Luận văn Hàm khả vi, liên tục phi Acsimet

ZRpR\{0} f P’P(0)=1, thật vậy lấy x pZ∈ , x≠ 0 thì: ( ) ( ) p 2 0, x Z \ 0 , n n n nn B g x g px p x B p − ∈ ∪ −  =  = ∈  Suy ra ( ) ( ) ( )' 0 0 0 lim 0 x g x g g x→ − = = suy ra ' (0) 1f = Tóm lại ' 1f = px Z∀ ∈ nhưng f không đơn ánh trong bất kì lân cận nào của 0, do đó f không khả nghịch trong bất kì lân cận nào của 0. Ví dụ 2.1.2 được chứng minh xong, kế đến ta sẽ xem xét một tính chất quan trọng khác của hàm khả vi liên tục trong giải tích thực Trong giải tích thực ta cũng có tính chất sau: Dãy hàm 1 2, ,... : ( , )f f a b R→ khả vi liên tục, lim nf f= đều, 'lim nf g= đều thì 'f g= Trong giải tích phi Acsimet, tính chất trên không còn đúng nữa. Ta xét phản ví dụ sau: U2.1.3 Ví dụU (tồn tại dãy hàm khả vi liên tục 1 2, ,...f f hội tụ đều về f và ' ' 1 2, ,...f f hội tụ đều về g nhưng ' g f≠ ) UChứng minh p: Qpf Z → , ( ) pf x x x Z= ∀ ∈ f khả vi liên tục và ( )' p1 x Zf x = ∀ ∈ (1) Do đó, theo mệnh đề 1.3.12 ta có p 1 , : Qn pf Zn ε = ∃ → là hàm hằng địa phương sao cho ( ) ( ) n pf x f x x Zε− < ∀ ∈ , vậy nf f→ đều nf là hàm hằng địa phương nên khả vi liên tục và ' 0nf n= ∀ suy ra 'lim nf g= =0 đều.(2) Từ (1) và (2) suy ra ' g f≠ 2.2 Hàm khả vi liên tục bậc 1 (hàm C1) Với thực tế như trên, ta thấy định nghĩa hàm khả vi liên tục cũ đã không còn phù hợp trong điều kiện phi Acsimet, cần thiết phải có một định nghĩa tốt hơn về hàm khả vi liên tục phi Acsimet. (Từ đây về sau, trong luận văn này nếu không nói gì thêm ta sẽ hiểu hàm khả vi liên tục chính là hàm khả vi liên tục phi Acsimet) U2.2.1 Định nghĩa U( hàm khả vi liên tục bậc 1) Cho : , a Xf X K→ ∈ Sai phân bậc 1 của f , kí hiệu ( ) ( ) ( )1 , f x f y f x y x y − Φ = − , , ;x y X x y∈ ≠ ( )( )2,x y X∈∇ f khả vi liên tục tại a (viết gọn là CP1P tại a) nếu ( ) ( ) ( )1 , , ,lim x y a a f x y → Φ tồn tại Nói theo cách khác, f là CP1P tại a nếu f khả vi tại a và ( ) 20 0 : , , ,x a y a x y Xε δ δ δ∀ > ∃ > − < − < ∈∇ thì ( ) ( )'1 ,f x y f a εΦ − < Hàm f là CP1P trên X nếu f là hàm CP1P tại mọi a thuộc X. U2.2.2 Nhận xétU: f khả vi liên tục tại a (CP1P tại a) thì 'f liên tục và ( ) ( ) ( ) '1 , , , ( )lim x y a a f x y f aφ → = Tập tất cả các hàm CP1P trên X kí hiệu là ( )1C X K→ , ( )1C X K→ là không gian con đóng với phép nhân.Thật vậy: f ,g ( )1C X K∈ → ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )gf x gf y g x f x g x f y g x f y g y f y x y x y x y − − − = + − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x f y g x g y g x f y x y x y − − = + − − Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,1 , , ,lim x y a a gf x y g a f a f a g aφ → = + Vậy ( )1gf C X K∈ → U2.2.3 Mệnh đề U(Tính chất cơ bản của hàm khả vi liên tục bậc 1) Cho :f X K→ , các phát biểu sau tương đương 1) f là hàm CP1 2) Hàm 1 fΦ có thể mở rộng (duy nhất) thành hàm 1 fΦ liên tục trên X X× 3) Tồn tại hàm liên tục R: X X K× → sao cho ( ) ( ) ( ) ( ), , x,y Xf x f y x y R x y= + − ∈ UChứng minh Để chứng minh 1) suy ra 2) ta xây dựng 1 fΦ như sau: ( )1 ,f x yΦ := ( ) ( ) ' 1 ,x=y , , f x f x y x y   Φ ≠ Sự liên tục của 1 fΦ được suy ra trực tiếp từ sự liên tục của 'f 2) suy ra 3) hiển nhiên bằng cách chọn R= 1 fΦ Ta chứng minh 3) suy ra 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , x,y X , f x f y x y R x y f x f y R x y x y = + − ∈ − ⇔ = − Vì R(x,y) liên tục nên theo định nghĩa của hàm CP1P ta có f là hàm CP1P. 2.3 Một số kết quả về hàm C1 Trong phần này, chúng tôi chứng minh được tính đầy đủ của không gian các hàm khả vi liên tục bị chặn và tính khả nghịch địa phương của hàm CP1P. Từ đó thấy được rằng định nghĩa mới về hàm khả vi liên tục là phù hợp trong trường hợp phi Acsimet. Kế đến, chúng tôi cũng trình bày một phương pháp khác chứng minh bổ đề Hensel. Gọi ( )1BC X K→ là tập tất cả các hàm khả vi liên tục bậc 1 và 11 :f f f ∞ ∞ = ∨ Φ < ∞ ( f thuộc ( )1BC X K→ ), khi đó ( )1BC X K→ sẽ là không gian Banach với chuẩn 1 U2.3.1 Mệnh đề U( Tính đầy đủ của không gian các hàm CP1P bị chặn) ( )1BC X K→ là K-không gian Banach. UChứng minh Để chứng minh mệnh đề 2.3.1) ta sẽ chứng minh mệnh đề sau U2.3.2 Mệnh đề Cho 1 2, ,...f f là dãy hàm CP 1 P trên X Giả sử 1 nfΦ hội tụ đều về g trên 2 X∇ và nf hội tụ về f .Khi đó f là hàm CP 1 P và 1 1nf fΦ →Φ đều. UChứng minh Ta chứng minh g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ Do 1 nfΦ hội tụ đều về g nên ( ) ( ) ( ) 21 1 1 10, : , , , , ,n mN m n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ Cho m →∞ , ta được ( ) ( ) ( ) 21 1 10, , , , ,nn N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ (1) Vậy ( )1 ,nf x yΦ 1 f→Φ đều nên g(x,y)= ( )1 ,f x yΦ Kế đến ta chứng minh ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ , ( ) 2,x y X∈∇ Vì nf hội tụ về f nên ( ) ( )1, ,n f x y f x yΦ →Φ ( ) ( ), , ,k ka X x y a a∈ → trong đó ( ) 2,k kx y X∈∇ Do (1) nên ( ) ( )0 1 0 1 10, : , ,n k k k kN N n N f x y f x yε ε∀ > ∃ > ∀ > ⇒ Φ −Φ < (2) ( ) ( )' '1 1, ,k k k kf x y f x yΦ −Φ ≤ ( ) ( ) ( ) ( )' '1 1 1 1, , , ,k k n k k n k k n k kf x y f x y f x y f x yΦ −Φ ∨ Φ −Φ ( ) ( )' ' ' '1 1, ,n k k k kf x y f x y∨ Φ −Φ ε Theo tiêu chuẩn Cauchy ta có ( )1 ,k kf x yΦ hội tụ khi k →∞ Đặt ( ) ( )1 1, : lim ,k kf a a f x yΦ = Φ Chứng minh 1 1nf fΦ →Φ đều Hiển nhiên ( ) ( )1 1, ,nf x y f x yΦ →Φ với mọi ( ) 2,x y X∈∇ Với (a,a) X X∈ × , lấy dãy ( ) ( ), ,k kx y a a→ .Khi đó, do (2) ta có ( ) ( ) ( ) 22 2 1 10, : , , ,nN n N f x y f x y x y Xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < ∀ ∈∇ Vậy ( ) ( )2 1 1: , ,n k k k kn N f x y f x y ε∀ > Φ −Φ < , cho k →∞ ta được ( ) ( )1 1 2, ,nf a a f a a n NεΦ −Φ suy ra 1 1nf fΦ →Φ đều Chứng minh ( )1BC X K→ là K-không gian Banach Cho 1 2, ,...f f là dãy Cauchy trong BCP 1 P, khi đó: nf f→ đều 1 1nf fΦ →Φ đều Áp dụng mệnh đề 2.3.2, ta được: f là hàm CP1P và 1 1nf fΦ →Φ đều, tính bị chặn của f suy ra trực tiếp từ tính bị chặn của nf .Vậy ( )1f BC X K∈ → do đó ( )1BC X K→ là không gian Banach. U2.3.3 Mệnh đề U(Tính khả nghịch của hàm CP1P) Cho ( )1f C X K∈ → , ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈ . Khi đó: i) X là hợp của các quả cầu rời nhau ( ) ia i B r và ( )/ a iiB rf là phép đồng dạng và ( )( ) ( ) ( )( )'i ia i i if af B r B f a r= ii) Nếu f đơn ánh thì ánh xạ ngược cũng là hàm CP1P. Ta lần lượt xét các mệnh đề sau: U2.3.4 Mệnh đề Cho ( )1f C X K∈ → , ( )'0, 0a f a≠ ≠ .Khi đó tồn tại lân cận U của a sao cho /U Xf ∩ là phép đồng dạng và ( ) ( ) ( )'f x f y f a x y− = − Hay nói cách khác ( )'/ f af là đẳng mêtry trong lân cận nào đó của a, và hiển nhiên khi đó f là đơn ánh trong lân cận đó. UChứng minh Vì f là hàm CP1P nên 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < suy ra: ( ) ( ) ( ) ( )' '1 2 f x f y f a f a x y − − < − Do đó ( ) ( ) ( )' f x f y f a x y − = − Vậy 0 : , , , ,x y X x y x a y aδ δ δ∃ > ∀ ∈ ≠ − < − < thì ( ) ( ) ( )' .f x f y f a x y− = − U2.3.5 Mệnh đề Cho ( )1f C X K∈ → , f đơn ánh, ( )' 0f x x X≠ ∀ ∈ Giả sử ( ):g f X K∃ → là nghịch đảo của f , g liên tục. Khi đó g cũng là hàm CP1P và ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈ UChứng minh Lấy ( ),z t f X∈ ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1, , g z g t g z t z t f g z f g t f g z g t g z g t − Φ = = = − − Φ − (i) Vì 1 0fΦ ≠ mọi nơi nên ánh xạ biến ( ),z t thành ( ) ( )( )1 1 ,f g z g tΦ xác định trên ( ) ( )f X f X× là sự mở rộng liên tục của 1gΦ vì thế g là hàm CP1P và do (i) nên ( )( ) ( ) 1' 'g f x f x x X−= ∀ ∈ . U2.3.6 Mệnh đề Cho { }:B x K x a r= ∈ − < là quả cầu trong K, :f B K→ Giả sử có Kα ∈ sao cho ( ){ }1sup , , , ,f x y x y B x yα αΦ − ∈ ≠ < Khi đó ( )f B là quả cầu trong K với bán kính .rα và f là phép đồng dạng. UChứng minh Rõ ràng , ,x y B x y∀ ∈ ≠ thì ( )1 ,f x y αΦ = Do đó ( ) ( )f x f y x yα− = − nên f là phép đồng dạng Mặt khác ( ) ( )f x f y x y rα α− = − ≤ nên ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊂ ∈ − ≤ Ta chứng minh ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα⊃ ∈ − ≤ Lấy ( ):c K c f a rα∈ − ≤ , xây dựng ánh xạ ψ như sau: : B Kψ → biến x B∈ thành ( )f x cx α − − Với x B∈ , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x c x a x a f x f a f a c r r r r r ψ α α α α α α α − − ≤ − ∨ − − ≤ ∨ ∨ ≤ ∨ ∨ = Suy ra ( ) ( )ax B rψ ∈ , ,x y B x y∀ ∈ ≠ ,ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 f x f y x y x y f x f y x y x y ψ ψ α α − − = − − − = − − − ( ) ( ) 1 1 , = 1- 1= . . - , k. x-y , 0<k<1 f x y x y x y f x y α α α Φ − − Φ ≤ Suy ra ψ là phép co nên ψ có điểm bất động 0x ( )0f x c⇒ = Vậy ( ) ( ){ }:f B z K z f a rα= ∈ − ≤ Mệnh đề 2.3.6 chứng minh xong. Tính chất i) được suy ra trực tiếp từ mệnh đề 2.3.6 và 1.3.1 Tính chất ii) là hệ quả của 2.2.5 U2.3.7 Bổ đề Hensel Trong phần này ta sẽ đưa ra cách khác chứng minh bổ đề Hensel bằng việc áp dụng các tính chất trên. Bổ đề Hensel: f là hàm giải tích trên BR0 R(1) được cho bởi: ( )f x = 0 n n n a x ∞ = ∑ ; x∈ BR0 R(1) Giả sử 1na ≤ n∀ ( n pa Z∈ ) và 0a B∃ ∈ (1) sao cho ( ) 1f a 〈 và ( )' 1f a = Khi đó 0 (1)b B∃ ∈ sao cho ( ) 0f b = ( )b a f a− ≤ UChứng minh Giả sử ( ) 1r f a= < Vì f giải tích trên BR0R (1) nên f có thể viết dưới dạng 2 0 1 2( ) ( ) ( ) ...( 1)f x b b x a b x a x ≤= + − + − + Nhận xét '0 1( ) , ( )f a b b f a= = và 1nb n≤ ∀ Nếu , ( ),ax y B r x y∈ ≠ thì 2 2 3 3 ' 1 2 3 ( ) ( ) ( ) ( )( , ) ( ) ...x a y a x a y af x y f a b b x y x y − − − − − − Φ − = + + − − n 2 1ax ( ) ( )n nm x a y a x y≥ ≤ − − − − n 2 ax : , , n nu vm u r v r u v u v≥  −≤ ≤ ≤ ≠ − 1 n 2 ax nm r r− ≥ ≤ = = '( ) ( )f a f a〈 (<1) (=1) Vậy ( )/ aB rf thoả mãn mệnh đề 2.3.6, ta kết luận f biến ( )aB r thành ( ) ( )f aB r . Vì ( )0 ( )f aB r∈ ( vì 0 ( ) ( )f a f a r− = = ) nên ( ) : ( ) 0ab B r f b∃ ∈ = 2.4 Hàm khả vi liên tục bậc hai U2.4.1.Định nghĩaU (Hàm khả vi liên tục bậc hai) :f X K→ , sai phân bậc hai của f là hàm 32 :f X KΦ ∇ → được cho bởi công thức: ( ) ( ) ( )1 12 , , , , f x y f y z f x y z x z Φ −Φ Φ = − f là hàm khả vi liên tục bậc hai (viết gọn là hàm CP2P) tại a X∈ nếu ( ) ( ) ( )2, , , ,lim , ,x y z a a a f x y z→ Φ tồn tại. f là hàm CP2P trên X nếu f là hàm CP2P tại mọi a X∈ . Tập tất cả các hàm CP2P :f X K→ kí hiệu ( )2C X K→ ( ) ( ){ }2 2 2:BC X K f C X K f→ = ∈ → < ∞ là K-không gian vectơ trong đó 1 22 f f f f ∞ ∞ ∞ = ∨ Φ ∨ Φ . U2.4.2 Nhận xét 1 fΦ , 2 fΦ là hàm đối xứng. Vì X không có điểm cô lập nên 3 X∇ dày đặc trong XP3P. f là hàm CP2P trên X thì f là hàm CP1P trên X U2.4.3 Mệnh đề U(Tính chất của hàm CP2P) :f X K→ a) f là hàm CP2P tại a thì f là hàm CP1P tại a. b) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → lần lượt là các không gian con K-tuyến tính của ( ) ( )1 1;C X K BC X K→ → c) ( ) ( )2 2;C X K BC X K→ → đóng với phép nhân d) ( )2f C X K∈ → khi và chỉ khi 2 fΦ có thể mở rộng thành hàm 2 fΦ liên tục trên XP3P. UChứng minh a) f là 2C tại a ⇒ 2 ( , , ) ( , , ) ( , , ) x y z a a a Lim f x y z → Φ tồn tại Khi đó 0δ∃ 〉 : nếu 3( , , )x y z X∈∇ , ( , ,x a y a z aδ δ δ− 〈 − 〈 − 〈 thì 2 fΦ bị chặn bởi M. Do đó 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( , , ) f x y f z t f x y f y z f y z f z t f x y f y z f y z f z t x z f x y z y t f y z t Mδ Φ −Φ = Φ −Φ +Φ −Φ ≤ Φ −Φ ∨ Φ −Φ ≤ − Φ ∨ − Φ ≤ Suy ra tồn tại 1( , ) ( , )lim ( , )x y a a f x y→ Φ Vậy f là 1C tại a Dựa vào chứng minh trên ta thấy chỉ cần 2 fΦ bị chặn trong lân cận của ( , , )a a a thì f là 1C tại a b) , Kλ µ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( , , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x y y z x y z f g f g f g f g x y y zf g x z λ µ λ µ λ µ λ µ λ µ + − + + − + − − −Φ + = − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f y f z g x g y g y g z x y y z x y y z x z x z λ λ λ λ µ µ µ µ− − − − − − − − − −= + − − 2 2f gλ µ= Φ + Φ c) Ta chứng minh 1 1 1( , ) ( , ) ( , ) ( , ). ( )fg x y f x y g x y f x y g yΦ = Φ +Φ Ta có 1 1( , ) ( , ) ( , ). ( )f x y g x y f x y g yΦ +Φ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x g y f x f yf x g y x y x y − − = + − − ( ) ( ) ( ) ( )f x g x f y g y x y − = − = 1 ( , )fg x yΦ Ta chứng minh 2 2 1 1 2( , , ) ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )fg x y z f x g x y z f x y g y z f x y z g zΦ = Φ +Φ Φ +Φ 2 ( , , )fg x y zΦ = 1 1( , ) ( , )fg x y fg y z x z Φ −Φ = − 1 1 1 1( ) ( , ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( , ) ( )f x g x y f x y g y f y g y z f y z g z x z Φ +Φ − Φ −Φ = − 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) ( , ) ( ) f x g x y f x g y z f x g y z f y g y z x z x z f x y g y f x y g z f x y g z f y z g z x z x z Φ − Φ Φ − Φ = + − − Φ −Φ Φ −Φ + + − − 2 1 1 1 1 2 ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) ( , , ) x yf x g x y z f x y g y z x z y z f x y g y z f x y z x z − = Φ + Φ Φ − − + Φ Φ +Φ − 2 1 1 2( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )f x g x y z f x y g y z f x y z g z= Φ +Φ Φ +Φ Vậy 2 2 1 1 2( , , ) ( ) ( , , ) ( , ) ( , ) ( , , ) ( )fg x y z f x g x y z f x y g y z f x y z g zΦ = Φ +Φ Φ +Φ Do đó nếu f , g là hàm CP2P (bị chặn) thì fg cũng là hàm CP2P (bị chặn) d) Ta xây dựng 2 fΦ là mở rộng của 2 fΦ như sau: ( ) ( ) ( ) 32 2, , , , , , ,f x y z f x y z x y z XΦ = Φ ∀ ∈∇ ( ) ( ) ( ) ( )2 2, , , ,, , lim , , ,x y z a a af a a a f x y z a X→Φ = Φ ∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ' 1 2 , , , f y f y z f y y z y z −Φ Φ = − 2 fΦ xây dựng như trên hiển nhiên liên tục trên 3X Do 2 fΦ liên tục nên cách mở rộng 2 fΦ như trên là duy nhất . U2.4.4 Mệnh đề U( Mối quan hệ giữa đạo hàm bậc hai và sai phân bậc hai của hàm CP2P) Cho :f X K→ là hàm khả vi liên tục bậc hai, khi đó ( ) ( )''22 , ,f x x x f xΦ = UChứng minh Ta đã biết nếu hàm f là hàm CP1P thì f có đạo hàm bậc 1 và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 1, , 1 lim , = , x y a a f a f x y f a a → = Φ Φ Trong trường hợp f là hàm CP2P thì đạo hàm cấp 2 của f được tính thông qua sai phân bậc 2 của f . Ta có: ( ) ( ) ( ) ' 1 2 , , , f x f x z f x x z x z −Φ Φ = − ( ) ( ) ( ) ( ) ' 1 2 2 , , , , , f x z f z f z x z f x z z x z Φ − Φ = Φ = − do tính đối xứng của 2 fΦ Cộng theo vế ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' 2 2, , , , f x f z f x x z f z x z x z − Φ +Φ = − Cho x z→ ta được ( ) ( )''22 , ,f x x x f xΦ = . Từ đây ta suy ra nếu f là hàm CP2P thì đạo hàm cấp 2 của f liên tục. Điều ngược lại không đúng, để chứng tỏ điều này, ta xét ví dụ sau U2.4.5 Ví dụ Cho :f X K→ thoả ( ) ( ) 2f x f y x y− = − . Khi đó f khả vi vô hạn lần, ( )1f C X K∈ → nhưng ( )2f C X K∉ → . UChứng minh Đầu tiên, ta chứng minh f khả vi vô hạn lần ( ) ( )lim lim 0 x y x y f x f y x y x y→ → − = − = − Suy ra ' 0f = Do vậy f khả vi vô hạn lần và ( ) 0nf n= ∀ Kế đến, ta chứng minh ( )1f C X K∈ → ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , lim lim 0 a X x y a a x y a a f x f y x y x y→ → − = − = ∀ ∈ − nên ( )1f C X K∈ → Ta chứng minh ( )2f C X K∉ → Thật vậy, giả sử ( )2f C X K∈ → ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 2 2 2 2 , , x = = 1 z,x X,z x 1 f x f z f x x zf x x z x z f f z x z x z x z − − −Φ = − − − = − − ∀ ∈ ≠ Mặt khác nếu ( )2f C X K∈ → thì ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )''2 2, , , ,2 lim , , 2 , , 0x x z z z z f x x z f z z z f z→ Φ = Φ = = điều này mâu thuẫn với (1) Vậy ( )2f C X K∉ → (Ở đây ta xét trường hợp char(K) bằng 0) U2.4.6 Nhận xét Từ đẳng thức ( ) ( )''22 , ,f x x x f xΦ = nếu char(K) khác 2 ta suy ra được ( ) ( )''2 1, , 2 f x x x f xΦ = như vậy nếu '' 0f = thì ngay lập tức ta cũng có 2 0fΦ = Nếu char(K)=2, ta xét ví dụ sau để thấy sẽ xảy ra trường hợp ( )2f C X K∈ → , '' 0f = nhưng 2 0fΦ ≠ U2.4.7 Ví dụU (Hàm khả vi liên tục bậc hai, có đạo hàm cấp 2 bằng 0 nhưng 2 0fΦ ≠ ) Cho :f X K→ được xác định bởi công thức ( ) 2f x x= , khi đó ( )2f C X K∈ → , '' 0f = nhưng 2 0fΦ ≠ UChứng minh Ta chứng minh '' 0f = ( )' 2 0 f x x x X= = ∀ ∈ Suy ra ( )'' 0 f x x X= ∀ ∈ Ta chứng minh ( )2f C X K∈ → và 2 0fΦ ≠ Ta có ( ) 2 2 1 , x yf x y x y x y − Φ = = + − Nên ( ) ( ) ( )1 12 , , , , 1 f x y f y z x y y zf x y z x z x z Φ −Φ + − − Φ = = = − − Vì vậy ( )2f C X K∈ → và ( ) ( ) 32 , , 1 , ,f x y z x y z XΦ = ∀ ∈ U2.4.8 Mệnh đề U(Công thức Taylor cho hàm CP2P) Cho ( )2f C X K∈ → .Khi đó tồn tại hàm liên tục 2 :R X X K× → sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2' 2 , x,y Xf x f y x y f y x y R x y= + − + − ∀ ∈ (1) UChứng minh Chọn ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' 2 2, , , f x f y f y x yR x y f x y y x y − − −= Φ = − Dễ thấy ( )2 ,R x y chọn như trên thoả mãn (1) U2.4.9 Mệnh đề Cho :f X K→ Giả sử có :g X K→ liên tục, :R X X K× → liên tục và thoả ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 , x,y Xf x f y x y g y x y R x y= + − + − ∀ ∈ Khi đó: ( ) ( ) ( )2 ' 2, , , , , x,y Xf C X K g f R x y f x y y∈ → = = Φ ∀ ∈ Chứng minh Ta chứng minh 'g f= Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 , x,y Xf x f y x y g y x y R x y= + − + − ∀ ∈ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), f x f y g y x y R x y x y − ⇔ = + − − Ta lại có: ( ) ( ) ( ) ( )lim , x y g y x y R x y g y → + − =   Vì thế nên ( ) ( )'g y f y y X= ∀ ∈ Kế đến ta chứng minh ( )1f C X K∈ → Thật vậy, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , , , , lim lim , x y a a x y a a f x f y g y x y R x y g a x y→ → − = + − =  − Do g liên tục nên ( )1f C X K∈ → Ta tiếp tục chứng minh ( )2f C X K∈ → Theo giả thiết ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ,f y f x x y g x y x R y x= + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ' 1 , , , , , f y f x g x y x R y x y x f y x g x y x R y x f x y f x y x R y x − ⇔ = + − − ⇔ Φ = + − ⇔ Φ = + − Tương tự ta cũng có: ( ) ( ) ( ) ( )'1 , ,f x z f x z x R z xΦ = + − Lấy 3( , , )x y z X∈∇ và giả sử y z x y x z− ≥ − ∨ − khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 , , , , , , = = , , , , , , f x y f x z f x y z y z y x R y x z x R z x y z x y z R y x x y z R z xµ µ Φ −Φ Φ = − − − − − − Trong đó 1 2 1 21, 1, 1µ µ µ µ≤ ≤ + = Cho ( ) ( ), , , ,x y z a a a→ thì ( ) ( )2 , , ,f x y z R a a a XΦ → ∀ ∈ Vậy ( )2f C X K∈ → Sau cùng ta chứng minh ( )2 ( , , ) ,f x y y R x yΦ = Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , ( ) , , ( ) , f x y R y x y R x y f y x R x y x R y x Φ = + − Φ = + − Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 , , , , ( ) , ( ) = = , f x y f y y f x y y x y R y x y R x y R y x y R x y Φ −Φ Φ = − + − − − U2.4.10 Ví dụ Hàm giải tích địa phương là hàm CP2 UChứng minh :f X K→ là hàm giải tích địa phương trên X nên a X∀ ∈ tồn tại lân cận V của a, V X⊂ và /Vf là hàm giải tích. Nên ( ) ( ) 0 : nn n u V f x a x u ∞ = ∃ ∈ = −∑ Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 0 0 0 0 1 2 2 1 0 1 2 2 1 0 , , ... ... n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n f x f y f x f z x y x zf x y z y z a x u a y u a x u a z u x y x z y z a x u x u y u x u y u y u y z a x u x u z u x u z u z u y z ∞ ∞ ∞ ∞ = = = = ∞ − − − − = ∞ − − − − = − − − − −Φ = − − − − − − − − − −= −  − + − − + + − − + −  = − −  − + − − + + − − + −  − ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 22 0 2 2 1 1 2 3 0 ... + y-z ... nn n n n n n n n n n n x u x u z ux u y z a y z y z x u y u z u y u z u y z a x u x u y u z u −−∞ = − − − − ∞ − − =   − − − −− −  = + + +  − −   − − − − − − −   −   = − + − − + − +    ∑ ∑ là đa thức theo 3 biến x, y, z ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 2, , , , 0 2 0 2 0 lim , , 2 3 ... = 1 2 ... 1 1 = 2 n n n nx y z a a a n n n n n n n f x y z a a u a u a u a u a u a a u n n n a a u ∞ − − − → = ∞ − = ∞ − =  ⇒ Φ = − + − − + − − +   − + + + −    − − ⇒ ∑ ∑ ∑ ( )2f C X K∈ → U2.4.11 Nhận xét Hàm giải tích địa phương là hàm CP2P nên hiển nhiên hàm giải tích cũng là hàm CP2P. Một số hàm giải tích (địa phương) thường gặp là:hàm hằng, hàm hằng địa phương, hàm đa thức, hàm ( ) 0 exp x E ! n n xx n ∞ = = ∈∑ ,E là miền hội tụ của chuỗi luỹ thừa 0 ! n n x n ∞ = ∑ U2.4.12 Ví dụ Xét : Qp pf Z → xác định bởi công thức 3 0 0 n n n n n n f a p a p ∞ ∞ = =   =    ∑ ∑ Khi đó f là hàm CP2P , đơn ánh và ( ) ( ) 3 , pf x f y x y x y Z− = − ∀ ∈ UChứng minh Đầu tiên, ta chứng minh f là đơn ánh Do ( ) ( ) 3 , pf x f y x y x y Z− = − ∀ ∈ Nếu , px y Z∈ và jx y p− = thì ( ) ( ) 3 jf x f y p− = nên f là đơn ánh và ( ) ( ) 3f x f y x y− = − Kế đến ta chứng minh ( )2 pQpf C Z∈ → Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 , , f x f y f y f z x y y zf x y z x z − − − − −Φ = − Không mất tính tổng quát, ta giả sử x z x y y z− ≥ − ∨ − . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 , , f x f y f y f z x y y z f x y z x z x y y z x z − − ∨ − − Φ ≤ − − ∨ − ≤ − ( ) ( ) ( ) 2 2 2, , , , lim , , 0 x y z a a a x y y z x z x z x y y z f x y z → − − ≤ ∨ − − ≤ − ∨ − ⇒ Φ = Vậy ( )2 pQpf C Z∈ → U2.4.13 Ví dụ (U f là hàm CP1P nhưng f không là hàm CP2P) Xét : Qp pf Z → xác định bởi công thức 2 0 0 n n n n n n f a p a p ∞ ∞ = =   =    ∑ ∑ Khi đó f là hàm CP1P , ( ) ( ) 2 , pf x f y x y x y Z− = − ∀ ∈ nhưng f không là hàm CP2P. UChứng minh Ta có ' 0f = do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , , , lim lim 0 x y a a x y a a f x f y x y x y→ → − = − = − Ta chứng minh ( )1 pQpf C Z∈ → Ta có ( ) ( ) ( )1 , f x f y f x y x y − Φ = − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1, , , lim , 0 x y a a f x y x y f x y → ⇒ Φ = − ⇒ Φ = Vậy ( )1 pQpf C Z∈ → Ta chứng minh f không là hàm CP2 Thật vậy, giả sử f là hàm CP2P,ta có: ( ) ( ) ( ) ( )' 2 , , f x f z f x x zf x x z x z − − −Φ = − ( ) ( ) ( )2 0 1 f x f z x z − = − = − (1) Mặt khác nếu f là hàm CP2P thì ( ) ( ) ( ) ( )''2, , , , 1lim , , 0 2x x z a a a f x x z f z → Φ = = (2) Vậy f không là hàm CP2 P(do mâu thuẫn giữa (1) và (2)) CHƯƠNG 3: HÀM KHẢ VI LIÊN TỤC BẬC n 3.1 Hàm khả vi liên tục bậc n U3.1.1 Định nghĩa : Cho n N∈ { 1 1( , ,... )n nnX x x x X∇ = ∈ : nếu i j≠ thì }i jx x≠ Sai phân bậc n của f kí hiệu 1: nn f X K+Φ ∇ → n fΦ được định nghĩa bằng cách quy nạp 0 f fΦ = 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 1 1 2 ( , ,..., ) ( , ,..., )( , ,..., ) n n n nn n f x x x f x x xf x x x x x − + − + + Φ −Φ Φ = − Ta nói f khả vi liên tục bậc n ( viết tắt : f là hàm )nC nếu n fΦ có thể mở rộng thành hàm liên tục 1: nn f X K+Φ → Nếu f là hàm khả vi liên tục bậc n, ta định nghĩa ( ) ( , ,... )( )n nD f a f a a a a X= Φ ∈ Tập tất cả các hàm nC từ X K→ kí hiệu nC ( X K→ ) 1 ( ) : ( )n n C X K C X K ∞ ∞ = → = ∩ → U3.1.2 Nhận xét Trường hợp khả vi liên tục bậc 1, bậc 2, đã trình bày ở chương 1, chương 2. Vì X không có điểm cô lập nên 1n X+∇ dày đặc trong 1nX + , vì vậy nếu hàm f là nC thì sự mở rộng của n fΦ thành n fΦ là duy nhất. U3.1.3 Định nghĩa ( )nBC X K→ là không gian các hàm CPnP :f X K→ , trong đó: { }j: ax ;0nf m f j n∞= Φ ≤ ≤ là chuẩn trên ( )nBC X K→ 3.2 Một số tính chất của hàm khả vi liên tục bậc n Trong phần này ta sẽ phát biểu và chứng minh một số tính chất của hàm n fΦ ở các mệnh đề U3.2.1U; U3.2.2U; U3.2.3U còn ở mệnh đề U3.2.4U và mệnh đề U3.2.5U ta sẽ tìm hiểu mối liên hệ giữa hàm khả vi liên tục bậc n trên X (hàm CPnP trên X theo định nghĩa ở phần I) và hàm khả vi liên tục bậc n theo từng điểm trên X, từ đó thấy được sự thống nhất trong định nghĩa các hàm khả vi liên tục bậc 1, 2 và bậc n. U3.2.1 Mệnh đề Cho , : , , ,f g X K K n Nλ µ→ ∈ ∈ 1. Nếu 21 1( , , , ,... ) nnx y z x x X+− ∈∇ thì 1 1 1 1 1 1 ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) n n n n n n x y f x y x x y z f y z x x x z f x z x x − − − − Φ + − Φ = − Φ 2. n fΦ là hàm đối xứng 1n + biến 3. Nếu 21 1( ,... , ,..., ) nn nx x a a X∈∇ thì ( )1 1 2 1 1 1 1 ( , ,..., ) ( ,.., ) ( ,.. , ,..., ) n n n n n j j n j j n j f x x x f a a x a f a a x x− − = Φ −Φ = − Φ∑ 4. ( )n n nf g f gλ µ λ µΦ + = Φ + Φ 5. Nếu 11 1( ,... ) nnx x X++ ∈∇ thì 1 1 1 1 1 1 0 ( )( ,..., ) ( ,... ) ( ,..., ) n n n j j n j j n j fg x x f x x g x x+ + − + + = Φ = Φ Φ∑ 6. Nếu ( ) 11 1 10 , , ( ,... ) nnf x x X g x x Xf + +≠ ∀ ∈ = ∈∇ thì 1 1 1 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ) ( ,... ) ( ,..., ) n n n j j n j j n j g x x f x f x x g x x− + − + + = Φ = − Φ Φ∑ 7. g là hàm đa thức bậc 1 0nn g+≤ ⇔ Φ = UChứng minh 1. ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) ( ) ( , , ,... ) ( , , ,... ) ( , , ,... ) y ( , , ,... ) ( , , ,... ) z ( , , ,... ) ( , , ,. n n n n n n n n n n n n n n n n n x y f x y x x y z f y z x x x z f x z x x x f x y x x f x z x x f y z x x f x y x x f x z x x f y z x − − − − − − − − − Φ + − Φ = − Φ ⇔ Φ −Φ + Φ −Φ + Φ −Φ( )1.. ) 0nx − = ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 ( , , , ,... ) ( , , , ,... ) n n n n x y z f x y z x x y z x f x y z x x + − + − ⇔ − Φ + − Φ + ( ) 1 1 1z ( , , , ,... ) 0n nx y f x y z x x+ −− Φ = (đúng) 2. n=1, ta có 1 fΦ là hàm đối xứng 2 biến Giả sử 1n f−Φ là hàm đối xứng n biến, ta chứng minh n fΦ là hàm đối xứng n+1 biến . Không mất tính tổng quát ta chứng minh { }1 1 1 1( ,..., ,..., ,... ) ( ,..., ,..., ,... ) , 1, 2n i j n n j i nf x x x x f x x x x i j+ +Φ = Φ ∀ ∉ Thật vậy: Do 1 1 3 1 1 2 3 11 1 1 2 ( , ,... ) ( , ,... )( ,... ) n n n nn n f x x x f x x xf x x x x − + − + + Φ −Φ Φ = − (*) và 1n f−Φ là hàm đối xứng nên { }1 1 1 1( ,..., ,..., ,... ) ( ,..., ,..., ,... ) , 1, 2n i j n n j i nf x x x x f x x x x i j+ +Φ = Φ ∀ ∉ (Trong trường hợp { }1,2i∈ hoặc { }1,2j∈ ta khai triển (*) theo 1,m mx x + mà m và m+1 đều không thuộc {1,2}) 3. 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 1 2 ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) ( , ..., ) ( , ,..., ) ( , ,..., ) .... ( ,..., , ) ( , ,..., ) n n n n n n n n n n n n n n n n n f x x f a a f x x f a x x f a x x f a a x f a a x f a a a − − − − − − − − − Φ −Φ = Φ −Φ + Φ −Φ + Φ −Φ ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 2 2 1 ( , ,..., ) ( , , ,..., ) ... + ( ,... , ) n n n n n n n n n x a f a x x x a f a a x x x a f a a x = − Φ + − Φ + − Φ ( ) 1 1 ( ,... , ,..., ) n j j n j j n j x a f a a x x = = − Φ∑ 4. Trường hợp n=1 và n=2 đã chứng minh Giả sử đúng trong trường hợp n-1, ta chứng minh đúng cho trường hợp n ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 1 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 , ,..., , ,..., , ,..., n n n n n n f f g x x x f f g x x x f f g x x x x x λ µ λ µ λ µ + − + − + Φ + = Φ + −Φ + = − ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 1 1 3 1 1 2 3 1 1 2 , ,..., , ,..., , ,..., , ,..., n n n n n n n n f x x x f x x x x x g x x x g x x x x x λ µ − + − + − + − + Φ −Φ = + − Φ −Φ − ( ) ( )1 2 1 1 2 1, ,..., , ,...,n n n nf x x x g x x xλ µ+ += Φ + Φ Vậy ( )n n nf g f gλ µ λ µΦ + = Φ + Φ 5. 1 1 1 1 1 1 0 ( )( ,..., ) ( ,... ) ( ,..., ) n n n j j n j j n j fg x x f x x g x x+ + − + + = Φ = Φ Φ∑ n=1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 , = , , fg x fg x fg x x x x f x g x f x g x f x g x f x g x x x g x g x f x f x f x g x x x x x f x g x x f x x g x − Φ = − − + − − − − = + − − = Φ +Φ Giả sử biểu thức đúng cho trường hợp n-1, ta chứng minh biểu thức đúng trong trường hợp n 1 1 1 1 0 ( ,... ) ( ,..., ) n j j n j j n j x x g x x+ − + + = Φ Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 1 2 1 n-1 1 1 1 1 1 1 ,..., , ,..., ... ,..., , ,..., n n n n n n n n n n f x g x x f x x g x x f x x g x x f x x g x + − + + + + = Φ +Φ Φ + + Φ Φ +Φ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 ,..., ,..., , = ,..., ,..., , + , ... n n n n n n n n n n n n n n g x x g x x x f x x x g x x g x x x f x x x x − − − + + − − − + + Φ −Φ − Φ −Φ Φ − + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,..., ,..., ,..., , n n n n n n n n n n n n n n g x g x f x x x x f x x f x x x g x x x + − + − − − + + + − +Φ − Φ −Φ + − ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,..., ,..., , ,..., n n n n n n n n n fg x x fg x x x x x fg x x − − − + + + Φ −Φ = − = Φ 6. Ta có ( ) ( ) ( )1 1 1 111 1 ,..., ,..., n j j n j j n j f x x g x x f x + − + += − Φ Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 111 1 ,..., ,..., ,..., n j j n j j n n n j f x x g x x f x g x x f x + − + + +=  − = Φ Φ + Φ   ∑ ( ) ( ) ( )1 1 11 1 ,...,n nf x g x xf x + + Φ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 1 1 101 1 1 1,..., ,..., ,..., n j j n j j n n n j f x x g x x f x g x x f x f x+ − + + += − = Φ Φ + Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 ,..., ,..., ,..., n n n n n n fg x x g x x f x g x x + + + − = Φ +Φ = Φ (theo 5) Vì 0 1n fg nΦ = ∀ ≥ (do 1fg = ) 7. Ta chứng minh phần thuận Với mỗi nguyên dương n, ta định nghĩa ( ): ,n n nf X K f x x→ = . Ta sẽ chứng minh 1nn fΦ = . n=1 Dễ thấy 11 1fΦ = Giả sử 1 1jj f j nΦ = ∀ ≤ − . Ta chứng minh 1nn fΦ = ( ) ( )( )11 1 1 1,..., ,...,n nn n n nf x x f f x x−+ +Φ = Φ ( ) ( )1 1 1 1 1 0 ,..., ,..., n n j j n j j n j f x x f x x− + − + + = = Φ Φ∑ ( )( )1 1,..., 0 2n j j nf x x j n− + +Φ = ∀ ≤ − ( ) ( )1 1 1 1 1 1 ,..., ,..., n n j j n j j n j n f x x f x x− + − + + = − = Φ Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( )1 11 1 1 1 1 1 1,..., , ,...,n nn n n n n n nf x x f x x f x x f x− −− + + += Φ Φ +Φ ( )1 11 1 do gtqn 0n nn nf f− −−Φ = ⇒Φ = ( )1 1, 1 n nf x x += Φ = 11 0 n n n nf f+Φ = ⇒Φ = 1 0n g+⇒ Φ = với g là đa thức bậc ≤n Chứng minh phần đảo n=1 Giả sử 1 0gΦ = suy ra g là hằng số nên g có bậc ≤0 Giả sử đúng trong trường hợp n-1, tức là: Nếu có 1 0n g−Φ = thì g là đa thức bậc ≤n-2 Ta chứng minh trong trường hợp n Giả sử 0n gΦ = Do đó 1n g c−Φ = (hằng số) nên 11 1 nn ng c f −− −Φ = Φ Suy ra ( )11 0nn g cf −−Φ − = Suy ra 1ng cf −− là đa thức có bậc ≤n-2 nên g là đa thức có bậc ≤n-1 Vì vậy nếu 1 0n g+Φ = thì g là đa thức có bậc ≤n. U3.2.2 Mệnh đề Cho :f X K→ , khi đó: ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 , ,..., n n n i j i i i j f x x x x x f x + − + = ≠   Φ = −    ∑ ∏ UChứng minh n=1, ta có: ( )1 1 2,f x xΦ = ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 f x f x f x f x x x x x x x − + = − − − Vậy biểu thức đúng trong trường hợp n=1 Giả sử biểu thức đúng trong trường hợp n-1, tức là: ( ) ( ) ( )11 1 2 1 , ,..., n n n i j i i i j f x x x x x f x − − = ≠   Φ = −    ∑ ∏ Ta chứng minh ( ) ( ) ( ) 1 1 1 2 1 1 , ,..., n n n i j i i i j f x x x x x f x + − + = ≠   Φ = −    ∑ ∏ Ta có: ( ) ( ) ( )1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1, ,..., ,..., ,..., ,n n n n n n n n n f x x x f x x f x x x x x+ − − − ++ Φ = Φ −Φ  − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 11 1 n ni i i in n i j i j i ni j i j f x f x x x x x x x + = =+ ≠≠ ≠     = − − − −    ∑ ∑∏ ∏ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2, 2, 1 1 n n j j j n j n j n f x f x x x x x x x+ = = + ≠      = −  − − −     ∏ ∏ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 2 1, 1, 1 2 2 1 n n j j j n j n j j n j f x f x x x x x x x+ = = + ≠ ≠ ≠       + −  − − −       ∏ ∏ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1, 1, 1 1 1 .... 1 n n n n n j n j j n j n j n j n j n f x f x x x x x x x − − + − − = = + ≠ − ≠ ≠ − +       + −  − − −       ∏ ∏ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1, 1 1, 1 1 1n n n n n nn j n j j n j n f x f x x x x xx x x x + + + + = − = − + − − −− −∏ ∏ ( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1, 1 1 1 n n n n j j n j f x x x f x x x x x x x + + = + ≠    − − − =  − −     ∏ ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 1 2 2 2 1 2 1, 1 2 1 n n n j j n j f x x x f x x x x x x x + + = + ≠    − − − +  − −     ∏ ( )( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1, 1 1 .... 1 n n n n n n n n n j j n j n f x x x f x x x x x x x − − + − − + − = + ≠ − +    − − − +  − −     ∏ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1, 1 1, 1 1 n n n j n j j n j n j n j n f x f x x x x x + + = + = + ≠ ≠ + + + − −∏ ∏ = ( ) ( ) 1 1 1 n i j i i i j x x f x + − = ≠   −    ∑ ∏ U3.2.3 Mệnh đề Cho ( ) 10 ,X f x x ∉ = . Khi đó: ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1, ,..., 1 n n n n j j f x x x x + + = Φ = − ∏ UChứng minh Ta chứng minh cho trường hợp n=1,thật vậy: ( ) ( ) ( )1 2 1 21 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1, f x f x x xf x x x x x x x x x x − − − Φ = = = = − − − Đẳng thức đúng cho trường hợp n=1 Giả sử đẳng thức đúng cho trường hợp n-1, tức là: ( ) ( ) 11 1 2 1 1, ,..., 1 n n n n j j f x x x x − − = Φ = − ∏ Ta chứng minh: ( ) ( ) 1 1 2 1 1 1, ,..., 1 n n n n j j f x x x x + + = Φ = − ∏ ( ) ( ) ( )1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1, ,..., ,..., ,..., ,n n n n n n n n n f x x x f x x f x x x x x+ − − − ++ Φ = Φ −Φ  − ( ) ( ) 1 1 1 1 11 1 1 11 1 n n n n j jn n j j j n x x x x + − − = =+ ≠    = − − − −    ∏ ∏ ( ) 1 1 1 1 1 11 11 n n n n n j jn n j j x x x x x x + + − + = =+   = − −  −    ∏ ∏ ( ) 1 1 1 11 11 n n n n jn n j x x x x x + − + =+ − = − − ∏ = ( ) 1 1 11 n n j jx + = − ∏ U3.2.4 Nhận xét Ở các mệnh đề 1 nếu ta thay Φ bằng Φ , thay n X∇ bằng nX thì các kết quả trên vẫn đúng. ( )nC X K→ là K-không gian tuyến tính, đóng với phép nhân Nếu ( )nf C X K∈ → và ( ) 0f x x X≠ ∀ ∈ thì ( )1 nC X K f ∈ → Hàm đa thức là hàm C∞ U3.2.5 Mệnh đề Cho ( )1nf C X K−∈ → , khi đó n fΦ có thể mở rộng thành hàm liên tục ~ n fΦ trên 1 \nX + ∆ UChứng minh Với 1 , 1,i j n i j≤ ≤ + ≠ , ta đặt: ( ){ }1ij 1 2 1: , ,..., :nn i jU x x x X x x++= ∈ ≠ Mỗi tập ijU là mở trong 1nX + và hợp các ijU là 1 \nX + ∆ Đặt ij ij:h U K→ , xác định bởi công thức ( ) ( ) ( )1 11 1 1 1 1 1 1 1 ij 1 1 ,..., , ,..., ,..., , ,..., ,..., n nj j n i i n n i j f x x x x f x x x x h x x x x − −− + + − + + + Φ −Φ = − ijh là sự mở rộng liên tục của n fΦ Xây dựng ~ n fΦ như sau: ( ) ( ) ~ 1 2 1 ij 1 1, ,..., : ,...,n n nf x x x h x x+ +Φ = Khi đó ~ n fΦ là sự mở rộng liên tục của n fΦ trên 1 \nX + ∆ U3.2.6 Định nghĩa Với mỗi số nguyên dương n ta định nghĩa: :f X K→ là hàm khả vi liên tục bậc n (viết tắt là CPnP ) tại a X∈ nếu ( )lim nv a f v→ Φ tồn tại ( )( )1 1, : ,...,n nv X a a a X+ +∈∇ = ∈ U3.2.7 Mệnh đề :f X K→ , ( )nf C X K∈ → khi và chỉ khi f là hàm CPnP tại mọi a X∈ UChứng minh Đầu tiên, ta chứng minh chiều đảo của mệnh đề Trường hợp n=1, ta đã biết ở chương trước Giả sử mệnh đề đúng trong trường hợp n-1. Ta chứng minh mệnh đề đúng trong trường hợp n. a X∈ bất kì, vì f là hàm CPnP tại mọi a X∈ nên tồn tại lân cận U của (a,,a) sao cho n fΦ bị chặn trên 1nU X+∩∇ . Giả sử trong lân cận đó, n fΦ bị chặn bởi M. Khi đó tồn tại δ để ( ) 21 1,..., , ,..., nn nx x y y X∈∇ sao cho ,i ix a y aδ δ− < − < thì ( )1 1 2 1 1 1 1 ( , ,..., ) ( ,.., ) ( ,.. , ,..., ) n n n n n j j n j j n j f x x x f y y x y f y y x x− − = Φ −Φ = − Φ∑ suy ra ( ) ( )1 1 1 1,..., ,...,n n n nf x x f y y Mδ− −Φ −Φ ≤ ( )1wlim wna f−→⇒ Φ tồn tại Theo giả thiết quy nạp suy ra ( )1nf C X K−⇒ ∈ → Theo mệnh đề 3.2.5, tồn tại ~ n fΦ là sự mở rộng liên tục của n fΦ trên 1 \nX + ∆ Xây dựng ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ~ 1 1 1 1 1 1 1 ,..., , ,..., \ ,..., lim , ,..., n n n n n n nv a f a a a a X f a a f v a a a + + + + → Φ ∈ ∆Φ =  Φ = Dễ thấy n fΦ là mở rộng liên tục của n fΦ trên 1nX + Suy ra ( )nf C X K∈ → Chiều thuận của mệnh đề là hiển nhiên. U3.2.8 Hệ quả *: ,f X K n N→ ∈ . Giả sử X có một phủ mở các iU sao cho f thu hẹp trên mỗi iU là hàm nC . Khi đó f là hàm nC trên X. ( )( )nf C X K∈ → Đặc biệt, hàm hằng địa phương là hàm C∞ U3.2.9 Mệnh đề :f X K→ Nếu n fΦ bị chặn với mọi n thì f là hàm C∞ . UChứng minh Do n fΦ bị chặn nên với mọi a thuộc X tồn tại δ để ( ) 21 1,..., , ,..., nn nx x y y X∈∇ sao cho ,i ix a y aδ δ− < − < thì theo mệnh đề 1 ta có: ( ) 1 1 2 1 1 1 1 ( , ,..., ) ( ,.., ) ( ,.. , ,..., ) n n n n n j j n j j n j f x x x f y y x y f y y x x Mδ − − = Φ −Φ = − Φ ≤∑ Suy ra ( )1wlim wna f−→ Φ tồn tại Vậy ( )1nf C X K−∈ → Do n fΦ bị chặn với mọi n nên ta suy ra ( )1nf C X K−∈ → với mọi n, vậy f là hàm C∞ . 3.3 Công thức Taylor cho các hàm Cn U3.3.1 Mệnh đề Cho ( )nf C X K∈ → , ( ) ( ), ,...,n nD f a f a a a= Φ . Khi đó: ,x y X∀ ∈ ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , ,..., n j n j n j f x f y x y D f y x y f x y y − = = + − + − Φ∑ UChứng minh Với n=1 ( ) ( ) ( ) ( )1 ,f x f y x y f x y= + − Φ (biểu thức đúng) Giả sử biểu thức đúng cho trường hợp n-1, tức là: Nếu ( )1nf C X K−∈ → thì ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 , ,..., n j n j n j f x f y x y D f y x y f x y y − − − = = + − + − Φ∑ Ta chứng minh đúng cho trường hợp n Vì ( )nf C X K∈ → nên ( )1nf C X K−∈ → , theo giả thiết quy nạp ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 , ,..., n j n j n j f x f y x y D f y x y f x y y − − − = = + − + − Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 , ,..., n j n j n j f y x y D f y x y f x y y − − − = = + − + − Φ∑ ( ) ( )1 1 n nx y D f y − −− − ( ) ( ) ( ) 2 1 n j j j f y x y D f y − = = + − +∑ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 , ,..., , ,..., n n n nx y f x y y D f y f x y y − − − −  − Φ − +Φ  = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , ,..., n j n j n j f y x y D f y x y f x y y − = + − + − Φ∑ U3.3.2 Mệnh đề Cho ( )nf C X K∈ → , khi đó: f khả vi n lần và ( ) ! , 1 j nj jf j D f= ≤ ≤ UChứng minh Trước hết, ta chứng minh 1nD f− là hàm CP 1 P và ( ) '1n nD f nD f− = Thật vậy, ta có: ( )nf C X K∈ → nên ( )1nf C X K−∈ → , ,x y X x y∀ ∈ ≠ thì: ( ) ( ) ( )1 11 1 , n nn D f x D f y D f x y x y − − − − Φ = − ( ) ( )1 1,..., ,...,n nf x x f y y x y − −Φ −Φ= − = ( ) ( ) ( ) ( ), ,..., , , ..., ...n nx y f x y y x y f x x y y x y − Φ + − Φ + + − + ( ) ( ),..., ,nx y f x x y x y − Φ − ( ) ( ) ( ), ,..., , , ..., ... ,..., ,n n nf x y y f x x y y f x x y= Φ +Φ + +Φ là hàm liên tục nên 1nD f− là hàm CP 1 P. Trong đẳng thức trên, cho y x→ ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' 1 1 1, , ,..., , , ..., ... ,..., , ,..., n n n n n n D f x y D f x f x y y f x x y y f x x y n f x x − −Φ → Φ +Φ + +Φ → Φ Vậy ( ) '1 nn nD f n f nD f− = Φ = Thay n bởi j ( )1 j n≤ ≤ , ta được: ( ) '1 jj jD f j f jD f− = Φ = Vì vậy: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )' 11 1! 1 ! 1 ! ... j jj j jj D f j jD f j D f D f f−−= − = − = = = U3.3.3 Hệ quả Nếu char(K)=p và ( )pf C X K∈ → thì ( ) 0pf = 3.4 Một số kết quả của hàm Cn Trong phần này chúng tôi sẽ chứng minh tính đầy đủ của không gian các hàm khả vi liên tục bị chặn bậc n, đưa ra ví dụ và chứng minh một số hàm là CPnP. U3.4.1 Mệnh đề U( Tính đầy đủ của không gian các hàm CPnP bị chặn) ( )( ),n nBC X K→ là K-không gian Banach. UChứng minh Ta có ( ) ( ) ( )2, ,..., nB X K B X K B X K→ → → là các K-không gian Banach nên ( ) ( ) ( )2 ... nB X K B X K B X K→ × → × × → là K-không gian Banach. Xây dựng ánh xạ ψ như sau: ( ) ( ) ( ): ...n nBC X K B X K B X Kψ → → → × × → ψ biến f thành ( )1, ,..., nf f fΦ Φ Khi đó ψ là đẳng mêtry, thật vậy: Với mọi ( ), nf g BC X K∈ → , ta có: ( ) ( ) ( ) ( )1 ... nnf g f g f g f g f gψ ψ∞ ∞ ∞− = − ∨ Φ − ∨ ∨ Φ − = − Ta chứng minh ( )nBC X K→ là không gian đóng Lấy 1 2, ,...f f là dãy hội tụ trong ( )nBC X K→ , giả sử hội tụ về f , lấy 1,k n∈ , ta chứng minh k fΦ có mở rộng liên tục k fΦ . Do k n kf fΦ →Φ đều nên ( ) ( )1 1 1 10, : ,..., ,...,k n k k kn n n f x x f x xε ε∀ > ∃ ∀ > ⇒ Φ −Φ < Mặt khác k n kf fΦ →Φ từng điểm nên ( ) ( )1 1: ,..., ,...,i i k n k k kx y f x x f y yδ δ ε∃ − < ⇒ Φ −Φ < Vậy 1n n> và i ix y δ− < thì: ( ) ( )1 1,..., ,...,k k k kf x x f y yΦ −Φ ≤ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1,..., ,..., ,..., ,...,k k n k k n k k kf x x f x x f x x f y yΦ −Φ ∨ Φ −Φ <ε Ta xây dựng k fΦ như sau: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,..., ; ,..., ,..., : lim , : ,..., \ k k k k k k k k k ky x f x x x x X f x x f y x x x X X + + + + + + +→ Φ ∈∇Φ =  Φ = ∈ ∇ Khi đó k fΦ là mở rộng liên tục của k fΦ nên f thuộc ( )nBC X K→ Vậy ( )nBC X K→ là không gian đóng Vì ψ là đẳng mêtry và ( )nBC X K→ là không gian đóng nên ( )( )nBC X Kψ → là tập con đóng của ( ) ( ) ( )2 ... nB X K B X K B X K→ × → × × → mà ( ) ( ) ( )2 ... nB X K B X K B X K→ × → × × → là không gian Banach do vậy ( )( )nBC X Kψ → là không gian Banach. Vậy ( )( ),n nBC X K→ là K-không gian Banach. U3.4.2 Mệnh đề Hàm giải tích địa phương là C∞ UChứng minh :f X K→ là hàm giải tích, không mất tính tổng quát, ta giả sử 0 ( ) ( );jj j Xf x a x x r r K ∞ = = ≤ ∈∑ Xét (: , ) ( )j j jX K x x x rγ γ→ = ≤ Ta sẽ chứng minh ,0 (1)( ) 0 , (2) j n j n r n j n j γ − ∞    ≤ ≤ Φ = > Có được (2) là do mệnh đề 3.2.1 Ta chứng minh (1) Chứng minh 1 1( ,..., )n j j n n rx xγ + −Φ ≤ bằng quy nạp ( n j≤ ) Với 0n = 0 1 1 1( ) ( )j j jx x xγ γΦ = = 0 1 1( )j j jx x rγΦ = ≤ (đúng) Giả sử đúng cho trường hợp ( )0 11 n jn < − <− 1 1 1( ,..., )j j nn nx x rγ − +−Φ ≤ Ta chứng minh: 1 1( ,..., )j j nn nx x rγ −+Φ ≤ Ta có: j j 1n 1 n 1 n 1 n 1(x ,..., x ) . (x ,..., x )−+ +γ γΦ =Φ γ ( ) ( ) n j 1 k 1 k 1 n k k 1 n 1 k 0 j 1 j 1 0 1 n 1 n 1 1 1 2 n 1 2 n 1 j 1 j 1 1 n 1 n 1 n 1 2 n 1 , x (x ,..., x ). (x ,..., x ) x (x ,..., x ) x (x ,..., x ) x (x ,..., x ) (x ,..., x ) − + − + + = − − + − + − − + − + = γ γ γ γ γ γ γ γ Φ Φ∑ =Φ Φ +Φ Φ = Φ +Φ Suy ra jn 1 n 1(x ,..., x )+γΦ ( )1 1 1,...,j j nn nx xr rγ − −+ ∨≤ Φ 1 2 1 . ( ,..., ) j j n n n rr r x xγ − − + ∨≤ Φ ≤ Tiếp tục như vậy sau j-n bước ta có jn 1 n 1(x ,..., x )+γΦ ≤ ( )1 1,...,j n n j nn nx x rr γ− −+ ∨Φ Do phần chứng minh của mệnh đề 3.2.1 ta có ( )1 1,...,nn nx xγ +Φ =1 Vậy jn 1 n 1(x ,..., x )+γΦ ≤ j nr − Do vậy ,0 0 , j n j n r n j n j γ − ∞    ≤ ≤ Φ ≤ > Suy ra 0 j n j n j f a γ ∞ ∞ = ∞ Φ = Φ∑ ≤ { }sup :j nja r j n− ≥ ≤ { }0sup :jja r j ≥ < ∞ Vậy n fΦ bị chặn n∀ nên theo mệnh đề 3.2.9 ta có f C∞∈ U3.4.3 .Mệnh đề ( ) 0 ( )nn n xf a x x D ∞ = = ∈∑ giải tích, D là tập lồi mở chứa 0, khi đó (0,0,...,0)n na D f= 0,1,2,...n = UChứng minh Ta có: !j ( ) (0,...,0)(0,...,0) j jD f f= ! !(0,...,0)j jj D f j a⇔ = (0,...,0)j jD f a⇔ = ( trong trường hợp char(K) =0) Với char(K) p= thì ( ) 0jf = j p∀ ≥ nên (0,...,0)j jD f a= j p∀ < U3.4.4 Mệnh đề :f X K→ , các phát biểu sau tương đương 1. ( )nf C X K∈ → và 1 2 ... 0nD f D f D f= = = = 2. ( , ) ( ) ( )lim 0 ( )nx y a f x f y x y→ − = − a X∀ ∈ Nếu char(K)=0 thì (1) và (2) tương đương với (3) 3. ( )nf C X K∈ → và 'f = 0 UChứng minh Ta chứng minh 2) suy ra 1) Lấy a X, 0∈ ε > . ∃δ sao cho ( ) ( ) ( )n f x f y x y ε− < − , ( ) ( )x y Ba X x yδ∀ ∈ ∩ ≠ Chứng minh: }{1 1 1 1,...,( ) . ( ,..., )n jj j jf x x d x xε −+ +Φ < ; , 1j n j≤ ≥ ; ( )x Baj δ∈ Với 1j = }{ 1 1 1 1 2 1 2 21 ( ) . ( , ), n nf x x d x x x xε ε − −Φ < = − 1 2 1 2 ( ) ( ) ( )n f x f x x x ε−⇔ < − (Đúng) Giả sử đúng cho trường hợp j= n 1− }{ ( )11 11 ,...( , ) . ( ,..., ) n n n n nf x x d x xε − − −Φ < }{ 1. ( ,..., )nd x xε< Ta chứng minh: 1 1( ,..., )n nf x x ε+Φ < 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,( ,..., ) ( ,..., )( ,..., ) n n n n nn n n n f x x f x x xf x x x x − − − + + + Φ −ΦΦ = − Không mất tính tổng quát ta giả sử }{ 1 1 1( ,..., )n n nd x x x x+ += − ( do tính chất đối xứng của n fΦ ) }{ }{ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ,..., , )( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) n n n n n n n n n f x x f x x xf x x d x x d x x − − − + + + + Φ ΦΦ ≤ ∨ }{ }{ }{ }{ 1 1 1 1 1 1 1 1 . ( ,..., ) . ( ,..., , ) ( ,..., ) ( ,..., ) n n n n n d x x d x x x d x x d x x ε ε − + + + ≤ ∨ Vì }{ }{ 1 1 1 ( ,..., ) 1 ( ,..., ) n n d x x d x x + ≤ , }{ }{ 1 1 1 1 1 ( ,..., , ) ( ,..., ) n n n d x x x d x x − + + ≤1 Suy ra 1 1( ,..., )n nf x x ε+Φ ≤ Vậy ( )1 1 11) ,..., lim ( ,..., ) 0 ( ,..., n nn a a f x x x x ++ → Φ = ( )nf C X K⇒ ∈ → Kế đến ta chứng minh 1 2 ... 0nD f D f D f= = = = Ta đã chứng minh ( )nf C X K∈ → , áp dụng công thức Taylor 2 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( ) ( ,.... ) ( ) ( , ..., )n nn n f x f y x y D f y x y D f y y x y D f y y x y f x y y− − − = − + − + − + − Φ Vì ( ) ( )lim 0 ( , ) f x f y x yx y a − = −→ 1 ( ) 0D f a⇒ = a X∀ ∈ Tương tự ta cũng có ( ) 0jD f a = 1,j n∀ = Ta chứng minh 1) suy ra 2) Vì 1, ... 0n nf C D f D f∈ = = = áp dụng công thức Taylor ta có ( ) ( ) ( ) ( , ..., )n nf x f y x y f x y y− = − Φ Nên ( ) ( ) ( , ..., ) ( ) nn f x f y f x y y x y − =Φ − Lấy giới hạn 2 vế khi (x, y) a→ Ta có ( ) ( ) ( ), , ( ) ( )lim ( ) 0nnx y a a f x f y D f a x y→ − = = − Ta chứng minh 1) tương đương 3) khi char(K)=0 Ta chứng minh 3) suy ra 1) Do 3) nên ta có ( )nf C X K∈ → và 'f = 0, vì vậy ( ) 0n nf = ∀ , mặt khác ( )nf C X K∈ → nên theo mệnh đề 3.3.2 ta có ( )! nnn D f f= , do char(K) khác 0 nên từ đẳng thức ( )! nnn D f f= và ( ) 0n nf = ∀ suy ra 0nD f n= ∀ Ta chứng minh 1) suy ra 3) Do 1) nên ( )nf C X K∈ → , mặt khác 1) tương đương với 2) nên ta có ( , ) ( ) ( )lim 0 ( )nx y a f x f y x y→ − = − a X∀ ∈ , lấy n=1 ta có ( , ) ( ) ( )lim 0 ( )x y a f x f y x y→ − = − nên 'f =0. U3.4.5 Mệnh đề Cho p: Qpf Z → xác định như sau: ! 0 0 j j j j j j f a p a p ∞ ∞ = =   =    ∑ ∑ . Khi đó f là hàm C∞ và 0 nnD f = ∀ UChứng minh Đầu tiên ta nhận xét nếu , px y Z∈ và !x-y (x)- (y)j jp f f p− −= ⇒ = Lấy n là số tự nhiên bất kì, ta có: ( ) ( ) ( ) ! 0 j n nj f x f y p px y − − − = → − khi ( ) j x y→∞ → Theo mệnh đề 3.4.4 suy ra ( )nf C X K∈ → và 1 2 ... 0nD f D f D f= = = = với mọi n. Suy ra ( )pQpf C Z∞∈ → và 0 nnD f = ∀ U3.4.6 Mệnh đề ( ) ( ) ( )1p p pQ Q ... Q ...np p pC Z C Z C Z→ ⊃ → ⊃ ⊃ → ⊃ UChứng minh Chứng minh ( )pQn pC Z → ⊂ ( )1 pQn pC Z− → với mọi số tự nhiên n Xây dựng ánh xạ p: Qpf Z → như sau 0 0 j nj j j j j f a p a p ∞ ∞ = =   =    ∑ ∑ Ta chứng minh ( )1 pQn pf C Z−∈ → Thật vậy: ( ) ( ) 1 n nf x f y x y x y x y x y −− − = = − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1, , , , lim lim 0nx y a a x y a a f x f y x y x y −→ → − ⇒ = − = − Do mệnh đề 3.4.4 nên ta có: ( )1 pQn pf C Z−∈ → ( )pQn pf C Z∉ → Giả sử ( )pQn pf C Z∈ → , theo mệnh đề 3.3.2 ta có: ( )! nnn D f f= Bên cạnh đó do ( )' 0 0nf f= ⇒ = nên 0nD f = với mọi n ( )0jD f j n= ∀ < Mặt khác theo công thức Taylor ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 , ,..., n j n nj j f x f y x y D f y x y f x y y − = = + − + − Φ∑ ( ) ( ) ( ) ( ), ,...,n nf x f y x y f x y y⇔ = + − Φ Lấy giới hạn 2 vế khi x y→ ta được ( ) ( ) ( )lim lim , ,...,nnx y x y f x f y f x y y x y→ → − = Φ − ( )1 0 !⇔ = Vậy ( )pQn pf C Z∉ → KẾT LUẬN Tóm lại trong luận văn này chúng tôi đã làm được một số vấn đề sau đây: -Đưa ra sự cần thiết phải có một định nghĩa mới về hàm khả vi liên tục và chứng minh định nghĩa này là hợp lý trong trường hợp phi Acsimet. -Định nghĩa hàm khả vi liên tục bậc 1 bậc 2 và định nghĩa tương đương -Trình bày những tính chất, kết quả của hàm khả vi liên tục bậc 1 bậc 2 -Đưa ra những ví dụ về hàm khả vi liên tục bậc 1 bậc 2, hàm khả vi liên tục bậc 1 nhưng không phải là hàm khả vi liên tục bậc 2. -Định nghĩa hàm khả vi liên tục bậc n và định nghĩa tương đương. -Trình bày tính chất, kết quả của hàm khả vi liên tục bậc n và cho ví dụ minh hoạ. Về ứng dụng của hàm khả vi liên tục phi Acsimet trong giải tích p-adic và trong lý thuyết số vẫn còn nhiều bài toán mở. Nếu điều kiện cho phép chúng tôi sẽ trở lại đề tài này trong những lần tiếp theo. TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Anh 1. Hu, D.C. and Yang, C.C. (2000) , Value distribution theory of p-adic meromorphic functions, Hong Kong. 2. K. Mahler (1973), Introduction to p-adic numbers and their function, Cambridge university press. 3. Koblitz, Neal (1991), P-adic number, p-adic analysis and zeta-function, Springer- Verlag. 4. N.Koblitz (1980), P-adic analysis: a short course on recent work, Cambridge university press. 5. Serge Lang (1994), Algebraic number thoery, Springer. 6. Svetlanta Katok (2001) , Real and p-adic analysic course notes for math 497C MASS, USA. 7. W.H. Schikhof (1984), Utrametric calculus, Cambridge university press. Tiếng Việt 8. Đậu Thế Cấp (1992), Giải tích hàm, Nhà xuất bản giáo dục. 9. Nguyễn Xuân Liêm (1994), Giải tích hàm, Nhà xuất bản giáo dục. DANH MỤC TỪ KHOÁ ( )BC X K→ ,8 ( )1BC X K→ ,17 ( )2BC X K→ ,23 ( )nBC X K→ ,35 ( )B C X K∪ → ,8 ( ) ,8C X K→ ( )1 ,16C X K→ ( )2 , 23C X K→ ( ) ,35nC X K→ ( ) ,35C X K∞ → ( ) ,8UC X K→ 1 1, ,16f fΦ Φ 2 2, , 23f fΦ Φ , ,35n nf fΦ Φ 1 , 17 n , 36 Chuẩn,3 Đặc số của trường,4 Đẳng mêtry, 6 Định lý giá trị trung bình, 12 Giải tích, 10 Giải tích địa phương, 10 Hàm hằng địa phương, 10 Hensel, 21 Hội tụ đều, 5 Hội tụ từng điểm, 5 Khả vi, 6 Khai triển p-adic, 7 Liên tục, 5 Liên tục đều, 5 Nguyên lý tam giác cân, 4 Phép đồng dạng, 6 Phép co, 6 Số nguyên p-adic 7 Taylor, 28, 46