nkhunghpvn1998

Bài 1a: Theo định lý Rolle thì phương trình $f'=0$ tồn tại ít nhất 1 nghiệm thuộc $R$, đồng thời $f$ có tập xác định $(0;\infty)$ nên lim $\lim_{x\to - \infty}f' >0; \lim_{x\to -\infty}f' <0$ suy ra hàm số đạt GTLN trên R.

Đề bài chỉ cho hàm số liên tục thì chắc gì đã tồn tại đạo hàm? Mà nếu tồn tại đạo hàm thì chắc gì đạo hàm đã liên tục và tồn tại giới hạn tại điểm $-\infty$?

$z=ut^{n}$

Mình sử dụng một kết quả trong "Algebraic Curves" của Fulton:
"$A$ là miền địa phương Noether thỏa mãn ideal cực đại là ideal chính thì tồn tại phần tử $t$ bất khả quy thuộc $A$ sao cho mọi phần tử khác không z thuộc A viết được duy nhất dưới dạng $z=ut^{n}$, trong đó $u$ là đơn vị của $A$, $n$ là số nguyên không âm."

Trở lại bài toán,

Giả sử $A$ là miền địa phương Noether có $M$ là ideal cực đại và cũng là ideal chính, gọi $t$ là phần tử sinh của $M$.

Từ chứng minh của kết quả nêu trên, mọi phần tử khác không $z$ thuộc $A$ sẽ viết được dưới dạng $z = ut^{n}$, trong đó $u$ là đơn vị của $A$, $n$ là số nguyên không âm.

Gọi $I$ là một ideal của $A$. Gọi $m$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại $x$ thuộc $I$ mà $x = vt^m$, $v$ là đơn vị của $A$. Khi đó suy ra $I$ là ideal chính với phần tử sinh là $t^m$.

Ta chứng minh ideal nguyên tố duy nhất của $A$ là $M$. Hiển nhiên $M$ là ideal nguyên tố do $t$ là bất khả quy.

Gọi $p$ là ideal nguyên tố của $A$.

Xét $z = ut^n$ thuộc $p$, $u$ là đơn vị của $A$, $n$ là số nguyên không âm. Chon $x = ut^{n-1}$ và $y = t$ thì $xy = z$ và do $p$ là nguyên tố nên $x$ hoặc $y$ thuộc $p$. Nếu $y$ thuộc $p$ thì $p = M$. Nếu $x$ thuộc $p$ thì lại thực hiện tương tự như trên, sau một số hữu hạn bước, với chú ý $u$ không thuộc $p$ (vì nếu không thì $1$ thuộc $p$ và $p = A$, vô lý) thì ta có $t$ thuộc $p$, $p = M$.

Ta có điều phải chứng minh.  

P/s: Hơi bị hoảng khi thấy trên Wikipedia có đến chục cái định nghĩa khác nhau về vành định giá rời rạc  .

Với ý tưởng là việc sử dụng BĐT Cauchy cho hàm chỉnh hình, ta có lời giải sau:

Điều kiện cần:

Giả sử $f$ giải tích thực, khi đó $\displaystyle{f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n(x-x_0)^n}$.

Với mỗi $x_0 \in I$ xét hàm $\displaystyle{g(z) = \sum a_n(z-x_0)^n}$, trong đó $g$ xác định trên $D_{x_0}$ là đĩa mở tâm $x_0$ và có bán kính đủ nhỏ. Do $I$ là compact tương đối trong $\mathbb{C}$ nên tồn tại hữu hạn điểm $x_1,x_2,\dotsc,x_n$ sao cho họ các đĩa mở $\{D_{x_i}\}_{i=1}^n$ phủ $I$.

Đặt $D = \bigcup_{i=1}^{n} D_{x_i}$ thì ta có $g$ là hàm chỉnh hình trên $D$. Khi đó ta có thể áp dụng BĐT Cauchy cho các điểm $x \in I$ và ta có đpcm.

Điều kiện đủ:

Giả sử ta có điều kiện

\begin{equation} |f^{(n)}(x)| \le \frac{n!.C}{R^n} \tag{i} \end{equation}

Sử dụng khai triển Taylor với phần dư Lagrange cho $x, x_0 \in I$ ta có:

\begin{equation*} f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \dotsc + \frac{f^{(n-1)}(x_0)(x-x_0)^{n-1}}{(n-1)!} + \frac{f^{(n)}(c)(x-x_0)^n}{n!}, c\in (x_0,x) \end{equation*}

Sử dụng giả thiết $(i)$ ta có

\begin{equation*} |f^{(n)}(c)| \le \frac{n!.C}{R^n} \end{equation*}

Suy ra

\begin{equation*} \displaystyle{\left | f(x) - f(x_0) - f'(x_0)(x-x_0) - \dotsc - \frac{f^{(n-1)}(x_0)(x-x_0)^{n-1}}{(n-1)!}\right| \le \frac{C}{R^n}|x-x_0|^n} \end{equation*}

Ta chỉ cần chọn lân cận $B$ của $x_0$ đủ nhỏ sao cho $\frac{\sqrt[n]{C}|x-x_0|}{R} \le \alpha < 1$ với mọi $x\in B$ thì chuỗi $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ hội tụ đều về $f(x)$. Ta có đpcm.

Cái đề này không ổn khi lấy $f(x) = e^x$.

Điều cần chứng minh có lẽ là:

\begin{equation*} |f^{(n)}(x)| \le \frac{n!.C}{R^n} \forall x \in J \end{equation*}

Ngoài ra nếu xét với hàm giải tích phức (hàm chỉnh hình) thì đây là BĐT Cauchy.