Sự hội tụ của tổng Riemann

2021/10/19 16:09

#giải tích #tích phân

Một chứng minh mà C.H cố gắng đưa ra để chứng minh sự hội tụ của tổng Riemann đối với những hàm ff liên tục trên một đoạn [a,b][a, b] xác định.

Khái niệm

Cho hàm ff liên tục trên đoạn [0,1][0, 1]. Ta xét dãy số Rn=1ni=0n1f(in)R_n = \displaystyle \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n - 1} f(\frac{i}{n}). Khi đó RnR_n được gọi là tổng Riemann tráiRnR_n hội tụ.

Khi chứng minh được điều này đúng với hàm ff liên tục trên đoạn [0,1][0,1] thì trường hợp hàm ff liên tục trên đoạn [a,b][a, b] bất kì có thể dễ dàng suy ra.

C.H không chắc về chứng minh này lắm và khi cố gắng tìm kiếm lời giải trên mạng thì C.H biết được SnS_n được gọi là tổng Riemann trái nhưng không tìm thấy bất kì chứng minh nào về sự hội tụ của dãy này.

Bổ đề

Bổ đeˆˋ 1.\fbox{Bổ đề 1.} Cho hàm ff liên tục trên đoạn [a,b][a, b]. Chứng minh rằng, với mọi ϵ>0\epsilon > 0 bất kì, tồn tại δ>0\delta > 0 sao cho f(x)f(x)<ϵ|f(x) - f(x')| < \epsilon với mọi xx<δ|x - x'| < \delta.

Lưu ý bổ đề này không đúng đối với hàm ff liên tục trên khoảng (a,b)(a, b) nếu limxaf(x)=\displaystyle \lim_{x \to a}f(x) = \infty hoặc limxbf(x)=\displaystyle \lim_{x \to b}f(x) = \infty.

Chứng minh.

Sử dụng tiên đề về cận trên và cận dưới đúng.

Tieˆu chuẩn Cauchy.\fbox{Tiêu chuẩn Cauchy.} Cho dãy số (un)(u_n). Nếu với mọi ϵ>0\epsilon > 0, tồn tại NN để unum<ϵ|u_n - u_m| < \epsilon với mọi n,m>Nn, m > N thì (un)(u_n) có giới hạn.

Bổ đeˆˋ 2.\fbox{Bổ đề 2.} Cho dãy số (un)(u_n). Nếu với mọi ϵ>0\epsilon > 0, tồn tại n0n_0NN để un0un<ϵ|u_{n_0} - u_n| < \epsilon với mọi n>Nn > N thì (un)(u_n) có giới hạn.

Chứng minh.

Giả thiết suy ra, với mọi ϵ>0\epsilon >0 luôn tồn tại n0n_0NN để un0un<ϵ2|u_{n_0} - u_n| < \frac{\epsilon}{2} với mọi n>Nn>N.

Như vậy với mọi m,n>Nm, n>N, ta có: umun<umun0+un0un<ϵ2+ϵ2=ϵ|u_m - u_n| < |u_m - u_{n_0}| + |u_{n_0} - u_n| < \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2} = \epsilon.

Theo tiêu chuẩn Cauchy, ta có (un)(u_n) hội tụ.

Chứng minh

ff là hàm liên tục trên [0,1][0, 1] nên tồn tại min[0,1]f\displaystyle \min_{[0, 1]}fmax[0,1]f\displaystyle \max_{[0,1]}f.

1. Ta sẽ chứng minh dãy (Mn)(M_n), (mn)(m_n) hội tụ với

Mn=1ni=0n1max[in,i+1n]fM_n = \displaystyle \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n - 1} \max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}fmn=1ni=0n1min[in,i+1n]fm_n = \displaystyle \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n - 1} \min_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f.

Chứng minh.

Với m>nm>n, ta có,

MnMm=1ni=0n1max[in,i+1n]f1mi=0m1max[im,i+1m]f=i=0n01(1nmax[in,i+1n]f1minam<a+1mi+1nmax[am,a+1m]f)LM_n - M_m = \displaystyle \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n - 1} \max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \displaystyle \frac{1}{m} \sum_{i=0}^{m - 1} \max_{[\frac{i}{m}, \frac{i+1}{m}]}f = \sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n}\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \frac{1}{m}\sum_{\frac{i}{n} \leq \frac{a}{m} < \frac{a+1}{m}\leq \frac{i+1}{n}}\max_{[\frac{a}{m}, \frac{a+1}{m}]}f) - L,

với L=1mam<i+1n<a+1mmax[am,a+1m]fL=\displaystyle \frac{1}{m}\sum_{\frac{a}{m}< \frac{i+1}{n} < \frac{a+1}{m}}\max_{[\frac{a}{m}, \frac{a+1}{m}]}f.

Gọi ll là số số hạng của LL thì 0ln0 \leq l \leq n. Ta có lmin[0,1]fmLlmax[0,1]fm\frac{l\cdot \displaystyle \min_{[0,1]}f}{m}\leq L \leq \frac{l\cdot \displaystyle \max_{[0,1]}f}{m}.

Gọi aia_i là số số aa để in0am<a+1mi+1n\frac{i}{n_0}\leq \frac{a}{m}<\frac{a+1}{m}\leq \frac{i+1}{n}. Khi đó, 01naim2m0 \leq \frac{1}{n} - \frac{a_i}{m} \leq \frac{2}{m}.

Nghĩa là với nn cố định, limm+(1naim)=0\displaystyle \lim_{m \to +\infty} (\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m}) = 0.

Ta suy ra:

i=0n1(1nmax[in,i+1n]faimmax[in,i+1n]f)LMnMmi=0n1(1nmax[in,i+1n]faimmin[in,i+1n]f)L\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n}\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \frac{a_i}{m}\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f) - L \leq M_{n} - M_m \leq \sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n}\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \frac{a_i}{m}\min_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f) - L.

Suy ra:

i=0n1(1naim)max[in,i+1n]fLMnMmi=0n1[1n(max[in,i+1n]fmin[in,i+1n]f)+(1naim)min[in,i+1n]f]L\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m})\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - L \leq M_{n} - M_m \leq \sum_{i=0}^{n-1}[\frac{1}{n}(\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \min_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f) + (\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m})\min_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f] - L.

1naim0\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m} \geq 0 nên:

min[0,1]fi=0n1(1naim)LMnMm1ni=0n1(max[in,i+1n]fmin[in,i+1n]f)+max[0,1]fi=0n1(1naim)L\displaystyle \min_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m}) - L \leq M_{n} - M_m \leq \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{n-1}(\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \min_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f) + \max_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m}) - L.

Đặt Sn=i=0n1(max[in,i+1n]fmin[in,i+1n]f)\displaystyle S_{n} = \sum_{i=0}^{n-1} (\max_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f - \min_{[\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}]}f). Khi đó:

min[0,1]fi=0n1(1naim)LMnMm1nSn+max[0,1]fi=0n1(1naim)L\displaystyle \min_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m}) - L \leq M_{n} - M_m \leq \frac{1}{n} S_n + \max_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n-1}(\frac{1}{n} - \frac{a_i}{m}) - L. ()(*)

Đến đây ta xét một số ϵ>0\epsilon > 0 bất kì.

Theo Bổ đề 1, tồn tại một giá trị δ>0\delta >0 để với mọi x,x[0,1]x, x' \in [0,1]xx<δ|x - x'| < \delta ta có f(x)f(x)<ϵ2|f(x) - f(x')| < \frac{\epsilon}{2}.

  • Chọn n0n_0 đủ lớn (cụ thể là 1n0<δ\frac{1}{n_0} < \delta).

Khi đó i+1n0in0=1n0<δ\frac{i+1}{n_0} - \frac{i}{n_0} = \frac{1}{n_0} < \delta nên f(x)f(x)<ϵ2|f(x') - f(x)| < \frac{\epsilon}{2} với mọi x,x[in0,i+1n0]x, x' \in [\frac{i}{n_0}, \frac{i+1}{n_0}].

Do đó Sn0<i=0n01ϵ2=n0ϵ2\displaystyle |S_{n_0}| < \sum_{i=0}^{n_0-1} \frac{\epsilon}{2} = n_0 \frac{\epsilon}{2}.

Suy ra, 1n0Sn0<ϵ2|\frac{1}{n_0}S_{n_0}| < \frac{\epsilon}{2} .

  • Với n0n_0 đã chọn,

limm+L=0\displaystyle \lim_{m \to +\infty} L = 0,

limm+min[0,1]fi=0n01(1n0aim)=limm+max[0,1]fi=0n01(1n0aim)=0\displaystyle \lim_{m \to +\infty}\min_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n_0} - \frac{a_i}{m}) = \lim_{m \to +\infty} \max_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n_0} - \frac{a_i}{m}) = 0.

(vì 0<i=0n01(1n0aim)2n0m\displaystyle 0 < \sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n_0} - \frac{a_i}{m}) \leq \frac{2n_0}{m} nên limm+i=0n01(1n0aim)=0\displaystyle \lim_{m \to +\infty} \sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n_0} - \frac{a_i}{m}) = 0)

Nghĩa là tồn tại NN để

min[0,1]fi=0n01(1n0aim)L<ϵ\displaystyle |\min_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n_0} - \frac{a_i}{m}) - L| < \epsilon

max[0,1]fi=0n01(1n0aim)L<ϵ2\displaystyle |\max_{[0, 1]}f\sum_{i=0}^{n_0-1}(\frac{1}{n_0} - \frac{a_i}{m}) - L| < \frac{\epsilon}{2} với mọi m>Nm > N.

Kết hợp ()(*), như vậy, với mỗi ϵ>0\epsilon > 0, tồn tại n0n_0NN để ϵ<Mn0Mm<ϵ2+ϵ2=ϵ-\epsilon < M_{n_0} - M_m < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon với mọi m>Nm > N.

Từ Bổ đề 2 ta có (Mn)(M_n) hội tụ.

Tương tự, ta có (mn)(m_n) hội tụ.

2. Ta chứng minh limMn=limmn\lim M_n = \lim m_n.

Chứng minh.

Thật vậy, áp dụng Bổ đề 1, ta dễ dàng chỉ ra rằng lim(Mnmn)=0\lim (M_n - m_n) = 0. Do (Mn)(M_n)(mn)(m_n) đều hội tụ nên ta có điều phải chứng minh.

3. Trở lại bài toán.

Dễ thấy, mnRnMnm_n \leq R_n \leq M_n với mọi n>0n > 0 nên theo nguyên lý kẹp, RnR_n hội tụ và limRn=limMn=limmn\lim R_n = \lim M_n = \lim m_n.

Cũng từ đây ta thấy, bất kì tổng nào dựa trên cách chọn một phần tử bất kì trên mỗi đoạn [in,i+1n][\frac{i}{n}, \frac{i+1}{n}] cũng bị kẹp giữa MnM_nmnm_n nên lim\lim của những tổng đó cũng bằng limRn\lim R_n.

Quay trở về Blog