Hàm liên tục
Các khái niệm
Hàm số f : X → R được gọi là liên tục tại điểm x₀ ∈ X nếu với mọi ε > 0, luôn tồn tại δ > 0 (phụ thuộc vào ε) sao cho với mọi x ∈ {x ∈ X | |x − x₀| < δ}, ta có |f(x) − f(x₀)| < ε.
- Nếu f liên tục tại mọi điểmx∈X thì ta nói f liên tục trênX.
- Hàm f không liên tục tại điểm x 0 gọi là gián đoạn tại điểm này.
- Giả sửX là một tập hợp số thựcx 0 ∈R là một điểm tụ củaX,f là một hàm số xác định trên X.
Khi đóf liên tục tại điểmx 0 , nếu và chỉ nếu lim x→x 0 f(x) =f(x 0 )
- Giả sử f là một hàm số xác định trên tập số thực X Hàm số f liên tục tại điểm x 0 ∈X khi và chỉ khi
Ví dụ 1.1.1 a) Hàmf(x) = sinxliên tục trênR Thật vậy giả sửx 0 ∈X với mọix∈R ta có.
≤ |x−x 0 | Với ε bất kì ta lấy δ=ε khi đó
Vậy hàm f(x) = sinxliên tục tại x 0 do đó liên tục trên R
Các tính chất hàm liên tục
Định lý 1.1.1 cho biết rằng nếu hai hàm f và g cùng xác định trên tập hợp X và liên tục tại điểm x0 ∈ X, thì các hàm αf + βg (với α và β là hằng số) và f.g đều là những hàm liên tục tại x0 Đặc biệt, nếu g(x0) khác 0, thì tích f.g cũng là một hàm liên tục tại x0.
Định lý 1.1.2 khẳng định rằng nếu f : A → B là hàm liên tục tại x0 ∈ A và g : B → R là hàm liên tục tại y0 = f(x0) ∈ B, thì hàm hợp gof : A → R cũng sẽ liên tục tại x0 Điều này có thể được chứng minh dựa trên các tính chất của hàm liên tục.
Cho trước ε > 0 Vì hàm g liên tục tại y0, nên tồn tại η > 0 sao cho |g(y)−g(y0)| < ε với mọi y ∈ B thỏa mãn |y−y0| < η Do hàm f liên tục tại x0, với η > 0 đã cho, tồn tại δ > 0 sao cho |f(x)−f(x0)| < η với mọi x ∈ A thỏa mãn |x−x0| < δ Khi đó, với mọi x ∈ {x ∈ A| |x−x0| < δ}, ta có |(gof)(x)−(gof)(x0)| = |g(f(x))−g(f(x0))| < ε Vậy hàm gof liên tục tại x0 Định nghĩa 1.1.2: Hàm f: A → R được gọi là liên tục bên phải tại điểm x0 ∈ A nếu mọi ε > 0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho với mọi x ∈ {x ∈ A|x0 ≤ x < x0 + δ}, ta có điều kiện liên tục.
Ta nói f liên tục bên trái tại x0 ∈ A nếu với mọi ε >0 cho trước tồn tại δ > 0 sao cho với mọix∈ {x∈A|x 0 −δ ≤x n Dãy {x_n} bị chặn, do đó chứa một dãy con {x_{n_k}} hội tụ đến x_0, với a ≤ x_{n_k} ≤ b Khi k → ∞, ta có a ≤ x_0 ≤ b và nhờ tính liên tục tại x_0, f(x_{n_k}) → f(x_0), dẫn đến |f(x_{n_k})| - |f(x_0)| (k → ∞) Tuy nhiên, |f(x_{n_k})| ≥ n_k, do đó |f(x_{n_k})| → +∞ (k → ∞) gây mâu thuẫn Vì vậy, hàm f phải bị chặn trên [a, b] Định lý 1.1.4 khẳng định rằng nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b], thì nó đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, tức là tồn tại hai số x_0, x_0' ∈ [a, b] sao cho f(x_0) = sup f(x) với x ∈ [a, b].
Chứng minh Vì hàm f bị chặn trên đoạn[a, b], vì thế tồn tại supf(x) x∈[a, b]
Theo định nghĩa của cận trên, tồn tại một dãy \( x_n \in [a, b] \) sao cho \( \lim_{n \to \infty} f(x_n) = M \) Dãy \( \{x_n\}_n \) là dãy bị chặn, do đó nó chứa một dãy con \( \{x_{n_k}\}_k \) với \( x_{n_k} \to x_0 \in [a, b] \) Vì hàm \( f \) liên tục, ta có \( M = \lim_{n \to \infty} f(x_n) = \lim_{k \to \infty} f(x_{n_k}) = f(x_0) \) Do đó, hàm \( f \) đạt giá trị lớn nhất trên đoạn \( [a, b] \).
Theo Định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất, nếu hàm f : [a, b]→R liên tục trên đoạn [a, b] và f(a).f(b) 0 mà không mất tính tổng quát Đặt A = {x ∈ [a, b] | f(x) ≤ 0}, từ đó suy ra a ∈ A và A không rỗng Gọi c = sup A, chúng ta sẽ chứng minh rằng f(c) = 0 Theo định nghĩa của cận trên, tồn tại một dãy {t_n} ⊂ A sao cho lim x→∞ t_n = c.
Vì hàm số f liên tục tại c nên f(c) = lim n→∞f(t n ) ≤ 0 Do f(b) > 0, ta có c < b Nếu f(c) < 0, từ tính liên tục tại c, lim x→c + f(x) = f(c) < 0, dẫn đến tồn tại δ > 0 sao cho c+δ < b và f(x) < 0 với mọi x ∈ [c, c+δ], đặc biệt là f(c+δ) < 0 Điều này mâu thuẫn với c là điểm lân cận trên của A, do đó f(c) = 0 Định lý Bolzano - Cauchy thứ hai khẳng định rằng nếu f liên tục trên [a, b], thì f nhận mọi giá trị trung gian giữa f(a) và f(b); tức là với mọi số thực λ nằm giữa f(a) và f(b), tồn tại c ∈ [a, b] sao cho f(c) = λ.
Để chứng minh định lý, giả sử f(a) = f(b) thì định lý hiển nhiên đúng Nếu f(a) khác f(b), không mất tổng quát, ta có thể giả định f(a) < f(b) Tồn tại một giá trị λ sao cho f(a) < λ < f(b) Xét hàm g(x) = f(x) - λ, ta có g(a) < 0 và g(b) > 0 Theo định lý Bolzano - Cauchy, tồn tại một c ∈ (a, b) sao cho g(c) = 0, tức là f(c) = λ.
Khái niệm về hàm khả vi
Các quy tắc tính đạo hàm
Định lý 1.2.2 khẳng định rằng nếu U là tập mở trong R và f, g là các hàm khả vi tại điểm x0 thuộc U, thì các hàm f±g, cf (với c là hằng số thuộc R), f.g và f/g (nếu g(x0) ≠ 0) cũng là các hàm khả vi tại x0.
Đạo hàm hàm hợp và đạo hàm hàm ngược
Định lý 1.2.3 Cho các tập hợp U, V trong R và các hàm f : U → V, g :V →R Giả sửf khả vi tại x 0 ∈U và g khả vi tại y 0 =f(x 0 )∈V Khi đó hàm hợp gof khả vi tại x 0 và (gof) (x 0 ) =g 0 [f(x 0 )].f 0 (x 0 ).
Để chứng minh, ta cần chỉ ra rằng với ∆x đủ nhỏ, ta có chox 0 + ∆x thuộc U Khi đó, hàm số f sẽ có số gia ∆f Tương ứng với số gia ∆f, hàm số h = gof cũng sẽ có số gia ∆h, chính là số gia tương ứng với ∆x Nếu ∆f khác 0, ta sẽ có kết quả cụ thể.
∆h=g 0 (f(x 0 )) ∆f+r(∆f).∆f (1) trong đór(∆f)→0khi đó ∆f →0 Đẳng thức này cũng đúng khi cả ∆f = 0 vì khi đó
∆h=g(f(x 0 ) + ∆f)−g(f(x 0 )) =g(f(x 0 ))−g(f(x 0 )) = 0 Chia cả hai vế 1 cho∆x ta được
(ln|x|) 0 = 1 x, x6= 0 Định lý 1.2.4 Giả sử
1) Hàm số f : (a, b)→R liên tục và đơn điệu thực sự trong khoảng (a, b).
Khi đó hàm ngược g = f −1 của hàm f có đạo hàm tại điểm y 0 = f(x 0 ) và g 0 (y 0 ) 1 f 0 (x 0 ).
Chứng minh Với y ∈ (c, d) = f[(a, b)], y 6= y 0 do g cũng đơn điệu thực sự ta có x=g(y)6=g(y 0 ) = x 0
. Khi y→y 0 , do hàm ngược g cũng là hàm liên tục, ta có x→x 0
Từ đó ta có lim y→y 0 g(y)−g(y 0 ) y−y 0 = lim x→x 0
Ví dụ 1.2.3 Một số các hàm ngược sau
1) Xét hàm sốy= arctanxhàm này là hàm ngược của hàm của hàmx= tany − π 2 < y < π 2 và ta cóx 0 y = cos 1 2 y = 1 + tan 2 y = 1 +x 2
2) Xét hàm y = arcsinx, x∈ (−1, 1) hàm này là hàm ngược của hàm x= siny, y ∈
Đạo hàm một phía
Định nghĩa 1.2.3 Cho hàm số f : [x0, b]→R nếu tồn tại giới hạn lim
∆x thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm bên phải của f tại x 0 kí hiệuf 0 + (x 0 ).
Tương tự, xét f : [a, x 0 ] → R Nếu tồn tại giới hạn lim
∆x thì được gọi là đạo hàm bên trái của f tại x0, kí hiệu f 0 − (x0).
Nếu U là một lân cận của x₀ và f: U → R, thì hàm số f có đạo hàm tại x₀ nếu và chỉ nếu nó có đạo hàm bên phải và bên trái tại x₀, và hai đạo hàm này phải bằng nhau.
Ví dụ 1.2.4 Xét hàm f(x) =|x| Tại điểm x 0 = 0 ta có.
Vậy hàm f không có đạo hàm tại x 0 = 0.
Vi phân
Trong toán học, định nghĩa 1.2.4 liên quan đến tập hợp mở U ⊂ R và ánh xạ f : U → R khả vi tại điểm x₀ ∈ U Ánh xạ tuyến tính từ R vào R được xác định bởi đạo hàm f'(x₀) được gọi là vi phân của f tại x₀, ký hiệu là df(x₀) Do đó, df(x₀)(h) = f'(x₀) cho mọi h ∈ R.
Từ định nghĩa đạo hàm và vi phân ta có f(x 0 +h)−f(x 0 ) x 0 ) (h) + 0 (h) trong đó 0 (h) là vô cùng bé cấp hơn h khi h→0 Nếu f 0 (x0)6= 0 ta có f(x 0 +h)−f(x 0 )≈df(x 0 ) (h) khi h→0.
Giả sử f và g là các hàm khả vi tại điểm x₀ ∈ U, với df và dg lần lượt là các vi phân của f và g tại x₀ Từ các quy tắc tính đạo hàm, ta có các quy tắc vi phân sau: d(f + g) = df + dg, d(cf) = cdf, và d(cf) = df.g + f.dg.
Kí hiệu h = ∆x, vi phân của hàm khả vi y = f(x) tại x được biểu diễn bằng dy = f'(x)∆x Nếu f(x) = x, thì f'(x) = 1, dẫn đến dy = dx = 1∆x = ∆x Do đó, vi phân của hàm y = f(x) có thể được viết lại là dy = f'(x)dx.
Công thức này cũng đúng cả khixlà hàm biến độc lập khác Thật vậy nếuy=f[ϕ(t)] ta có dy= [f(ϕ(t))] 0 dt =f 0 (x).ϕ 0 (t)dt =f 0 (x)dx
Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy
Hàm số f : U → R đạt cực đại địa tại điểm x₀ ∈ U nếu tồn tại δ > 0 sao cho (x₀ - δ, x₀ + δ) ⊂ U và f(x₀) ≤ f(x) với mọi x ∈ (x₀ - δ, x₀ + δ); tương tự, hàm f đạt cực tiểu tại x₀ nếu f(x₀) ≥ f(x) trong khoảng này Điểm x₀ nơi hàm f đạt cực trị được gọi là điểm cực trị Theo định lý Ferma, nếu c ∈ U là điểm cực trị của hàm f và tồn tại đạo hàm f'(c), thì f'(c) = 0.
Chứng minh Giả sử f đạt cực đại tại c ∈U Theo định nghĩa tồn tại δ >0 sao cho (c−δ, c+δ) ⊂U sao cho f(c+ ∆x)−f(c) ≤ 0 với mọi ∆x có |∆x| < δ Nếu ∆x >0 thì f(c+∆x)−f(c)
Khi ∆x ≥ 0 và ∆x → 0, nếu ∆x < 0 thì ta có f'(c) ≥ 0, từ đó suy ra f'(c) = 0 Trong trường hợp hàm số f đạt cực tiểu tại c, ta có thể chứng minh tương tự Định lý 1.3.2 (Rolle) phát biểu rằng nếu hàm số f: [a, b] → R thỏa mãn các điều kiện: a) f liên tục trên đoạn [a, b]; b) f khả vi trên khoảng (a, b); và c) f(a) = f(b), thì tồn tại ít nhất một điểm c trong (a, b) sao cho f'(c) = 0.
Khi đó, tồn tại ít nhất một điểm c∈(a, b) sao cho f 0 (c) = 0.
- Nếuf là hằng số trên [a, b] tức làf(x) =f(a) =f(b) = hằng số Khi đó f 0 (x) = 0 với mọix∈(a, b).
Nếu hàm f(x) không phải là hằng số trên đoạn [a, b], thì do tính liên tục, f sẽ đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên đoạn này, với ít nhất một trong hai giá trị đạt được tại điểm c trong khoảng mở (a, b) vì f(a) = f(b) Với giả thiết đạo hàm tồn tại ở mọi điểm trong (a, b), tại điểm c mà f đạt cực trị, ta có f'(c) = 0 Định lý 1.3.3 (Lagrange) khẳng định rằng hàm số f: [a, b] → R có những tính chất nhất định.
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c∈(a, b) sao cho f(b)−f(a) (b−a) =f 0 (c) (1)
Xét hàm số F : [a, b]→R xác định bởi
F(x) = f(x)−f(a)− f(b)−f(a) b−a (x−a) HàmF liên tục trên[a, b], khả vi trong (a, b) và F(b) =F(a) = 0.
Theo định lí Rolle tồn tại c∈(a, b) sao cho F 0 (c) =f 0 (c)− f(b)−f(a) b−a = 0 từ đó suy ra f(b)−f(a) b−a =f 0 (c)
Chú ý: Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange Công thức 1 có thể viết dưới dạng sau.
Lấya=x 0 , b=x 0 + ∆x, khi đó b−a= ∆x Vì cở giữax 0 và x 0 +θ∆xnên ccó thể viết dưới dạngc=x0+θ∆x, trong đó 0< θ 0 (hoặc f' (x) < 0) với mọi x ∈ (a, b), thì hàm số f tăng (hoặc giảm) thực sự trên đoạn [a, b] Để chứng minh, giả sử a ≤ x1 ≤ x2 ≤ b, theo định lý Lagrange, tồn tại c ∈ (x1, x2) sao cho f(x2) - f(x1) = f' (c)(x2 - x1).
Nếu f 0 (c) = 0, thì suy ra rằng f(x 1 ) = f(x 2 ), cho thấy hàm f là một hằng số Ngược lại, nếu f 0 (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b), từ đó ta có f(x 2 ) − f(x 1 ) > 0, chứng minh rằng f là hàm tăng Định lý 1.3.4 (Cauchy) khẳng định rằng các hàm f, g : [a, b] → R phải có những tính chất nhất định.
Khi đó tồn tại c∈(a, b) sao cho
[f(b)−f(a)]g 0 (c) = [g(b)−g(a)]f 0 (c) (3) Nếu hơn nữa g 0 (x)6= 0 với mọi x∈(a, b) thì công thức (3) có thể viết là f(b)−f(a) g(b)−g(a) = f 0 (c) g 0 (c) (4)
Chứng minh Xét hàm h: [a, b]→R xác định bởi h(x) = [f(b)−f(a)]g(x)−[g(b)−g(a)]f(x).
Hàm h liên tục trên [a, b], khả vi trong (a, b) và h(a) =f(b).g(a)−g(b).f(a) = h(b). Theo định lý Rolle tồn tạic∈(a, b) sao cho h 0 (c) = [f(b)−f(a)].g 0 (c)−[g(b)−g(a)].f 0 (c) = 0 từ đó suy ra (3).
Nếu hơn nữa g 0 (x)6= 0 với mọi x ∈(a, b) thì g(b)−g(a)6= 0 vì nếu không sẽ tồn tại ξ∈(a, b) sao cho g 0 (ξ) = 0, trái với giả thiết Khi đó từ (3) ta suy ra (4).
Chú ý: Định lý Lagrange là trường hợp riêng của định lý Cauchy với hàm g(x) =x.
Công thức Taylor, Mac-Laurin
Định lý 1.4.1 (Công thức Taylor với số dư dạng Lagrange) Giả sử hàm f : (a, b)→R khả vi đến n+ 1 trong (a, b), x 0 ∈(a, b) Khi đó với mọi x∈(a, b) ta có f(x) n
(n+ 1)!(x−x 0 ) n+1 (1) trong đó c là một điểm nằm giữa x và x 0
Trong đó biến độc lập t biến thiên trên [x 0 , x] (để xác định ta xem x > x 0 ) ϕ(t) liên tục trên [x 0 , x] Kí hiệu p n (x) n
Lấy đạo hàm của hàm số ϕ(t) theo t ta được ϕ 0 (t) =−f(t)−h f 00 (t) 1! (x−t)−f 0 (t)i
Giả sử ψ(t) là một hàm liên tục trên đoạn [x₀, x] với đạo hàm ψ'(t) khác 0 trong khoảng (x₀, x) Áp dụng định lý Cauchy cho cặp hàm ϕ(t) và ψ(t), ta có thể xác định một điểm c nằm giữa x₀ và x, có dạng x₀ + θ(x - x₀) với 0 < θ < 1, sao cho tỉ số giữa sự chênh lệch giá trị của ϕ tại x₀ và x với sự chênh lệch giá trị của ψ tại x₀ và x bằng tích của đạo hàm ϕ tại c và đạo hàm ψ tại t.
Từ (2) và (3) ta suy ra r n (x) = ϕ(x 0 ) = ϕ(x 0 )−ϕ(x) = −ψ(x 0 )−ψ(x) ψ 0 (x) f (n+1) (c) n! (x−c) n (4)
Nếu ta chọnψ(t) = (x−t) n+1 thì các điều kiện nói trên đối với hàm ψ(t)được thực hiện và ta có ψ(x 0 ) = (x−x 0 ) n+1 , ψ(x) = 0, ψ 0 (c) =−(n+ 1) (x−c) n Thay vào(4) ta được r n (x) = f (n+1) (n+1)! (c) (x−x 0 ) n+1
(n+ 1)! (x−x 0 ) n+1 Công thức (1) được chứng minh.
1)Vì c nằm giữa x vàx0 nên công thức (1) có thể viết lại dưới dạng: f(x) n
(n+ 1)! (x−x 0 ) n+1 trong đó θ 0. Đặt u= log 3 x ⇒x= 3 u Khi đó phương trình có dạng:
Giả sử phương trình có nghiệm u=α, khi đó :
Từ (3a) ta nhận được f(3) =f(2) và f(t) khả vi và liên tục trên [2, 3], theo định lý Rolle ∃c∈(2, 3)sao cho : f 0 (c) = 0⇔α
= 0⇔ α= 0 α= 1 Thử lại ta thấy u= 0 và u= 1 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm x= 1 và x= 3.
Ví dụ 2.1.22 Giải phương trình:
Giải. Đặt t= cosx,(t∈[−1; 1]) khi đó ta có
Xét hàm số: f(t) = (1 +t)(2 + 4 t )−3.4 t suy ra f 0 (t) = 2 + 4 t + (t−2)4 t ln 4, f 00 (t) = 2.4 t ln 4 + (t−2)4 t ln 2 4
Ta có f 00 (t) = 0 ⇔ t = 2 + ln 4 2 nên f 00 (t) có nghiệm duy nhất suy ra f 0 (t) có nhiều nhất 2nghiệm do đó f(t) có nhiều nhất 3 nghiệm.
Mặt khác dễ thấyf(0) =f( 1 2 ) = f(1) = 0, Do đó f(t) có3 nghiệm
Với k ∈Z phương trình (4) có nghiệm là
Ứng dụng chứng minh bất đẳng thức
Dùng định lý Lagrange để chứng minh bất đẳng thức
Từ định lý Lagrange, nếum ≤f 0 (c)≤M thì m≤ f(b)−f(a) b−a ≤M ⇔m(b−a)≤f(b)−f(a)≤M(b−a)
Ví dụ 2.2.1 Cho 0< b < a Chứng minh rằng. a−b a