

β(y) 

∫ 

β(y 0 ) 

Ta sẽ chứng minh I 1 , I 2 và I 3 liên tục tại y 0 . 

f(x, y)dx + 

α(y 

∫ 0 ) 

α(y) 

f(x, y)dx, I 3 (y) = 

f(x, y)dx 

α(y 

∫ 0 ) 

α(y) 

f(x, y)dx. 

Dễ thấy là I 1 liên tục tại y 0 vì nó là tích phân phụ thuộc tham số với cận không đổi. 

Do f(x, y) liên tục trên [a, b] × [c, d] nên tồn tại M sao cho: 

|f(x, y)| ≤ M, 

∀ (x, y) ∈ [a, b] × [c, d]. 

Suy ra |I 2 (y)| = | 

β(y) 

∫ 

β(y 0 ) 

f(x, y)dx| ≤ M.|β(y) − β(y 0 )|, ∀ y ∈ [c, d], vậy nên: 

lim 

y→y 0 

|I 2 (y)| ≤ M. lim 

y→y0 

|β(y) − β(y 0 )| = 0


do đó lim 

y→y0 

I 2 (y) = 0 = I 2 (y 0 ), tức là I 2 (y) liên tục tại y 0 . 

Tương tự ta cũng có: 

vậy nên: 

|I 3 (y)| = | 

α(y 

∫ 0 ) 

α(y) 

f(x, y)dx| ≤ M.|α(y) − α(y 0 )| 

lim |I 3 (y)| ≤ M. lim |α(y) − α(y 0 )| = 0 

y→y 0 y→y0 

do đó lim 

y→y0 

I 3 (y) = 0 = I 3 (y 0 ), tức là I 3 (y) cũng liên tục tại y 0 . 

Vậy I = I 1 + I 2 + I 3 cũng liên tục tại y 0 mà y 0 bất kỳ thuộc [c, d] nên I(y) liên tục 

trên [c, d]. 

✷ 

Hệ quả 4.2.3 

Giả sử f(x, y) là hàm liên tục trong hình chữ nhật [a, b] × [c, d], α(y) và β(y) là 

các hàm liên tục trong đoạn [c, d] có giá trị trong [a, b] thì tích phân phụ thuộc tham số: 

∫β(y) 

I(y) = f(x, y)dx, y ∈ [c, d] 

α(y) 

là một hàm khả tích trên đoạn [c, d]. 

Nhận xét: Nếu hàm f(x, y) hoặc α(y), β(y) không liên tục tại y 0 thì cũng không thể 

β(y) 

∫ 

kết luận I(y) = f(x, y)dx có liên tục tại y 0 hay không. 

α(y) 

Ví dụ 1: Dễ thấy I(y) = 

β(y) 

∫ 

α(y) 

tục tại y 0 còn β(y) không liên tục tại y 0 . 

Ví dụ 2: Xét hàm: 

ϕ(y) = 

1dx = β(y) − α(y) không liên tục tại y 0 nếu α(y) liên 

{ 1 nếu y ≥ 0, 

−1 nếu y < 0. 

Rõ ràng ϕ(y) không liên tục tại y = 0. Tuy nhiên, tích phân: 

ϕ(y) 

∫ 

I(y) = 2xdx = x 2∣ ∣ ϕ(y) 

= ϕ 2 (y) − 1 = 0 là hàm liên tục trên R . 

−1 

−1 

Ví dụ 3: Xét hàm:


φ(y) = 

{ 1 nếu y hữu tỷ, 

0 nếu y vô tỷ. 

Dễ thấy f(x, y) = 2xφ(y) là hàm không liên tục tại bất kỳ điểm nào và ta cũng có: 

∫ 1 

0 

2xφ(y)dx = φ(y) cũng là hàm không liên tục tại mọi điểm, hơn nữa nó còn không 

khả tích trên bất kỳ khoảng nào của R . 


Giả thiết: 

1. Hàm f(x, y) xác định trong [a, b] × [c, d], liên tục theo x với mỗi y cố định trong 

[c, d]. 

2. Hàm f(x, y) có đạo hàm riêng ∂f (x, y) liên tục trong [a, b] × [c, d]. 

∂y 

3. Các hàm α(y) và β(y) khả vi trong đoạn [c, d]. 

Khi đó tích phân I(y) = 

thức: 

I ′ (y) = 

∫β(y) 

α(y) 

β(y) 

∫ 

α(y) 

f(x, y)dx là một hàm khả vi trên [c, d] và ta có công 

∂f(x, y) 

dx + β ′ (y)f ( β(y), y ) − α ′ (y)f ( α(y), y ) , ∀ y ∈ [c, d] 

∂y 

Chứng minh: Xét y 0 bất kỳ thuộc [c, d], ta sẽ chứng minh I(y) khả vi tại y 0 . Đặt: 

I 1 (y) = 

β(y 

∫ 0 ) 

α(y 0 ) 

f(x, y)dx, I 2 (y) = 

β(y) 

∫ 

β(y 0 ) 

f(x, y)dx, I 3 (y) = 

α(y) 

∫ 

α(y 0 ) 

f(x, y)dx. 

Ta có I = I 1 + I 2 − I 3 và I 2 , I 3 tương tự nhau nên ta chỉ cần chứng minh I 1 , I 2 khả 

vi tại y 0 . 

Vì I 1 là tích phân phụ thuộc tham số với cận cố định nên I 1 khả vi tại y 0 và ta có 

Đối với I 2 ta có: 

I ′ 1(y 0 ) = 

I 2 (y) − I 2 (y 0 ) 

= 1 [ β(y) ∫ 

y − y 0 y − y 0 

β(y 0 ) 

β(y 

∫ 0 ) 

α(y 0 ) 

∂f(x, y) 

dx. 

∂y 

f(x, y)dx− 

β(y 

∫ 0 ) 

β(y 0 ) 

f(x, y)dx ] = 1 

y − y 0 

β(y) 

∫ 

β(y 0 ) 

f(x, y)dx.


Vì f(x, y) liên tục trên đoạn [β(y 0 ), β(y)] nên áp dụng định lý trung bình của tích 

phân xác định ta có: 

β(y) 

∫ 

β(y 0 ) 

f(x, y)dx = f(x ∗ , y)[β(y) − β(y 0 )] 

trong đó x ∗ là điểm nằm giữa β(y 0 ) và β(y). Do đó: 

I 2 (y) − I 2 (y 0 ) 

y − y 0 

= f(x ∗ , y) β(y) − β(y 0) 

y − y 0 

Khi y → y 0 thì β(y) → β(y 0 ) mà x ∗ nằm giữa β(y 0 ) và β(y) nên x ∗ cũng tiến tới 

β(y 0 ), vậy nên: 

I 2 (y) − I 2 (y 0 ) 

lim 

y→y 0 y − y 0 

= lim 

y→y0 

f(x ∗ , y). lim 

y→y0 

β(y) − β(y 0 ) 

y − y 0 

= f ( β(y 0 ), y 0 

) 

.β ′ (y 0 ). 

Tức là I 2 khả vi tại y 0 và I ′ 2(y 0 ) = f ( β(y 0 ), y 0 

) 

.β ′ (y 0 ) 

Tương tự thì I 3 cũng khả vi tại y 0 và I ′ 3(y 0 ) = f ( α(y 0 ), y 0 

) 

.α ′ (y 0 ). 

Vậy I(y) = I 1 (y) + I 2 (y) − I 3 (y) khả vi tại y 0 và ta có: 

I ′ (y) = 

∫β(y) 

α(y) 

∂f(x, y) 

dx + β ′ (y)f ( β(y), y ) − α ′ (y)f ( α(y), y ) , 

∂y 

Ví dụ: Xét tính khả vi của hàm số I(y) = 

Dễ thấy rằng: 

e∫ 

2y 

y 2 

cos(xy) 

dx trên (0, +∞). 

x 

α(y) = y 2 , β(y) = e 2y là các hàm khả vi trên (0, +∞) và 

∀ y ∈ [c, d]. 

f(x, y) = cos(xy) là hàm liên tục và có các đạo hàm riêng liên tục trên R + × R + . 

x 

Do vậy I(y) khả vi trên R + và ta có công thức: 

I ′ (y) = 

β(y) 

∫ 

α(y) 

e∫ 

2y 

∂f(x, y) 

dx + β ′ (y)f ( β(y), y ) − α ′ (y)f ( α(y), y ) 

∂y 

= − sin(xy)dx + 2e 2y cos(ye2y ) 

− 2y cos(y3 ) 

y 

e 2y y 2 

2 

= cos(xy) 

∣ x=e2y 

y 

+ 2 x=y cos(ye2y ) − 2 cos(y3 ) 

2 y 

✷

4.3. Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 92 

= cos(ye2y ) 

y 

= cos(ye2y ) 

y 

− cos(y3 ) 

y 

− 3 cos(y3 ) 

y 

+ 2 cos(ye 2y ) − 2 cos(y3 ) 

y 

+ 2 cos(ye 2y ). 

4.3 Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 

4.3.1 Định nghĩa hội tụ và hội tụ đều tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 


Giả sử f(x, y) là hàm số xác định với mọi x ∈ [a, +∞) và y ∈ Y ⊂ R sao cho 

với mỗi y cố định thì f(x, y) khả tích suy rộng trong khoảng [a, +∞). Khi đó 

+∞ ∫ 

I(y) = f(x, y)dx là một hàm số xác định trong Y và được gọi là tích phân suy 

a 

rộng phụ thuộc tham số. 

Theo định nghĩa tích phân suy rộng thì với mỗi y ∈ Y ta có: 

I(y) = 

lim 

A→+∞ 

∫ A 

a 

f(x, y)dx 

Tức là: với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε, y) sao cho với mọi A > A 0 thì: 

+∞ 

∫ 

A∫ 

+∞ 

∫ 

∣ f(x, y)dx − f(x, y)dx∣ = ∣ f(x, y)dx∣ < ε 

a 

trong đó A 0 (ε, y) nói chung phụ thuộc cả ε và y. 

a 

Ví dụ: Hàm f(x, y) = y khả tích trên [1, +∞) với mỗi y ∈ R . Ta có: 

x2 I(y) = 

∫+∞ 

1 

y 

x 2dx = 

lim 

A→+∞ 

∫ A 


Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số: 

I(y) = 

+∞ ∫ 

a 

1 

f(x, y)dx, 

A 

y 

x = lim 

[ y − 2 A→+∞ 3A + y ] y = 3 3 3 . 

y ∈ Y 

được gọi hội tụ đều trên Y nếu với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε) (không phụ thuộc 

y) sao cho với mọi A > A 0 và y ∈ Y thì:


+∞ 

∫ 

∣ f(x, y)dx∣ < ε. 

A 

Ví dụ: Tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 

hội tụ đều trên R vì: 

I(y) = 

+∞ ∫ 

1 

cos y 

1 + x 2dx 

Với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = tg( π 2 − ε) sao cho với mọi A > A 0, y ∈ R ta có: 

+∞ 

∫ cos y 

∣ ∣∣ ∣ 

∣ 

1 + x 2dx = lim cos y[arctg(t) − arctg(A)]∣ ∣ 

t→+∞ 

A 

= | cos y|. [ π 

2 − arctg(A)] < π 2 − arctg(A 0) = ε. 

Nhận xét: Từ định nghĩa về sự hội tụ đều của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số, 

+∞ ∫ 

ta suy ra rằng tích phân I(y) = f(x, y)dx, y ∈ Y không hội tụ đều trên Y khi và 

chỉ khi: 

a 

Tồn tại ε > 0 sao cho với mọi A 0 luôn tồn A > A 0 và y 0 ∈ Y để: 

+∞ 

∫ 

∣ f(x, y 0 )dx∣ ≥ ε. 

Ví dụ: Tích phân I(y) = 

A 

∫ 

+∞ 

0 

e −xy dx không hội tụ đều trên (0, +∞). 

Thật vậy, tồn tại ε = 1 e sao cho với mọi A 0 luôn tại A = |A 0 | + 1 và y 0 = 1 A để: 

+∞ 

∫ ∣ 

∣ e −xy 0 ∣∣ dx −1( ) 

= lim e 

−t. 1 A − e −A. 1 + |A 1 0 | 

A = 

t→+∞ y 0 e 

A 

≥ ε. 

Vậy tích phân I(y) không hội tụ đều trên (0, +∞), tuy nhiên có thể chứng minh được 

I(y) hội tụ đều trên mọi khoảng [α, +∞) với mọi α > 0 (coi như bài tập). 

4.3.2 Các tiêu chuẩn hội tụ đều tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 


Điều kiện cần và đủ để tích phân suy rộng phụ thuộc tham số: 

I(y) = 

+∞ ∫ 

a 

f(x, y)dx, 

y ∈ Y


hội tụ đều trên Y là với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε)(không phụ thuộc y) sao cho 

với mọi A, A ′ > A 0 ta có: 

∫ 

∣ A′ 

f(x, y)dx ∣ < ε, với mọi y ∈ Y . 

A 

Chứng minh: Điều kiện đủ: Theo giả thiết với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε)(không 

phụ thuộc y) sao cho với mọi A, A ′ > A 0 ta có: 

∫ 

∣ A′ 


A 

Cho A ′ → +∞ và do I(y) hội tụ nên ta có bất đẳng thức: 

∣ 

∫ 

∣ +∞ 

Vậy tích phân I(y) hội tụ đều trên Y . 

A 

f(x, y)dx ∣ ∣ < ε, với mọi y ∈ Y 

Điều kiện cần: Theo giả thiết với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε)(không phụ thuộc y) 

sao cho với mọi A > A 0 ta có: 

∣ +∞ ∫ 

f(x, y)dx ∣ < ε , với mọi y ∈ Y . 

2 

A 

Khi đó với mọi A ′ > A 0 , ta cũng có: 

∣ +∞ ∫ 

f(x, y)dx ∣ < ε , với mọi y ∈ Y . 

A 2 ′ 

Do vậy với mọi A, A ′ > A 0 và mọi y ∈ Y : 

∣ ∫ 

∣ A′ 

A 

f(x, y)dx ∣ = ∣ +∞ ∫ 

Vậy với mọi ε > 0 tồn tại A 0 

A, A ′ > A 0 ta có: 

A 

f(x, y)dx − 

+∞ ∫ 

A ′ 

≤ ∣ +∞ ∫ 

f(x, y)dx ∣ + ∣ +∞ ∫ 

A 

A 

f(x, y)dx ∣ ∣ 

A ′ f(x, y)dx ∣ ∣ < ε 2 + ε 2 = ε. 

= A 0 (ε)(không phụ thuộc y) sao cho với mọi 

∫ 

∣ A′ 


Định lý 4.3.4 (Tiêu chuẩn Weierstrass) 

Giả sử tồn tại hàm ϕ(x) không âm trong khoảng [a, +∞) sao cho: 

|f(x, y)| ≤ ϕ(x), 

∀ y ∈ Y, ∀ x ∈ [a, +∞). 

✷


Khi đó nếu tích phân 

trên tập Y . 

+∞ ∫ 

Chứng minh: Giả sử tích phân 

a 

ϕ(x)dx hội tụ thì tích phân I(y) = 

+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

f(x, y)dx hội tụ đều 

ϕ(x)dx hội tụ, vậy theo tiêu chuẩn Cauchy thì với 

mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε) sao cho với mọi A ′ > A > A 0 ta có ∣ ∫ 

A′ 

ϕ(x)dx ∣ < ε. 

Vậy với mọi ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε)(không phụ thuộc y) sao cho với mọi 

A ′ > A > A 0 ta có: 

∫ 

∣ A′ 

f(x, y)dx ∣ ∫A ′ 

∫A ′ 

≤ |f(x, y)|dx ≤ ϕ(x)dx < ε, với mọi y ∈ Y . 

A 

Tức là tích phân I(y) hội tụ đều trên Y . 

Ví dụ 1: Xét sự hội tụ đều của tích phân: 

Ta có: 

Mặt khác, 

0 

A 

+∞ ∫ 

∣ 

cos x ∣ ≤ 1 

1 + x 2 + y 4 1 + x2, ∀ x, y ∈ R . 

+∞ ∫ dx 

1 + x = lim [arctg(A) − arctg(0)] = π 2 A→+∞ 2 . 

0 

A 

cos x 

1 + x 2 + y4dx, y ∈ [0, +∞). 

Vậy theo tiêu chuẩn Weierstrass thì tích phân đã cho hội tụ đều trên R . 

+∞ ∫ y 2 

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ đều của tích phân I(y) = 

e xy − xy dx, y ∈ [0, +∞). 

Từ bất đẳng thức e t ≥ 1 + t + t2 , ∀ t ∈ [0, +∞), đặt xy = t ta có: 

e xy − xy ≥ 1 + x2 y 2 

> x2 y 2 

2 2 

suy ra ∣ 

y 2 

∣ ≤ 2 e xy − xy x 2, ∀ x ∈ [1, +∞), ∀ y ∈ [0, +∞) 

Ta đã biết tích phân 

+∞ ∫ 

1 

1 

2 

x2dx hội tụ, vậy tích phân đã cho hội tụ đều trên [0, +∞). 

Tương tự như tích phân suy rộng, trong tích phân suy rộng phụ thuộc tham số ta cũng 

có dấu hiệu Dirichlet và dấu hiệu Abel với chứng minh hoàn toàn tương tự như trong 

phần tích phân suy rộng. 


Giả sử hàm f(x, y) xác định với mọi x ≥ a, y ∈ Y , liên tục theo x ∈ [a, +∞) với 

A 

✷


mỗi y cố định, g(x) là hàm đơn điệu và có đạo hàm liên tục trong khoảng [a, +∞). 

Hơn nữa: 

1. Tích phân F (A, y) = 

A∫ 

a 

y ∈ Y . Tức là tồn tại hằng số M > 0 sao cho: 

2. Hàm g(x) → 0 khi x → +∞. 

f(x, y)dx là hàm bị chặn đều với mọi A ≥ a và mọi 

|F (A, y)| ≤ M, ∀ A ≥ a, ∀ y ∈ Y. 


I(y) = 

∫ 

+∞ 

f(x, y)g(x)dx 

hội tụ đều trên Y . 

a 

x sin(xy) 

Ví dụ 1: Xét sự hội tụ đều của tích phân I(y) = 

dx, y ∈ [1, +∞) 

0 1 + x2 A∫ 

Đặt f(x, y) = sin(x, y) ta có |F (A, y)| = ∣ sin(xy)dx∣ = 1 − cos(Ay) ≤ 2. 

0 

y 

Mặt khác hàm g(x) = 

x giảm khi x > 1 và dần về 0 khi x tiến tới +∞. 

1 + x2 Vậy theo tiêu chuẩn Dirichlet, tích phân I(y) hội tụ đều trên [1, +∞). 

Ví dụ 2: Xét sự hội tụ của tích phân J(y) = 

+∞ ∫ 

1 

+∞ ∫ 

cos(x 2 y)dx, 

y ∈ [1, +∞). 

Đổi biến x = √ t ta có dx = 

dt 

2 √ +∞ 

t suy ra J(y) = ∫ cos(ty) 

1 2 √ dt. 

t 

A∫ 

sin y − sin(yA) 

Đặt f(t, y) = cos(ty) ta có |F (A, y)| = ∣ cos(ty)dt∣ = ∣ ∣ ≤ 2. 

1 

y 

Hơn nữa, hàm g(t) = 1 

2 √ đơn điệu giảm và dần về 0 khi t tiến tới +∞. 

t 

Vậy theo tiêu chuẩn Dirichlet, tích phân J(y) hội tụ đều trên [1, +∞). 


Giả sử hàm f(x, y) xác định với mọi x ≥ a, y ∈ Y , đơn điệu và liên tục theo 

∂f(x, y) 

x ∈ [a, +∞) với mỗi y cố định, có đạo hàm riêng liên tục theo x trong 

∂x 

khoảng [a, +∞). Hơn nữa:


1. Hàm f(x, y) bị chặn đều, tức là tồn tại L > 0 sao cho: 


+∞ ∫ 

a 

g(x)dx hội tụ. 

|f(x, y)| ≤ L, ∀ x ≥ a, ∀ y ∈ Y . 


I(y) = 

∫ 

+∞ 

f(x, y)g(x)dx 

hội tụ đều trên Y . 

a 

+∞ ∫ 

−xy 

sin x 

Ví dụ: Xét sự hội tụ đều của tích phân e dx, y ≥ 0. 

0 x 

Ta có hàm f(x, y) = e −xy liên tục, đơn điệu giảm theo x với mỗi y ≥ 0 cố định và 

có đạo hàm riêng ∂f 

∂x = −ye−xy liên tục, đồng thời: 

|f(x, y)| ≤ |e −xy | ≤ 1, ∀ x, y ∈ [0, +∞). 

Mặt khác, hàm g(x) = sin x 

x 

có 

tích phân 

+∞ ∫ 

0 

g(x)dx = 

+∞ ∫ 

0 

sin x 

dx hội tụ theo 

x 

dấu hiệu Dirichlet (hàm sin x có nguyên hàm bị chặn còn hàm 1 liên tục và đơn điệu 

x 

giảm về 0 khi x → +∞). Vậy theo dấu hiệu Abel tích phân 

hội tụ đều trên [0, +∞). 

∫ 

+∞ 

0 

f(x, y)g(x)dx = 

∫ 

+∞ 

0 

−xy sin x 

e 

x 

dx 

4.3.3 Các tính chất của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số 

Định lý 4.3.7 (Tính liên tục) 

Giả thiết f(x, y) là hàm xác định và liên tục theo (x, y) với x ∈ [a, +∞), y ∈ [c, d]. 

+∞ ∫ 

Khi đó nếu tích phân I(y) = f(x, y)dx hội tụ đều trên [c, d] thì I(y) là hàm liên 

tục trên [c, d]. 

a 

Chứng minh: Theo giả thiết tích phân I(y) hội tụ đều trên [c, d] nên với mọi ε > 0 

tồn tại A 0 = A 0 (ε) > a, sao cho với mọi A > A 0 thì:


∣ 

A∫ 

a 

f(x, y)dx∣ < ε , ∀ y ∈ [c, d] (1) 

3 

Gọi y 0 là điểm tùy ý thuộc đoạn [c, d], chọn A > A 0 và xét hiệu: 

∫+∞ 

∫+∞ 

I(y) − I(y 0 ) = f(x, y)dx − f(x, y 0 )dx 

= 

a 

a 

∫ A 

[f(x, y) − f(x, y 0 )]dx + 

∫ 

+∞ 

f(x, y)dx − 

∫ 

+∞ 

f(x, y 0 )dx 

a 

Do f(x, y) liên tục trên [a, +∞) × [c, d] nên nó liên tục đều trong [a, A] × [c, d]. Vì 

vậy tồn tại δ = δ(ε) > 0 sao cho với mọi y ∈ [c, d] thỏa mãn |y − y 0 | < δ thì: 

ε 

|f(x, y) − f(x, y 0 )| < 

(2) 

3(A − a) 

Khi đó ta có (3): 

A∫ 

A∫ 

ε 

∣ [f(x, y) − f(x, y 0 )]dx∣ ≤ |f(x, y) − f(x, y 0 )|dx < (A − a). 

3(A − a) = ε 3 

a 

a 

Kết hợp (1)(2) và (3) với mọi y ∈ [c, d] thỏa mãn |y − y 0 | < δ, ta có: 

A∫ 

+∞ 

∫ 

|I(y) − I(y 0 )| ≤ ∣ [f(x, y) − f(x, y 0 )]dx∣ + ∣ f(x, y)dx∣ 

+ ∣ 

+∞ ∫ 

A 

a 

f(x, y 0 )dx∣ ≤ ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. 

Như vậy ta chứng minh được rằng: với mọi ε > 0 tồn tại δ = δ(ε) sao cho với mọi 

y ∈ [c, d] thỏa mãn |y − y 0 | < δ thì |I(y) − I(y 0 )| < ε. Tức là I(y) liên tục tại y 0 mà 

y 0 bất kỳ, suy ra I(y) liên tục trên [c, d]. 

✷ 

Ví dụ 1: Ta sẽ chỉ ra rằng nếu tích phân I(y) = 

Y thì có thể hàm I(y) không liên tục trên Y . 

Dễ thấy tích phân I(y) = 

+∞ ∫ 

0 

A 

+∞ ∫ 

a 

A 

A 

f(x, y)dx không hội tụ đều trên 

y 

1 + x 2 y2dx không liên tục đều trên [0, 1] vì: 

Tồn tại ε = 1 2 sao cho với mọi A 0 luôn tồn tại A = 1 + |A 0 | và y 0 = 1 A để: 

+∞ 

∫ d(xy 0 ) 

∣ ∣∣ [ 

∣ 

= lim arctg(t.y0 ) − arctg(A.y 

1 + (xy 0 ) 2 0 ) ] = π 

t→+∞ 

2 − π 4 > ε. 

A 

Mặt khác ta tính được:


I(y) = 

+∞ ∫ 

0 

{ π 

d(xy) 

1 + (xy) = nếu y ≠ 0, 

2 2 

0 nếu y = 0. 

Rõ ràng lim I(y) = π ≠ I(0) nên I(y) không liên tục tại 0. 

y→0 

+ 

2 

Ví dụ 2: Cho hai hàm số không liên tục tại những điểm (x, y) mà x.y = 1: 

⎧ 

⎨ 1 

{ 1 

nếu xy ≥ 1, 

f(x, y) = x 

⎩ 

2 nếu xy ≥ 1, 

y g(x, y) = x 2 

0 nếu xy < 1. 

0 nếu xy < 1. 

Đặt I(y) = 

+∞ ∫ 

0 

f(x, y)dx và J(y) = 

+∞ ∫ 

Ta tính được I(0) = J(0) = 0 và với y > 0 ta có: 

I(y) = 

J(y) = 

+∞ ∫ 

0 

+∞ ∫ 

0 

f(x, y)dx = 

g(x, y)dx = 

+∞ ∫ 

1 

y 

+∞ ∫ 

1 

y 

0 

g(x, y)dx với tham số y ∈ [0, 1]. 

1 

x 2 y dx = 1 y 

1 

x 2dx = ( 

− 1 x 

( 

− 1 )∣ ∣∣ 

+∞ 

= 1 

x 

1 

y 

)∣ ∣∣ 

+∞ 

= y. 

Như vậy lim I(y) = 1 ≠ I(0) còn lim 

y→0 

+ 

y→0 +J(y) 

= 0 = J(0), tức là J(y) liên tục trên 

[0, 1] còn I(y) thì không. Ví dụ này cho thấy rằng nếu hàm f(x, y) không liên tục 

+∞ ∫ 

tục thì cũng không thể kết luận được tích phân I(y) = f(x, y)dx có liên tục hay 

không. 

Định lý 4.3.8 (Tính chất khả tích) 

Giả thiết f(x, y) là hàm xác định và liên tục trên [a, +∞) × [c, d] và tích phân: 

I(y) = 

+∞ ∫ 

a 

f(x, y)dx 

hội tụ đều trên [c, d]. Khi đó ta có công thức: 

∫ d 

c 

I(y)dy = 

∫ d 

c 

dy 

+∞ ∫ 

a 

f(x, y)dx = 

+∞ ∫ 

a 

a 

1 

y 

∫ d 

dx f(x, y)dy. 

c 

Chứng minh: Theo giả thiết, tích phân I(y) hội tụ đều trên đoạn [c, d] nên với mọi 

ε > 0 tồn tại A 0 = A 0 (ε) > a sao cho với mọi A > A 0 thì: 

+∞ 

∫ 

∣ f(x, y)dx∣ < 

ε với mọi y ∈ [c, d]. 

d − c 

A


Mặt khác I(y) là hàm liên tục trên [c, d] nên nó khả tích trên đoạn đó và với A > A 0 

ta có: 

∫ d ∫ d A∫ 

∫ d +∞ ∫ 

I(y)dy = dy f(x, y)dx + dy f(x, y)dx. 

Từ đó: 

c 

∫ d 

c 

I(y)dy − 

c 

∫ d 

c 

dy 

a 

A∫ 

a 

f(x, y)dx = 

c 

∫ d 

c 

dy 

A 

+∞ ∫ 

A 

f(x, y)dx. 

Vì 

∫ d A∫ 

A∫ ∫ d 

dy f(x, y)dx = dx f(x, y)dy nên ta có đẳng thức: 

c a 

a c 

∫ d 

A∫ ∫ d 

∫ d +∞ ∫ 

I(y)dy − dx f(x, y)dy = dy f(x, y)dx. 

c 

a c 

c A 

Vì A > A 0 nên ta có: 

∫ d +∞ ∫ 

∫ d 

∣ dy f(x, y)dx∣ ≤ ∣ +∞ ∫ 

f(x, y)dx ∣ ε 

∣dy < (d − c). 

d − c = ε. 

Do đó với mọi A > A 0 thì: 

∫ d 

A∫ 

∣ I(y)dy − 

c 

c 

A 

a 

∫ d 

dx 

c 

c 

A 

f(x, y)dy∣ ≤ 

∫ d 

∣ +∞ ∫ 

c 

∣ 

A 

f(x, y)dx ∣ ∣dy < ε. 

Tức là ta đã chứng được với mọi ε > 0, tồn tại A 0 = A 0 (ε) sao cho với mọi A > A 0 

ta có: 

∫ d 

A∫ ∫ d 

∣ I(y)dy − dx f(x, y)dy∣ < ε. 

c 

a c 

∫ d 

A∫ ∫ d 

+∞ ∫ ∫ d 

Hay I(y)dy = lim dx f(x, y)dy = dx f(x, y)dy. 

✷ 

c 

A→+∞ a c 

a c 


Giả thiết f(x, y) là hàm số xác định và liên tục theo biến x trên [a, +∞) với mỗi y cố 

∂f(x, y) 

định thuộc [c, d], có đạo hàm riêng liên tục theo (x, y) trong [a, +∞)×[c, d]. 

∂y 

Hơn nữa: 

1. Tích phân I(y) = 


+∞ ∫ 

a 

+∞ ∫ 

a 

f(x, y)dx hội tụ với mọi y ∈ [c, d]. 

∂f(x, y) 

dx hội tụ đều theo y trong đoạn [c, d]. 

∂y


Khi đó tích phân phụ thuộc tham số I(y) = 

[c, d] và ta có công thức: 

I ′ (y) = 

∫ 

+∞ 

a 

+∞ ∫ 

a 

∂f(x, y) 

dx. 

∂y 

f(x, y)dx là hàm khả vi trên đoạn 

Chứng minh: Theo tính chất khả tích của tích phân suy rộng phụ thuộc tham số ta 

có: 

∫ y +∞ ∫ 

dy f y(x, ′ +∞ ∫ ∫ y 

y)dx = dx f ′ +∞ ∫ 

+∞ ∫ 

y(x, y)dy = f(x, y)dx − f(x, c)dx (1) 

c 

a 

a 

c 

a 

Vì tích phân 

+∞ ∫ 

a 

khả tích trên [c, d] và tích phân: 

a 

f ′ y(x, y)dx hội tụ đều trên [c, d] nên nó liên tục trên [c, d] suy ra nó 

∫ y 

dy 

∫ 

+∞ 

f ′ y(x, y)dx 

c 

a 

là hàm khả vi theo cận y ∈ [c, d]. Từ đó lấy đạo hàm theo y hai vế của (1) ta nhận 

được: 

∫+∞ 

( ∫ +∞ 

′ 

f y(x, ′ y)dx = f(x, y)dx) = y I′ (y). 

a 

Ví dụ: Dùng tích phân phụ thuộc tham số để tính 

Ta xét tích phân I(y) = 

+∞ ∫ 

0 

−xy 

sin x 

e dx, y ≥ 0. 

x 

a 

+∞ ∫ 

0 

sin x 

x 

dx. 

Theo ví dụ ở tiêu chuẩn Abel, tích phân I(y) hội tụ đều trên [0, +∞), do đó I(y) là 

hàm liên tục với mọi y ≥ 0, do vậy: 

+∞ ∫ sin x 

I(0) = dx = lim 

x 

I(y) 

y→0 

0 

Giả sử y > 0, khi đó tồn tại y 0 > 0 để y ∈ [y 0 , +∞). Ta xét tích phân: 

+∞ ∫ ∂ 

( 

−xy 

sin x 

) +∞ ∫ 

e dx = − e −xy sin xdx, y ≥ y 0 > 0. 

∂y x 

0 

Trong đó hàm hàm dưới dấu tích phân thỏa mãn ước lượng: 

0 

✷


Hơn nữa, tích phân 

theo y ≥ y 0 > 0. 

+∞ ∫ 

0 

| − e −xy sin x| ≤ e −xy ≤ e −y 0x , x ∈ [0, +∞). 

e −y 0x dx hội tụ, do đó tích phân − 

Áp dụng tính chất khả vi của tích phân phụ thuộc tham số suy ra 

+∞ ∫ 

−xy 

sin x 

I(y) = e 

x 

dx 

0 

+∞ ∫ 

0 

e −xy sin xdx hội tụ đều 

là hàm khả vi với mọi y > 0 và ta có: 

I ′ +∞ ∫ 

[ −e 

(y) = − e −xy −xy 

]∣ ∣∣ 

sin xdx = − lim 

A→+∞ 1 + y 2(cos x + y sin x) A 

= − 1 

0 1 + y 2 

0 

0 

Từ đó suy ra I(y) = − arctg y + C, để xác định được C ta có đánh giá: 

+∞ ∫ 

|I(y)| ≤ e −xy∣ ∣ sin x ∣ +∞ ∫ 

∣dx ≤ e −xy −1 

dx = lim 

x 

A→+∞ y (e−Ay − 1) = 1 y . 

Vì vậy 

0 

lim I(y) = lim (− arctg y + C) = −π 

y→+∞ y→+∞ 2 + C = 0, tức là C = π 2 . 

Đến đây ta tính được I(y) = − arctg y + π 2 

và ta được: 

+∞ ∫ 

0 

sin x 

x 

dx = lim I(y) = lim (− arctg y + π 

y→0 y→0 2 ) = π 2 .


IV.50. 

a. 

c. 

e. 

g. 

IV.51. 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

a. 

c. 

0 

∫ 2 

0 


Khảo sát sự hội tụ đều của các tích phân sau trong các khoảng tương ứng: 

3 

∫ 

dx 

+∞ 

1 + x , (1 < y < +∞) b. ln y x 

y 1 x √ dx, (0 ≤ y < +∞) 

x 

∫ 

√ +∞ 

ye 

−yx sin(x 2 ) 

2 

dx, (0 ≤ y < +∞) d. 

dx, (y ≥ 0) 

1 + xy 0 

∫ 1 

e −y2 (1+x 2) sin ydx, (y ∈ R ) f. x p−1 ln q ( 1) dx, (p, q > 0) 

0 x 

x y dx 

√ , (|y| < 1 ∫ 1 

(x − 1)(x − 2) 

2 2 ) h. sin(xy) 

√ dx, (0 ≤ y ≤ 1). 

|x − y| 

Xét tính liên tục của các hàm số sau trong miền đã cho tương ứng: 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

ye −xy2 dx, (y ∈ R ) b. 

e −(x−y)2 dx, (y ∈ R ) d. 

∫ π 

0 

∫ +∞ 

0 

0 

sin x 

dx, (0 ≤ y ≤ 2) 

x y (π − x) 

y 

sin[(1 − y 2 )x] 

dx, (y ∈ R ). 

x 

IV.52. Bằng phương pháp đạo hàm hoặc tích phân, hãy tính các tích phân sau với 

điều kiện k, a, b, α, β > 0 

a. 

c. 

e. 

g. 

i. 

k. 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ +∞ 

0 

∫ 1 

0 

Các bài tập định tính 

IV.53. 

∫ +∞ 

e −kxsin(αx) 

sin(αx). sin(βx) 

dx, b. 

e −kx dx 

x 

0 x 2 

1 − e −x 

∫ +∞ 

cos xdx, d. e −x2 cos(2xy)dx 

x 

0 

( 

e −αx − e −βx) ∫ 1 

ln(1 − y 2 x 2 ) 

sin(xy)dx, f. 

0 x 2√ dx, (|y| ≤ 1) 

1 − x2 ∫ 

sin(ax). cos(bx) 

+∞ 

sin 3 (xy) 

dx, h. 

dx 

x 

0 x 

( sin(ax) 

) 2dx, 

∫ +∞ 

cos(ax) − cos(bx) 

j. dx 

x 

0 x 2 

ln(1 − y 2 x 2 ∫ 

) 

+∞ 

e −ax − e −bx 

√ dx, (|y| ≤ 1), m. 

dx. 

1 − x 

2 

x 

Chứng minh rằng tích phân 

theo tham số y trong miền y ≥ 0. 

+∞ ∫ 

0 

0 

−xy 

cos x 

e dx, (0 < a < 1) hội tụ đều 

xa


IV.54. 

Giả sử hàm f(x) liên tục với x ≥ 0. Chứng minh rằng nếu tích phân: 

I(y) = 

+∞ ∫ 

0 

x y f(x)dx 

hội tụ với y = a và y = b, (a < b) thì tích phân I(y) hội tụ đều trong đoạn [a, b]. 

IV.55. 

Chứng minh rằng tích phân: 

+∞ ∫ x sin(βx) 

dx, (α, β > 0) 

α 2 + x2 hội tụ đều theo tham số β trong miền β ≥ β 0 > 0. 

∫ 

IV.56. Chứng minh rằng tích phân I(y) = 

0 

+∞ 

1 

cos(xy) 

x a dx, (0 < a < 1) hội 

tụ đều trong miền y ≥ y 0 > 0 và không hội tụ đều trong miền y > 0. 

IV.57. 

rằng: 

IV.58. 

rằng: 

Giả sử f(x) là hàm khả tích suy rộng trong khoảng (0, +∞). Chứng minh 

+∞ ∫ 

lim e −αx f(x)dx = 

α→0 + 

0 

+∞ ∫ 

0 

f(x)dx. 

Giả sử f(x) là hàm liên tục và bị chặn trong khoảng [0, +∞). Chứng minh 

π 

lim 

y→0 2 

+∞ ∫ 

0 

yf(x) 

x 2 + y2dx = f(0). 

∫ 1 sin ( ) 

y 

x 

IV.59. Chứng minh rằng hàm F (y) = dx liên tục trong khoảng (0, 1). 

0 x y 

+∞ ∫ sin(xy) 

IV.60. Chứng minh rằng hàm I(y) = 

dx có đạo hàm tại mọi điểm 

0 x 

y ≠ 0, tuy nhiên không thể lấy đạo hàm qua dấu tích phân. 

+∞ ∫ cos x 

IV.61. Chứng minh rằng hàm F (y) = 

1 + (x + y) 2dx liên tục và khả vi trên 

R . 

0


Tài liệu tham khảo 

1. Trần Đức Long, Nguyễn Đình Sang, Hoàng Quốc Toàn, Giáo trình giải tích 

tập 2,3, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 9 - 2006. 

2. Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh, Toán học Cao cấp tập 2,3, 

NXB Giáo Dục, 2003. 

3. Nguyễn Thừa Hợp, Giải tích tập 2,3, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 2004. 

4. Nguyễn Duy Tiến, Bài giảng giải tích tập 2, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, 

2001. 

5. Rudin, Cơ sở giải tích toán học, NXB Đại học và Trung học chuyên nghiệp, 

Hà Nội, 1970. 

6. Phichtengon, Cơ sở giải tích toán học tập 2, NXB Đại học và Trung học chuyên 

nghiệp, Hà Nội, 1975.

1.2 Sá»± há»i tá»¥ cá»§a chuá»i sá» dÆ°Æ¡ng - lib - Äáº¡i há»c ThÄng Long

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?

1.2 Sá»± há»i tá»¥ cá»§a chuá»i sá» dÆ°Æ¡ng - lib - Äáº¡i há»c ThÄng Long