Giải tích chương 1: SỐ THỰC VÀ HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ THỰC

Dãy {x n } hội tụ khi và chỉ khi mọi dãy con của nó đều hội tụ và có chung giới hạn.. Xem chứng minh tại trang 18 Cách chứng minh dãy không hội tụ Để chứng minh dãy xn không hội tụ, ta p

 Tập các số hữu tỷ[5]: Q = { : 0  n, m Z, m và n nguyên tố cùng nhau}

Hai số được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu chúng chỉ có ước chung lớn nhất là 1

Tất nhiên, mọi phân số p

q đều có thể đưa về dạng

m

n bằng cách chia cả q và q cho ước số

chung lớn nhất của chúng Vì vậy mọi số có dạng p

Các kết quả đều là những hoán vị thuận của 142857

 Tập các số vô tỷ[7]: R\Q Biểu diễn thập phân của các số vô tỷ là dạng thập phân vôhạn không tuần hoàn

Trong R, ta xây dựng hai phép toán là phép cộng[11] và phép nhân[12], được ký hiệu tươngứng bởi các dấu "+" và dấu "." (nếu không dẫn đến nhầm lẫn, ta có thể viết ab thay cho a.b).Các phép toán này có các tính chất sau:

 Tính giao hoán[13] a + b = b + a ab = ba

 Tính kết hợp[14]: (a + b) + c = a + (b + c) (ab)c = a(bc)

 Tính phân bố[15] của phép nhân đối với phép cộng: a(b + c) = ab + ac

 Phần tử trung hoà[16] của phép cộng, ký hiệu là 0: 0 + a = a + 0 = 0

 Phần tử trung hoà của phép nhân, ký hiệu là 1: 1a = a1 = a

 Với phép cộng, phần tử đối[17] của a là –a, và a + (–a) = 0

 Với phép nhân, phần tử nghịch đảo[18] của a  0 là a–1, và aa–1 = 1

Trong R, xây dựng được các phép toán quan hệ[19],

 Nhỏ hơn, ký hiệu là "<", ví dụ 2 < 3

 Nhỏ hơn hoặc bằng, ký hiệu là "≤", ví dụ a ≤ b

Định nghĩa 1.1.1[20] Số thực x được gọi là cận trên [21] của tập con [22] A  R nếu a ≤ x với mọi

a  A Khi đó ta nói tập A bị chặn trên [23] Tương tự, số thực x được gọi là cận dưới [24]

của tập A  R nếu a ≥ x với mọi a  A Khi đó ta nói tập A bị chặn dưới [25] Tập A được gọi là bị chặn nếu nó đồng thời bị chặn trên và bị chặn dưới

Định nghĩa 1.1.2 Cận trên bé nhất [26] , nếu có, của tập A được gọi là cận trên đúng [27] của A,

ký hiệu là sup A Cận dưới lớn nhất [28] , nếu có, của tập A được gọi là cận dưới đúng [29]

của A, ký hiệu là inf A

Nếu sup A thuộc A thì đó là phần tử lớn nhất[30] của A, ký hiệu là max A Nếu inf A thuộc

A thì đó là phần tử nhỏ nhất[31] của A, ký hiệu là min A

Trị tuyệt đối[32] của số thực

Trị tuyệt đối của số thực x, ký hiệu là |x|, được định nghĩa như sau:

5 Vì |a| = |a – b + b|  |a – b| + |b| nên |a| – |b|  |a – b|

Hoán đổi vai trò a và b ta có |b| – |a|  |b – a| = |a – b|

Kết hợp lại ta có |a – b|  ||a| – |b||

Trục số thực

Để biểu diễn hình học tập R các số thực, người ta lấy một đường thẳng định hướng Ox,trong đó điểm O tương ứng với số 0 Các số dương được biểu diễn trên nửa dương (từ gốc O

về phía mũi tên), các số âm được biểu diễn trên âm là nửa còn lại

Trên nửa dương chọn một điểm và cho ứng với số thực 1, nhờ đó các số thực đều đượcbiểu diễn theo tỷ lệ tương ứng Ví dụ, ta áp dụng định lý Pythagore ta có thể xác định điểmtrên trục Ox ứng với số 2

Các trường hợp sau không xác định: (+) + ( – ), (+) – (+), ()/(), 1

Khi đó, tập các số thực R được mô tả bởi (–, +) và

(–, a) = {x  R | x < a}, (–, a] = {x  R | x  a}

(a, +) = {x  R | x > a}, [a, +) = {x  R | x  a}

Tiên đề[33] về cận trên và cận dưới đúng :

 Mọi tập A  R không rỗng và bị chặn trên đều có cận trên đúng thuộc R.

 Mọi tập A  R không rỗng và bị chặn dưới đều có cận dưới đúng thuộc R.

Nguyên lý[34] Archimede Cho trước x > 0 và y > 0, tồn tại k  N* sao cho ky > x.

Chứng minh: Giả sử ngược lại, nN*, n.y  x

Xét tập E = {n.y : nN*} thuộc R, khác rỗng và bị chặn trên bởi x Theo tiên đề trên, tồntại số thực b sao cho b = sup E, tức là n.y  b với mọi n  N*

Vì b là cận trên nhỏ nhất và b – y < b nên b – y không phải là cận trên của E, do đó tồn tạiphần tử noy thuộc E sao cho b – y < noy Tức là b < (no + 1)y, mâu thuẫn.

Từ nguyên lý trên ta có hệ quả[35] sau đây

Hệ quả 1.1.1 x R, k  Z sao cho k  x < k + 1.

Chứng minh: Nếu 0  x < 1 thì hiển nhiên vì ta lấy k = 0 Nếu x  1, áp dụng nguyên lý

Archimede cho hay số x – 1 và 1, tồn tại k  N* sao cho x – 1 < k

Vì các số nguyên dương từ 1 đến k là hữu hạn nên không giảm tổng quát ta coi k chính là

số nhỏ nhất trong các số k thoả mãn ( 1.1 0), tức là k – 1  x – 1

x

–1 –2

(1.1.0)

(1.1.0)

Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có điều cần chứng minh.

Định lý 1.1.1 Giữa hai số thực bất kỳ luôn tồn tại một số hữu tỷ.

Chứng minh: Giả sử a < b là hai số thực bất kỳ Áp dụng nguyên lý Archimede cho hai số 1

và b – a, tồn tại q  N* sao cho 1 < (b – a)q, hay 1 + aq < bq

Áp dụng Hệ quả 1.1 1 cho số 1 + aq, tồn tại p  Z sao cho p < 1 + aq < p + 1

Từ ( 1.1 0) và ( 1.1 0) ta có p – 1 < aq < p < 1 + aq < bq, do đó aq < p < bq

Vì q  N* nên từ ( 1.1 0) ta có a < < b Vậy chính là số hữu tỷ cần được chỉ ra.

Hệ quả 1.1.2 Giữa hai số thực bất kỳ luôn tồn tại vô số số hữu tỷ

Chứng minh: Giả sử a < b là hai số thực bất kỳ Theo Định lý 1.1 1, tồn tại số hữu tỷ b1 saocho a < b1 < b Lại áp dụng Định lý 1.1 1 cho hai số thực a và b1, tồn tại số hữu tỷ b2 sao cho

a < b2 < b1 Cứ như thế ta nhận được vô hạn các số hữu tỷ b1, b2, , bn, thuộc (a, b).

Định lý 1.1.2

 

a + b = c  Q Theo chứng minh trên ta có b = c – a là số hữu tỷ, mâu thuẫn

3 Giả sử a là số hữu tỷ khác 0 và b là số vô tỷ Giả sử ngược lại, tích ab là số hữu

a là số hữu tỷ, hay b là số hữu tỷ, mâu thuẫn.

Hệ quả 1.1.3 Giữa hai số hữu tỷ hay hai số vô tỷ khác nhau, luôn tồn tại vô hạn số hữu tỷ và

Vì vậy giữa hai số hữu tỷ khác nhau, luôn tồn tại vô hạn số hữu tỷ và vô hạn số vô tỷ Cho a < b là hai số vô tỷ Theo Hệ quả 1.1 2 tồn tại hai số hữu tỷ là c và d

Theo chứng minh trên, giữa hai số hữu tỷ c và d (và cũng có nghĩa là giữa hai số vô tỷ a

và b) tồn tại vô hạn số hữu tỷ và vô hạn số vô tỷ.

1.2 Dãy số thực

1.2.1 Một số định nghĩa

Định nghĩa 1.2.3 Một dãy số thực[36] (hay dãy số) là một ánh xạ từ N* vào R: N*  n  x n  R.

Để biểu thị một dãy, ta có thể dùng ký hiệu {xn}, n = 1, 2,

Lân cận[37] của điểm hữu hạn: Với số thực hữu hạn a và số dương , ta gọi

 –lân cận của a, ký hiệu U(a), là tập {x R: |x – a| < }

 –lân cận trái của a, ký hiệu U(a–), là tập {x R: a –  < x < a}

 –lân cận phải của a, ký hiệu U(a+), là tập {x R: a < x < a + }

Lân cận của điểm vô cùng: Với số dương M, ta gọi

 M–lân cận của –, ký hiệu UM(–), là tập {x  R : x < –M}

 M–lân cận của +, ký hiệu UM(+), là tập {x  R : x > M}

Định nghĩa 1.2.4 Dãy {y m } nhận được từ dãy {x n } bằng cách bỏ đi hữu hạn hay vô hạn các phần tử nhưng vẫn giữ lại vô hạn phần tử, được gọi là dãy con của dãy {x n }

Định nghĩa 1.2.5 Dãy {x n } được gọi là hội tụ[38] tới số hữu hạn a khi n dần ra vô cùng nếu

Về trực giác, dãy {xn} hội tụ tới a nếu mọi –lân cận của a đều chứa mọi phần tử của dãy,

có thể loại trừ một số hữu hạn phần tử phía đầu dãy

Ta nói dãy {xn}  + nếu

K > 0, n0 = n0(K) > 0 sao cho với mọi n > n0 thì xn  UK(+)

Ta nói dãy {xn}  – nếu

K > 0, n0 = n0(K) > 0 sao cho với mọi n > n0 thì xn  UK(–)

Ta nói dãy {xn} là phân kỳ[40] nếu nó không hội tụ

Định nghĩa 1.2.6 Số hữu hạn a được gọi là điểm giới hạn của dãy {x n } nếu nó là giới hạn của dãy con nào đấy của dãy {x n }.

Rõ ràng nếu a là giới hạn thì nó cũng là điểm giới hạn của dãy

Như vậy, nếu dãy {xn} không hội tụ thì có thể xảy ra một trong các khả năng sau

1 Cho  > 0 bất kỳ,

2 Từ bất đẳng thức |xn – a| < , ta biến đổi theo chiều "" hoặc "" để tìm n0 = n0()

Ví dụ 1.2.1 Tìm giới hạn của dãy xn = n

 Dãy {x n } tương ứng được gọi là đơn điệu tăng [41] nếu x n  x n+1 n.

 Dãy {x n } tương ứng được gọi là đơn điệu giảm [42] nếu x n  x n+1 n.

Định nghĩa 1.2.8 Cho hai dãy {x n } và {y n }, ta gọi dãy {z n } là

 tổng của {x n } với {y n }, ký hiệu {x n + y n }, nếu z n = x n + y n với mọi n,

 hiệu của {x n } với {y n }, ký hiệu {x n – y n }, nếu z n = x n – y n với mọi n,

 tích của {x n } với {y n }, ký hiệu {x n y n }, nếu z n = x n y n với mọi n,

n

x

y }, nếu z n =

n n

n} là dãy đơn điệu giảm.

Dãy {zn} = {1 + sinn} không phải là dãy đơn điệu

Bằng định nghĩa, tìm giới hạn của các dãy xn + yn, xnyn và n

n– cosn và yn = cosn Dễ thấy cả xn và yn đều không hội tụ,

trong khi đó dãy xn + yn = 1

n hội tụ về 0

Định lý 1.2.4 (định lý so sánh)

1 Nếu x n  y n n > n 0  N và x n  a, y n  b thì a  b.

2 Nếu x n  y n  z n n > n 0 N và x n  a, z n  a thì y n  a.

(Xem chứng minh tại trang 17)

Chú ý: Trong trường hợp xn < yn ta cũng chỉ có thể kết luận a  b, mà không thể kết luận a < b

Ví dụ, xét xn = 1

n 1 và yn = 1

n, rõ ràng xn < yn n Nhưng cả xn và yn đều hội tụ về 0.

Ví dụ 1.2.5 Xét sự hội tụ của dãy xn = 1

n sin n 

Giải: Với n > 1 ta có 0 < 1 1

n sin n n 1  0, vậy 1

n sin n  0 khi n  +

Định lý 1.2.5 Mọi dãy đơn điệu tăng (hay giảm) bị chặn trên (hay dưới) đều hội tụ.

(Xem chứng minh tại trang 17)

 Xét dãy có số hạng tổng quát là xn =

n11n



  Với k > 1 thì k

Người ta chứng minh được rằng, e là số vô tỷ, và hơn nữa, e còn là số siêu việt[43], tức là

nó không thể là nghiệm của của phương trình Pn(x) = 0 với Pn(x) là đa thức bậc n nào đó cócác hệ số là các số hữu tỷ Viết e với 15 chữ số sau dấu phảy thì e = 2.718281828459054

Định lý 1.2.6 (Cantor (1) ) Cho hai dãy {a n } và {b n } thoả mãn

 n  N, a n  b n và [a n+1 , b n+1 ]  [a n , b n ]

 (b n – a n )  0 khi n  +

Khi đó n N, tồn tại duy nhất c  [a n , b n ].

(Xem chứng minh tại trang 17)

Định lý 1.2.7 Dãy {x n } hội tụ khi và chỉ khi nó giới nội và có duy nhất điểm giới hạn.

(Xem chứng minh tại trang 17)

Định lý 1.2.8 Dãy {x n } hội tụ khi và chỉ khi mọi dãy con của nó đều hội tụ và có chung giới hạn.

(Xem chứng minh tại trang 18)

Cách chứng minh dãy không hội tụ

Để chứng minh dãy xn không hội tụ, ta phải chỉ ra: hoặc dãy không giới nội, hoặc có haidãy con dần đến hai điểm giới hạn khác nhau

Ví dụ 1.2.6 Chứng minh dãy xn = cosn không hội tụ

Giải: Xét dãy con ym = x2m+1 Vì ym = cos(2m + 1) = –1 nên ym  –1

Xét dãy con zm = x2m Vì zm = cos(2m) = 1 nên zm  1.

Vậy điểm giới hạn của {xn} không duy nhất nên {xn} không hội tụ

Ví dụ 1.2.7 Chứng minh dãy xn = n( 1)  nphân kỳ

Giải: Ta thấy dãy con ym = x2m = 2m không giới nội, vậy dãy xn phân kỳ

Định lý 1.2.9 (Bolzano (1) – Weierstrass (2) )

Từ một dãy giới nội, luôn trích ra được dãy con hội tụ

(Xem chứng minh tại trang 18)

Ví dụ 1.2.8 Cho dãy xn = n là một số tuỳ ý thuộc [0, 1] Ta thấy |xn|  1 n, nên dãy xn giớinội Ký hiệu [a1, b1] = [0, 1]

Vì dãy xn có vô hạn phần tử, nên một trong hai đoạn con [0, 1

2] và [

1

2, 1] sẽ chứa vô hạnphần tử của dãy xn, ta ký hiệu đó là [a2, b2] Lập luận tương tự, ta nhận được một dãy các đoạncon [an+1, bn+1]  [an, bn] mà mỗi đoạn đều chứa vô hạn phần tử của dãy

Theo định lý Cantor, tồn tại c thuộc giao của tất cả các đoạn đó Trên mỗi đoạn [an, bn], talấy một phần tử của dãy, để tiện trình bày, ta ký hiệu đó là n, rõ ràng n  c

Định nghĩa 1.2.9 Dãy {x n } được gọi là dãy Cauchy (3) nếu

 > 0, n 0  N sao cho khi m  n 0 và n  n 0 thì |x m – x n | < 

Định lý 1.2.10 (Tiêu chuẩn Cauchy) Dãy {x n } hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy Cauchy.

(Xem chứng minh tại trang 18)

Chú ý: Ta thường sử dụng định nghĩa về giới hạn để tìm giới hạn của dãy khi đã tiên đoán

được điểm giới hạn duy nhất của nó, cũng có nghĩa là sử dụng định nghĩa về giới hạn đểkhẳng định dãy {xn} hội tụ về số a biết trước nào đó

Định lý Cauchy được sử dụng khi chưa tiên đoán được giới hạn của dãy, đồng nghĩa vớiviệc cần khẳng định dãy {xn} là hội tụ, mà không cần chỉ ra giới hạn của nó

Ví dụ 1.2.9 Chứng minh rằng dãy có số hạng tổng quát xn = 2

n x 0

dxe

dxe

 hội tụ

Sau này ta sẽ thấy rằng dãy xn hội tụ về 2

x 0

dx2e



Quả thực ta không thể dùng định nghĩa để chứng minh cho dù biết trước giới hạn đó

Ta có thể sử dụng Định lý 1.2 5 để chứng minh sự hội tụ của dãy này

1() Bernard Placidus Johann Nepomuk Bolzano (05/10/1781 – 18/12/1848), nhà Toán học, thần học Đức.

2() Karl Theodor Wilhelm Weierstrass(31/10/1815 – 19/02/1897), nhà Toán học Đức.

3() Augustin Louis Cauchy (21/08/1789 – 23/05/1857), nhà Toán học Pháp.

   nên xn là dãy bị chặn trên.

1.2.3 Nói thêm về dãy số

Trong các ví dụ trước, chúng ta luôn chỉ ra biểu thức của xn, hay nói khác đi, chúng ta chodãy dưới dạng tường minh[44]

Bây giờ ta xét dãy {xn} được cho bởi công thức truy hồi như sau,

1

2 n

2x

 > 0 với xn  2 , nên xn là dãy đơn điệu giảm Theo Định lý 1.2 5,dãy xn hội tụ, giả sử giới hạn đó là x thì x thoả mãn phương trình x = x –

2

2x

 hay x2 – 2 =0

Giải ra ta được x = 2

Giải công thức truy hồi tuyến tính cấp hai hệ số hằng số

Xét dãy số {xn} được cho bởi công thức truy hồi xn+2 + axn+1 + bxn = 0,

với các điều kiện đầu x0 = c0, x1 = c1, n  0

Ta tìm biểu thức của xn dưới dạng n với   0

Thay vào ta có n+2 + an+1 + bn = 0, hay 2 + a + b = 0

Phương trình ( 1.2 0) được gọi là phương trình đặc trưng của ( 1.2 0)

Xét các trường hợp về nghiệm 1, 2 của phương trình này

a) Hai nghiệm thực 1  2: khi đó nghiệm của ( 1.2 0) có dạng xn = k11 + k22

Các hằng số k1, k2 được xác định từ các điều kiện đầu ứng với n = 0 và n = 1

Các hằng số k1, k2 được xác định từ các điều kiện đầu ứng với n = 0 và n = 1.

2 Biểu diễn 1, 2 dưới dạng lượng giác,

1 =  – i = (cos – isin), 2 =  + i = (cos + isin),

ở đây  = 2 2

   ,  = arctg

.Khi đó nghiệm của ( 1.2 0) có dạng xn = c0

2 

n[(cos – isin)n + (cos + isin)n] =

= c0

2 

n[(cosn – isinn) + (cosn + isinn)] = c0ncosn

Ví dụ 1.2.10 Xác định dãy Fibonacci được cho bởi Fn+2 = Fn+1 + Fn, với F0 = F1 = 1

Phương trình đặc trưng 2 –  – 1 = 0 có hai nghiệm thực 1 1 5, 2 1 5

3

 = 2n+1cosn

3



1.3 Định nghĩa hàm số một biến số thực

Cho các tập A  R, B  R Một hàm f: A  B là luật gán mỗi x trong A với duy nhất f(x)trong B Khi đó A được gọi là miền xác định của f, ký hiệu là Df

Tập {f(x) | x  A} được gọi là miền giá trị hoặc ảnh của A qua f , ký hiệu là Rf hoặc f(A)

Ta thường viết y = f(x) để biểu thị rõ luật gán x  A với y  B

Ta nói hàm f: A  B là toàn ánh[45] hoặc ánh xạ lên nếu f(A) = B, nghĩa là với mọi y  B

có ít nhất một x  A sao cho f(x) = y

Ta nói f: A  B là đơn ánh[46] hoặc 1–1 trên A nếu với mọi x1, x2 thuộc A mà f(x1) = f(x2)thì x1 = x2.

Ta nói hàm f: A  B là song ánh[47] nếu nó vừa là 1–1 vừa là toàn ánh

Đồ thị của f là tập {(x, f(x)) : x  A}  R2

Để mô tả đồ thị của hàm số y = f(x), ta dùng hệ trục toạ độ Đề các trong R2

Trục ngang được gọi là trục hoành ứng với biến độc lập x, còn trục dọc được gọi là trụctung ứng với biến phụ thuộc y

Không phải trường hợp nào cũng vẽ được đồ thị của hàm số

Ví dụ, với hàm số được cho như sau

f(x) =

Đồ thị của hàm này gồm một số điểm trên đường cong y = x2 và y = –x2

1.4 Các tính chất chẵn, lẻ, tuần hoàn và đơn điệu của hàm số

Hàm f được gọi là

 chẵn nếu f(–x) = f(x) với mọi x,

 lẻ nếu f(–x) = –f(x) với mọi x,

 tuần hoàn nếu tồn tại T > 0 sao cho f(x + T) = f(x) với mọi x, số nhỏ nhất trong các

số T đó được gọi là chu kỳ[48],

 tăng ngặt[49] trên A nếu f (x) < f (y) với mọi x < y thuộc A,

 giảm ngặt[50] trên A nếu f (x) > f (y) với mọi x < y thuộc A,

 không giảm trên A nếu f (x)  f (y) với mọi x < y thuộc A,

 không tăng trên A nếu f (x)  f (y) với mọi x < y thuộc A

Theo thói quen, ta thường dùng chữ x để chỉ biến độc lập và chữ y để

chỉ biến phụ thuộc, nên hàm ngược của f được viết là y = f–1(x)

Ký hiệu Gf và Gf–1 tương ứng là đồ thị của các hàm y = f(x) và y = f–1(x)

Nếu điểm (x, y)  Gf thì x = f–1(y), nghĩa là điểm (y, x) Gf–1

Do hai điểm (x, y) và (y, x) đối xứng nhau qua đường phân giác thứ nhất, nên đồ thị củacác hàm f và f–1 đối xứng nhau qua đường phân giác thứ nhất

Nếu tồn tại g = f–1 thì f là 1–1, bởi nếu f(x1) = f(x2) thì g(f(x1)) = g(f(x2)) tức là x1 = x2

Dễ thấy rằng, f–1 tồn tại khi và chỉ khi f: A  B là song ánh

Ví dụ: Ký hiệu R+ = {x  R : x  0} Xét các hàm số:

f: R  x  x2 = y  R Với y < 0, phương trình x2 = y vô nghiệm nên f không là toàn

x y

Vậy không tồn tại hàm ngược f –1.

 g: R+  x  x2 = y  R Phương trình x2 = y có nghiệm duy nhất với y  0 và vônghiệm với y < 0 nên g là đơn ánh nhưng không là toàn ánh

Vậy không tồn tại hàm ngược g–1

 h: R+  x  x2 = yR+ Phương trình x2 = y luôn có nghiệm duy nhất với mọi y  0 và

x  0, nên h vừa là đơn ánh, vừa là toàn ánh Vậy tồn tại hàm ngược h–1(x) = x

1.7 Các hàm số sơ cấp cơ bản

Các hàm sau đây được gọi là các hàm sơ cấp cơ bản[52]

 Hàm luỹ thừa : f(x) = x, với   R,

 với p nguyên âm thì Df cũng phụ thuộc tính chẵn lẻ của p

o Nếu  là số vô tỷ thì Df = {x : x  0 } khi  > 0 và Df = {x : x > 0 } khi 

< 0

 Hàm mũ: f(x) = ax (a > 0, a  1), a được gọi là cơ số

f(x) = loga(x) (a > 0, a  1), là hàm ngược của ax

Nếu a = 10, ta viết lg(x) và gọi là logarit thập phân của x

Nếu a = e, ta viết ln(x), và gọi là logarit tự nhiên của x

Với x1 và x2 dương ta có:

loga(x1x2) = logax1 + logax2, loga() = logax1 – logax2.Với x > 0 thì log a x

x a Với b > 0, b  1, a > 0, a  1 và x > 0 thì logbx = logba logax

 Các hàm lượng giác: sinx, cosx, tgx và cotgx

– Các hàm sinx, cosx tuần hoàn với chu kỳ 2

– Các hàm tgx, cotgx tuần hoàn chu kỳ 

x

– Các hàm sinx, tgx và cotgx là hàm lẻ, còn cosx là hàm chẵn.

o y = arcsinx: là hàm ngược của y = sinx

Do sinx tuần hoàn chu kỳ 2 và là song ánh từ [ k , k

Ta ký hiệu Arcsinx là họ tất cả các hàm ngược của y = sinx, còn ký hiệu arcsinx là hàm

ngược xác định trên [–1, 1], nhận giá trị trên đoạn [ ,

2 2

 

o y = arccosx: là hàm ngược của y = cosx

Do cosx tuần hoàn chu kỳ 2 và là song ánh từ [0  k,   k] sang [–1, 1] nên trên

mỗi đoạn [0  k,   k], xác định một hàm ngược y = arccosx

Ta ký hiệu Arccosx là họ tất cả các hàm ngược của y = cosx, còn ký hiệu arccosx là hàm

–1 /2

–

 –/2

y = sinx

x

y 1

–1 /2

–

 –/2 y = cosx

x

y

/2 –

 –/2

y = tgx

x

y

/2 –

 –/2

y = cotgx

o y = arctgx: là hàm ngược của y = tgx.

Do tgx tuần hoàn chu kỳ  và là song ánh từ ( k , k

Ta ký hiệu Arctgx là họ tất cả các hàm ngược của y = tgx, còn ký hiệu arctgx là hàm

ngược xác định trên (–, +), nhận giá trị trong khoảng ( ,

2 2

 

o y = arccotgx: là hàm ngược của y = cotgx

Do cotgx tuần hoàn chu kỳ  và là song ánh từ (0  k,   k) sang (–, +) nên trênmỗi khoảng (0  k,   k), xác định một hàm ngược y = arccotgx

Ta ký hiệu Arccotgx là họ tất cả các hàm ngược của y = cotgx, còn ký hiệu arccotgx là hàmngược xác định trên (–, +), nhận giá trị trong khoảng (0, )

Dễ thấy rằng arcsinx + arccosx = = arctgx + arccotgx

Ta gọi hàm dấu của x, ký hiệu sgnx (signal), là hàm

Các hàm sơ cấp là những hàm được tạo thành bởi một số hữu hạn các phép toán số học[53]

và phép lấy hàm hợp từ các hàm sơ cấp cơ bản

Cho hai hàm f(x) và g(x) có cùng miền xác định, các phép toán số học đối với f và g là:

2 | a |



Nếu b = 0 ta lấy y =

2

, trái lại ta lấy y =

2 | b |



Do xn  x, nên với x, nx N* : |xn – x| < x n > nx,  |a||xn – x| <

2

 n > nx

Do yn  y, nên với y, ny N* : |yn – y| < y n > ny,  |b||yn – y| <

2

 n > nyLấy no = max(nx, ny) Khi đó,

|axn + byn + c – ax – by – c| = |a(xn – x) + b(yn – y)|  |a||xn – x| + |b||yn – y| <  n > no.Theo định nghĩa, axn + byn + c  ax + by + c khi n  +

2) Theo Định lý 1.2 7, tồn tại Mx, My sao cho |xn| < Mx và |yn| < My với mọi n N*

Đặt M = max(Mx, My, |x|) Với

2M

,

nx N* : |xn – x| <

2M

 n > nx, ny N* : |yn – y| <

2M

 n > ny.Lấy no = max(nx, ny) Khi đó,

|xnyn – xy| = |xnyn – xyn + xyn –xy|  |yn||xn – x| + |x||yn – y| < M M

Theo định nghĩa, xnyn  xy khi n +

3) Vì yn  y  0 nên |yn|  |y| > 0 Do đó tồn tại n1 N* sao cho với n > n1 thì |yn| > | y |

2 .Theo định nghĩa, với

2y2



> 0, n2  N* : với n > n2 thì |yn – y| <

2y2



Lấy no = max(n1, n2), khi đó

nx > 0 : xn  U(a)  n > nx, ny > 0 : yn  U(b)  n > ny Lấy N = max(nx, ny, n0), khi đó, n > N, ta có yn < b +  < a –  < xn

Mâu thuẫn, vậy a  b

2  > 0, nx > 0 : n > nx  xn  U(a) nz > 0 : n > nz  zn  U(a)

Lấy ny = max(nx, nz, n0), khi đó n > ny, a –  < xn  yn  zn < a +   yn  U(a).Vậy yn  a khi n  +.

1.9.3 Chứng minh Định lý 1.2 5

Giả sử {xn} đơn điệu tăng và bị chặn trên Theo tiên đề về cận trên đúng, tồn tại

a = sup{xn} Khi đó, với mọi  > 0, vì a –  không phải là cận trên đúng của {xn} nên tồn tại

N > 0 : xN > a –  Khi đó, n  N, a –  < xN  xn  a

Vậy n  N, xn  U(a), tức là {xn} hội tụ

Nếu {xn} đơn điệu giảm và bị chặn dưới, xét dãy {yn} với yn = –xn

Đây là dãy đơn điệu tăng và bị chặn trên, do đó {yn} hội tụ, tức {xn} hội tụ.

1.9.4 Chứng minh Định lý 1.2 6

Dễ thấy {an} là dãy đơn điệu tăng bị chặn trên, còn {bn} đơn điệu giảm bị chặn dưới, nên

cả hai dãy đều hội tụ

Theo Định lý 1.2 3, 0 lim(bn n a ) lim bn n n nlim an

a) Chứng minh điều kiện cần: Giả thiết dãy {xn} hội tụ tới a Giả sử ngược lại, dãy {xn} còn

có điểm giới hạn nữa là b với a  b, tức là tồn tại dãy con {ym} hội tụ tới b

Khi đó, với  = | b a |

3



> 0, U(a)U(b) =  Mặt khác,

do a là giới hạn của dãy nên na > 0 : xn  U(a)  n > na,

do b là giới hạn của dãy {ym} nên nb > 0 : ym  U(b)  m > nb

Lấy n0 = max(na, nb), khi đó ym U(a)U(b)  n > n0, mâu thuẫn vì U(a)U(b) = .Vậy dãy {xn} hội tụ thì nó chỉ có duy nhất điểm giới hạn, ta chứng minh nó giới nội.Với  = 1, n0 > 0 : xn  U(a), tức là a – 1 < xn < a + 1,  n > n0

Vậy dãy {xn} giới nội.

b) Chứng minh điều kiện đủ: Giả sử dãy {xn} giới nội và có duy nhất điểm giới hạn là a

Do {xn} giới nội nên tồn tại M > 0 sao cho |xn| < M với mọi n

Với  > 0 đủ nhỏ bất kỳ, ta chứng minh rằng bên ngoài U(a) chỉ có hữu hạn các phần tử của dãy.Giả sử ngược lại, bên ngoài U(a) có vô hạn các phần tử của dãy Khi đó một trong cácđoạn [–M, a – ] và [a + , M] sẽ chứa vô hạn các phần tử của dãy Không giảm tổng quát taxem đó là đoạn [a + , M], để tiện trình bày, ta gọi đoạn đó là [, ]

Rõ ràng, trên một trong hai nửa của đoạn [, ] sẽ chứa vô hạn phần tử của dãy, giả sử đó

là [1, 1] Một trong hai nửa của đoạn [1, 1] lại cũng chứa vô hạn phần tử của dãy, giả sử

đó là [2, 2], Cứ thế ta được vô hạn đoạn con [m+1, m+1]  [m, m] luôn chứa vô hạn cácphần tử của dãy {xn} Trên đoạn [m, m], ta lấy phần tử x của dãy {xnm n}, dễ thấy rằng

 > 0 bất kỳ, do {xn} hội tụ nên n0 > 0 sao cho |xn – a| <  n > n0

Vì {yn} là dãy con nên |ym – a| <  m > n0, vậy dãy {ym} hội tụ về a

Do {ym} là dãy con bất kỳ, nên ta kết luận mọi dãy con đều cùng hội tụ về a

b) Chứng minh điều kiện đủ: Giả thiết mọi dãy con đều cùng hội tụ về a Khi đó mọi dãy conđều giới nội, chứng tỏ dãy {xn} giới nội và chỉ có một điểm giới hạn

Theo Định lý 1.2 7 ta có dãy {xn} hội tụ.

1.9.7 Chứng minh Định lý 1.2 9

Giả sử dãy {xn} giới nội, tức tồn tại a0, b0 sao cho a0  xn  b0 n Chia đôi đoạn [a0, b0],tồn tại một nửa đoạn chứa vô số các phần tử của dãy {xn}, và gọi đoạn đó là [a1, b1] Lại chiađôi đoạn [a1, b1], ta nhận được đoạn [a2, b2] chứa vô số các phần tử của dãy Cứ như thế, tanhận được dãy đoạn lồng nhau [an+1, bn+1]  [an, bn] thoả mãn bn – an  0 khi n  +

Theo định lý Cantor, tồn tại c [an, bn] n

Do [an, bn] chứa vô số các phần tử của dãy {xn} nên ta có thể lấy một phần tử cn  [an, bn]sao cho cn  ck  k < n Rõ ràng {cn} là dãy con của {xn} và |cn – c|  bn – an  0

Vậy dãy con {cn} hội tụ 

Điều đó chứng tỏ rằng {xn} là dãy Cauchy

b) Chứng minh điều kiện đủ: giả sử dãy xn là dãy Cauchy

Trước tiên, ta chứng minh dãy Cauchy là giới nội Thật vậy, do {xn} là dãy Cauchy nênvới  = 1, tồn tại n0  N* sao cho |xm – xn| < 1 với mọi m  n0, n  n0

Với mọi n  n0 ta có |xn| = |xn – x + n0 x |  |xn0 n – x | + | n0 x | < 1 + | n0 x |.n0

Đặt M = max{|x1|, |x2|, , | xn01 |, 1 + |

0 n

x |}, ta có |xn|  M n  N*, tức {xn} giới nội.Theo Định lý 1.2 9, ta trích ra được dãy con {x } hội tụ, giả sử giới hạn là a nk

Ta chứng minh dãy {xn} hội tụ về a Thật vậy,  > 0,

vì {x } hội tụ về a nên mnk 1  N* sao cho |x – a| < nk

2

với mọi nk > m1,

vì {xn} là dãy Cauchy nên m2  N* sao cho |xn –x | < nk

2

 n > m2 và nk > m2.Đặt n0 = max{m1, m2}, khi đó với  nói trên và n > n0 ta có

c) Chứng minh rằng dãy xn có giới hạn hữu hạn không phụ thuộc a0 và b0

Bài 1.5 Xét sự hội tụ và tìm giới hạn của dãy xn =

Bài 1.7 Xét sự hội tụ của dãy xn = 1 x n 1 với x0 = 3

Bài 1.8 Xác định xn nếu biết xn+2 = 2 3 xn+1 – 4xn, x0 = 2, x1 = 2 3

Bài 1.9 Số nguyên dương n được gọi là số nguyên tố (prime) nếu nó chỉ chia hết cho 1 và

chính nó

Chứng minh rằng, nếu p và q là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 – q2 chia hết cho 3

Bài 1.10 Cho trước số nguyên dương m, hãy chỉ ra m số nguyên dương liên tiếp nhưng

không số nào trong chúng là số nguyên tố

Bài 1.11.Chứng minh rằng 2 là số vô tỷ.

Bài 1.12.Chứng minh rằng, mọi hàm f(x) xác định trong miền đối xứng luôn biểu diễn được

dưới dạng tổng của một hàm chẵn với một hàm lẻ

1.11 Lời giải bài tập chương 1

Bài 1 1

a) xn = (–1)nn 1

n

 Xét dãy con x2n = 2n 1 1 1

2n 1 có giới hạn là 0 nên –1 cũng là điểm giới hạn của dãy xn

Vậy dãy {xn} có hai điểm giới hạn nên nó phân kỳ

  + khi m  +

thì xn < 3 , nếu xn đơn điệu giảm thì xn > 3 Trong cả hai trường hợp ta đều có xn hội tụ.

    nên xn+1 < xn, tức xn là dãy đơn điệu giảm, bị

chặn dưới, do đó tồn tại giới hạn, giả sử là x Khi đó, x = 2

Vậy dãy {xn} đơn điệu tăng và bị chặn trên, còn {yn} đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên

cả hai dãy cùng hội tụ., giả sử giới hạn của chúng tương ứng là x và y

Ta có x = xy  x = y

Bài 1 7 Do x0 = 3 nên xn = 1 x n 1 > 1 với mọi n Mặt khác

  xn = 2n+1cosn

6

 Bài 1 9 Trước hết ta chứng minh rằng tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3

Thật vậy, số dư của n chia cho 3 chỉ có thể là

0: khi đó n chia hết cho 3,

1: khi đó n + 2 chia hết cho 3,

2: khi đó n + 1chia hết cho 3

Vậy n(n + 1)(n + 2) luôn chia hết cho 3

Giả sử p là số nguyên tố, khi đó p(p2 – 1) = (p – 1)p(p + 1) chia hết cho 3 Nhưng p > 3 và

là số nguyên tố nên p không chia hết cho 3, vậy (p – 1)(p + 1) = p2 – 1 chia hết cho 3

Vì p2 – q2 = (p2 – 1) – (q2 – 1), vậy p2 – q2 chia hết cho 3

Bài 1 10 Xét dãy gồm m số: (m + 1)! + 2, (m + 1)! + 3, , (m + 1)! + (m + 1)

Rõ ràng, (m + 1)! + k chia hết cho k, với k = 2, 3, , m + 1

Bài 1 11 Giả sử ngược lại, 2 là số hữu tỷ, khi đó tồn tại hai số nguyên dương m và n saocho 2 = m

n Không giảm tổng quát, ta coi

m

n đã ở dạng tối giản, nghĩa là chúng không cóước số chung nào ngoài 1 Quy đồng rồi bình phương hai vế ta có 2n2 = m2 Vậy m chia hếtcho 2, tức m = 2m1, thay vào ta có n2 = 2m1 Vậy n lại phải chia hết cho 2, mâu thuẫn vì m và

n không có ước số chung nào ngoài 1.

Bài 1 12 Giả sử f(x) xác định trên miền đối xứng (–a, a) Xét hai hàm

2.1.1 Giới hạn của hàm số khi x dần đến +

Giới hạn là một khái niệm quan trọng trong giải tích, thông qua đó ta có thể định lượngđược giá trị của biểu thức f(x) khi x đủ gần giá trị a, có thể chấp nhận sai số nào đó

y= x +

1 O

x y

Thông qua khái niệm lân cận trong mục 1.2, ta có thể phát biểu nôm na khái niệm giới hạnnhư sau, với quy ước rằng ký hiệu L cũng như ký hiệu a được nói đến sau này có thể nhận giátrị hữu hạn hoặc vô hạn

Định nghĩa phi hình thức: Ta nói rằng hàm f(x) có giới hạn là L khi x dần đến a, và ta viết



x a

lim f ( x ) = L, nếu với mọi lân cận của L, tồn tại lân cận của a sao cho khi x thuộc lân cận của a thì f(x) thuộc lân cận của L.

Hoặc phát biểu dưới dạng ký hiệu:

U(L), U(a) : x  U(a)  f(x)  U(L)

Ví dụ với f(x) = x2 Khi x đủ gần 0 thì x2, tức là f(x), cũng đủ

gần 0 Khi x đủ gần 2 thì f(x) đủ gần 4

Trong trường hợp này ta viết lim xx 0 2= 0 và lim xx 2 2 = 4

Sau đây ta phát biểu hình thức cho từng trường hợp cụ thể

Cho f(x) xác định trong khoảng [a, +) và số hữu hạn L  R

Định nghĩa 2.1.10 Ta nói hàm f(x) có giới hạn hữu hạn L khi

 x  + nếu > 0, A = A() > 0 :  xU A (+)  f(x) U(L).

 x  – nếu  > 0, A = A() > 0 :  xU A (–) thì f(x) U(L).

Trong trường hợp này ta viết xlim f (x) L, lim f (x) L   x   

Vậy với  đã cho, nếu lấy A = 1

> 0 thì với mọi x < –A ta có

Định nghĩa 2.1.11 Ta nói hàm f(x) có giới hạn là + khi

 x  + nếuM > 0, A = A(M) > 0 :  x U A (+)  f(x) U M (+)

 x  – nếu M > 0, A = A(M) > 0 :  xU A (–)  f(x) U M (+)

Trong trường hợp này ta viếtxlim f (x)  , lim f (x)x   

y

x 2 4

O

x > M  x2 + 12

x > M  x

2 > M  x > M Vậy với M > 0 đã cho, lấy A = M , khi đó

Vậy với M > 0 đã cho, lấy A = M , khi đó x < –A  f(x)UM(+)  xlim  f(x) = +

Định nghĩa 2.1.12 Ta nói hàm f(x) có giới hạn là – khi

 x  + nếuM > 0, A = A(M) > 0 :  xU A (+) f(x) U M (–)

 x  – nếu M > 0, A = A(M) > 0 :  xU A (–)  f(x)U M (–)

Trong trường hợp này ta viết xlim f (x)  = –, xlim f (x)   = –

Định lý 2.1.11 x lim f ( x ) L n lim f ( x ) L n

       với mọi dãy {x n } có giới hạn là +

(Xem chứng minh tại trang 32)

2.1.2 Giới hạn của hàm số khi x dần đến giá trị hữu hạn a

a) Giới hạn một phía[56]

Định nghĩa 2.1.13 Ta nói f(x) có giới hạn là + khi x  a

 từ bên trái, và viết x a lim f ( x ) = +, nếu 0

Định nghĩa 2.1.14 Ta nói f(x) có giới hạn là – khi x dần đến a

 từ bên trái, và viết x a lim f ( x ) = –, nếu  0

Ta còn dùng các ký hiệu f(a – 0) và f(a + 0) thay thế cho xlim f (x) a 0 và xlim f (x) a 0

Định nghĩa 2.1.15 Ta nói f(x) có giới hạn là L khi x dần đến a

 từ bên trái, và viết x a lim f ( x ) = L, nếu  0

 > 0,  = () > 0 :x U(a–0)  f(x)  U(L).

 từ bên phải, và viết x a lim f ( x ) = L, nếu  0

 > 0,  = () > 0 :x U(a+0)  f(x)  U(L).

b) Giới hạn hai phía [57]

Định nghĩa 2.1.16 Ta nói f(x) có giới hạn là L khi x dần tới a, ký hiệu  

x a

lim f ( x ) L , nếu cả hai giới hạn f(a–0) và f(a+0) cùng tồn tại và bằng L Tức là

x a

lim f ( x ) L   > 0,  = () > 0 : x  U(a)  f(x)  U(L)

Định lý 2.1.12 lim f ( x ) L x a n lim f ( x ) L n

      với mọi dãy {x n } dần đến a.

(Xem chứng minh tại trang 32)

Định lý 2.1.13 Nếu f(x)  L (hữu hạn) khi x  a (vô hạn hoặc hữu hạn) thì tồn tại lân cận

của a sao cho f(x) giới nội trong lân cận đó

2.2 Các tính chất của giới hạn

Ký hiệu lim thay thế cho một trong các xlim , lim , lim , lim ,lim   x  x a x a x a

Định lý 2.2.14 (Tính chất đại số của giới hạn) Giả sử lim f (x) = F, limg(x) = G Khi đó

Ví dụ 2.2.19 Tính xlim f (x)  với f(x) = x x x x

x

    , trên tử có m dấu căn

Chia cả tử và mẫu cho x, ta có f(x) = m 1

a) Nếu hàm đơn điệu tăng và bị chặn trên thì tồn tại giới hạn khi x dần đến +

b) Nếu hàm đơn điệu giảm và bị chặn dưới thì tồn tại giới hạn khi x dần đến –

     Đặt u = 1

x, ta có

1 u

sin x x

1 sin xlim(1 sin x) lim (1 sin x) e

2 2 x 4

1 x 2sin 2

2



 (cos–hyperbolic) Dễ kiểm tra rằng:

ch2x – sh2x = 1, sh2x = 2shx.chx, ch2x = ch2x + sh2x

sh(x + y) = shx.chy + chx.shy, ch(x + y) = chx.chy + shx.shy

2.3 Vô cùng bé và vô cùng lớn

Định nghĩa 2.3.17 Trong quá trình x  x 0 ( hữu hạn hoặc vô hạn), hàm f(x) được gọi là

 vô cùng bé [59] , ký hiệu VCB, nếu

Các tính chất của giới hạn vẫn đúng cho các VCB và VCL

Cho f(x) và g(x) là các VCB trong cùng một quá trình x x0 Ta nói f(x) có bậc cao hơn,

hay g(x) có bậc thấp hơn, nếu

0

x x

f (x)limg(x)

 = 0 Khi đó và viết f(x) = o(g(x)), x x0

Nhận xét: Nếu f(x)  L khi x  a thì có thể viết f(x) = L + (x) với (x) là VCB khi x  a.

Tuy nhiên ta cũng có thể viết f(x) = L + (x)(x – a), trong đó (x) là hàm giới nội trong lâncận của điểm a

2.4 Sự liên tục của hàm số một biến

Giả sử f(x) xác định trong khoảng (, ) và a  (, )

Định nghĩa 2.4.18 Hàm f(x) được gọi là liên tục[61] tại a nếu lim f(x) = f(a) x a

Định lý 2.4.18 Hàm f(x) liên tục tại a   > 0, (, a) > 0 : x U(a)  f(x) U(f(a).

(Xem chứng minh tại trang 35)Thực ra, đây chỉ là cách phát biểu theo ngôn ngữ – về khái niệm liên tục

Định nghĩa 2.4.19 Hàm f(x) được gọi là liên tục trong khoảng mở [62] (a, b) nếu nó liên tục tại mọi điểm x (a, b).

Về mặt trực quan, phần đồ thị của hàm f(x) trong khoảng (a, b) là một đường liền

Định nghĩa 2.4.20 Hàm f(x) được gọi là

 liên tục trái tại b nếu x b lim f(x) = f(b).0

 liên tục phải tại a nếu x a lim f(x) = f(a).0

Ví dụ, cho f(x) =

Hàm này liên tục phải tại –1 và liên tục trái tại 1

Khái niệm này thường dùng khi hàm f(x) liên tục trong khoảng mở (a, b) Người ta muốnkhảo sát thêm sự biến thiên của f(x) tại lân cận trái của b và lân cận phải của a

Định nghĩa 2.4.21 Hàm f(x) được gọi là liên tục trong khoảng đóng [63] [a, b] nếu nó liên tục trong khoảng mở (a, b) đồng thời liên tục phải tại a và liên tục trái tại b.

Ví dụ, các hàm f(x) = c–const và g(x) = x liên tục trong toàn R

Ta chứng minh rằng, hàm f(x) = x2 với x – hữu tỷ và f(x) = – x2 với x – vô tỷ là hàm liêntục tại x = 0

Thật vậy,  > 0, lấy  =  , khi đó x : |x – 0| <   |f(x) – f(0)| = |f(x)| = x2 < 2 = 

2.5 Điểm gián đoạn của hàm số

Ta nói f(x) gián đoạn[64] tại x0, hay x0 là điểm gián đoạn của f(x), nếu nó không liên tục tại x0

Ví dụ, x = a là điểm gián đoạn của hàm f(x) =

1

x y

1 –1

–1 2

 Ta nói x0 là điểm gián đoạn bỏ được nếu f(x – 0) = f(x + 0).

 Ta nói x0 là điểm gián đoạn loại 1 nếu f(x – 0)  f(x + 0)

 Ta nói x0 là điểm gián đoạn loại 2 nếu nó không thuộc một trong hai dạng trên

2.6 Các tính chất của hàm số liên tục

Ký hiệu C(a, b) là tập tất cả các hàm f(x) liên tục trong (a, b)

Định lý 2.6.19 Nếu f(x) và g(x) thuộc C (a, b) thì

a) f + g  C (a, b) ,

b) f – g  C (a, b) ,

c) f.g  C (a, b)

d) f

g  C (a, b) , loại trừ những điểm g(x) = 0

(Xem chứng minh tại trang 36)

Từ đó suy ra, các hàm sơ cấp đều liên tục trong miền xác định của nó

Định lý 2.6.20 Cho f: X  Y, g: Y  Z

Nếu f(x) liên tục tại x 0  X, g(y) liên tục tại y 0 = f(x 0 )  Y thì hàm hợp g o f liên tục tại x 0

(Xem chứng minh tại trang 36)

Áp dụng định lý, chứng minh một số giới hạn quan trọng sau:

a 0

xlim u(x)x xlim ex e u

Định lý 2.6.21 (Định lý về giá trị trung gian[65]) Giả sử f(x) liên tục trên [a, b].

Nếu f (a) <  < f (b) hoặc f (b) <  < f (a) thì tồn tại c  (a, b) sao cho f(c) = .

(Xem chứng minh tại trang 37)

Hệ quả 2.6.4 Nếu f(x) liên tục trên [a, b] và f (a)f(b) < 0 thì tồn tại c để f(c) = 0

Trong thực tế, người ta sử dụng phương pháp chia đôi để tìm nghiệm gần đúng[66] với sai

số[67]  > 0 của phương trình f(x) = 0 trong khoảng phân li [a, b]

Hình vẽ bên phải chứng tỏ rằng điều kiện liên tục trên đoạn đóng là cần thiết

Định lý 2.6.22 (Weierstrass) Hàm f(x) liên tục trên đoạn đóng[a, b] thì giới nội, hơn nữa, nó

luôn đạt cận trên đúng và cận dưới đúng.

(Xem chứng minh tại trang 38)Nói cách khác, hàm liên tục trên đoạn đóng luôn đạt các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất, tức

là luôn tồn tại c và d thuộc [a, b] sao cho f(c) = min f(x) và f(d) = max f(x)

Điều kiện liên tục trên đoạn đóng là cần thiết Hình bên phải là phần đồ thị của y = trênnửa đoạn (0, 1], rõ ràng  + khi x  0 từ bên phải

Từ khẳng định của định lý này, khi cần tìm giá trị min và max của hàm f(x) liên tục trênđoạn [a, b], ta chỉ cần so sánh giá trị tại hai mút với giá trị của hàm tại các điểm cực trị

Định lý 2.6.23 Giả sử f(x) là đơn ánh, liên tục trên (a, b) và (u, v)  (a, b)

a) Nếu f(u) < f(v) thì f(u) < f(w) < f(v) với mọi w  (u, v)

b) Nếu f(u) > f(v) thì f(u) > f(w) > f(v) với mọi w  (u, v).

(Xem chứng minh tại trang 38)

Ý nghĩa của định lý: Với hàm liên tục f(x), nếu nó là đơn ánh thì ảnh của khoảng (u, v) bất kỳ

chính là khoảng (f(u), f(v)) khi f(x) đơn điệu tăng, hoặc (f(v), f(u)) khi f(x) đơn điệu giảm

Hệ quả 2.6.5 Giả sử f(x) liên tục và đơn ánh trên (a, b) và [, ]  (a, b) Khi đó

f(a)a

x y

b

f(b)



f(a)f(b)

b

max(f)

f(1)

1 0

y

x

0

b) Nếu f() > f() thì f(x) giảm ngặt trên [, ].

Chứng minh: Giả sử f() < f(), xét u, v sao cho   u < v  

Nếu u =  và v =  thì hiển nhiên f(u) < f(v) do f() < f()

Nếu  < u thì do u < v   nên  < u < , theo định lý ta có f() < f(u) < f()

Trong trường hợp này, nếu v =  thì từ f(u) < f() suy ra f(u) < f(v)

Nếu v <  thì do u < v theo giả thiết, nên u < v < , vậy f(u) < f(v) < f()

Vậy ta đã chứng minh rằng, nếu u < v thì f(u) < f(v), nghĩa là f(x) tăng ngặt trên [u, v].Nhưng u < v bất kỳ trên [, ] nên f(x) tăng ngặt trên [, ]

Trường hợp f() > f(), xét g(x) = –f(x) Rõ ràng g(x) thoả mãn các điều kiện của hệ quả

và điều cần quan tâm là g() < g(), vì vậy theo chứng minh vừa rồi, ta có g(x) tăng ngặt trên[, ] Nhưng điều đó tương đương với f(x) giảm ngặt trên [, ]

Định lý 2.6.24 Giả sử f(x) liên tục trong (a, b) f : D f  R f là song ánh khi và chỉ khi f đơn điệu ngặt Khi đó ánh xạ ngược f – 1 cũng liên tục và đơn điệu ngặt giống như f(x).

(Xem chứng minh tại trang 38)

Định nghĩa 2.6.22 Hàm f(x) được gọi là liên tục đều[68] trong (a, b) nếu

 > 0, () > 0 : u, v (a, b), nếu |u – v| <  thì |f(u) – f(v)| < 

Chú ý rằng, nếu f(x) liên tục đều trong (a, b) thì f(x) sẽ liên tục trong (a, b), nhưng điềungược lại không đúng

Định lý 2.6.25 (Heine (1) ): Hàm số liên tục trong khoảng đóng thì liên tục đều trong khoảng

đó.

Chứng minh: Giả sử ngược lại, f(x) liên tục nhưng không liên tục đều trong [a, b]

Khi đó, tồn tại  > 0 sao cho với mọi n = 1/n, tồn tại |un – vn| < 1/n nhưng |f(un) – f(vn)| > 

Do {un} và {vn} là các dãy giới nội nên trích ra được các dãy con u và nk v hội tụ, hơnnknữa chúng có chung giới hạn, giả sử là c [a, b] Ta có

Ví dụ 2.6.24 Ta chứng minh rằng, hàm sinx liên tục đều trong [a, b]  R

Thật vậy,  > 0, |sinu – sinv| = 2|cos[(u+v)/2]|.|sin[(u – v)/2]|  2|sin[(u – v)/2]|

Do sinx ~ x khi x 0 nên 1 : |sin[(u – v)/2]|/|(u – v)/2| < 1 với |u – v| < 1

Nghĩa là |sinu – sinv| < 2|sin[(u – v)/2]| < 2.|u – v|/2 = |u – v| < 1

Chọn  = min(1, ), ta có:  > 0, () > 0 : với |u – v| <  thì |sinu – sinv| < 

Vậy sinx liên tục đều trong [a, b]

Để chứng tỏ hàm f(x) nào đó là không liên tục đều trong (a, b), ta phải chỉ ra rằng:

 > 0 :  > 0,  u, v  (a, b) : mặc dù |u – v| < , nhưng |f(u) – f(v)|  

1() Heinrich Eduard Heine (15/03/1821–21/10/1881), nhà Toán học Đức

2.7 Chứng minh một số phát biểu trong chương 2

2.7.1 Chứng minh Định lý 2.1 11

a) Chứng minh điều kiện cần: giả sửxlim f (x) L   (hữu hạn)

Theo định nghĩa,  > 0, A = A() > 0 :  x  UA(+)  f(x)  U(L) (*)

Xét dãy xn bất kỳ dần tới +, khi đó

với số A ở trên, n0  N* : n  n0  xn > A Theo (*) ta suy ra f(xn)  U(L)

Vậy ta đã chứng minh được rằng,  > 0, n0  N* : n  n0  |f(xn) – L| < ,

nghĩa là nlim f (x ) Ln

   , và điều đó đúng với dãy xn bất kỳ dần về +

b) Chứng minh điều kiện đủ: giả sửnlim f (x ) Ln

   (hữu hạn) với mọi xn  +

Ta sử dụng lập luận phản chứng Giả sử ngược lại, f(x) không có giới hạn là L khi x dầnđến +, tức là  > 0 sao cho với bất kỳ A > 0, đều tìm được x > A để |f(x) – L|  

Với  > 0 như thế, ta chọn dãy An  +, tương ứng ta tìm được dãy xn  + nhưng |f(xn) – L|  , tức là dãy f(xn) không dần đến L Mâu thuẫn với giả thiết.

2.7.2 Chứng minh Định lý 2.1 12

a) Chứng minh điều kiện cần: giả sửlim f (x) Lx a  (hữu hạn)

Theo định nghĩa,  > 0,  > 0 :  x  U(a)  f(x)  U(L) (*)

Xét dãy xn bất kỳ dần tới a, khi đó với số  ở trên, n0  N* : n  n0  |xn – a| < .Theo (*) ta suy ra f(xn)  U(L)

Vậy ta đã chứng minh được rằng,  > 0, n0  N* : n  n0  |f(xn) – L| < ,

nghĩa là nlim f (x ) Ln

   , và điều đó đúng với dãy xn bất kỳ dần về a

b) Chứng minh điều kiện đủ: giả sửnlim f (x ) Ln

   (hữu hạn) với mọi xn  a

Ta sử dụng lập luận phản chứng Giả sử ngược lại, f(x) không có giới hạn là L khi x dầnđến a, tức là  > 0 sao cho với bất kỳ  > 0, đều tìm được x  U(a) để |f(x) – L|  

Với  > 0 như thế, ta chọn dãy n  a, tương ứng ta tìm được dãy xn  a mà với nó |f(xn)– L|  , tức là dãy f(xn) không dần đến L Mâu thuẫn với giả thiết.

2.7.3 Chứng minh Định lý 2.1 13

Giả sử f(x)  L (hữu hạn) khi x  a Theo định nghĩa

với  = 1, U(a) sao cho x  U(a)  |f(x) – L| < 1

Khi đó x  U(a), |f(x)|  |f(x) – L| + |L| < 1 + |L| Vậy f(x) giới nội trong U(a).

lấy  = min(1, 2), khi đó nếu |x – a| <  thì |x – a| < 1 và |x – a| < 2 nên

|f(x)g(x) – F.G| = |g(x)||f(x) – L| < M

2M



<  với |x – a| < Nếu F  0: Do g(x)  G khi x  a nên,

|f(x)g(x) – F.G|  |g(x)||f(x) – F| + |F||g(x) – G| < M2M  F 2 F = 

Vậy trong các trường hợp của F, ta đều có |f(x)g(x) – F.G| < , tức f(x)g(x)  F.G

c) Với  = 0, hiển nhiên vì f(x) = 0 và F = 0 Ta xét khi   0

 |g(x)| > | G |

2 với mọi x sao cho |x – a| < 1.Với  > 0 bất kỳ, đặt 2 =

2G

2  > 0 Với 2, do g(x)  G nên

2 > 0 : |x – a| < 2  |g(x) – G| < 2.Đặt  = min{1, 2}, khi đó với |x – a| < ,

2 2

g(x) Gg(x) G | g(x) || G |  G  =  Vậy

2

.Lấy M = max{M1, M2}, khi đó với x > M thì

|f(x)g(x) – F.G| = |g(x)||f(x) – L| < N

2N



< Nếu F  0: Do g(x)  G khi x  + nên,

|f(x)g(x) – F.G|  |g(x)||f(x) – F| + |F||g(x) – G| < N2N  F 2 F = 

Vậy trong các trường hợp của F, ta đều có |f(x)g(x) – F.G| < , tức f(x)g(x)  F.G

c) Với  = 0, hiển nhiên vì f(x) = 0 và F = 0 Ta xét khi   0

 |g(x)| > | G |

2 với mọi x > M1.Với  > 0 bất kỳ, đặt 2 =

2G

2  > 0 Với 2, do g(x)  G nên

M2 > 0 : x > M2  |g(x) – G| < 2.Đặt M = max{M1, M2}, khi đó với x > M,

2 2

g(x) Gg(x) G | g(x) || G |  G  Vậy

b) Xét trường hợp L = + (trường hợp L = – chứng minh tương tự)

a) Giả sử trong miền [c, +), hàm f(x) đơn điệu tăng và bị chặn trên

Giả sử ngược lại, f(x) không có giới hạn khi x  +

Khi đó tồn tại hai dãy {xn} và {yn} cùng dần tới + sao cho f(xn)  a0, f(yn)  b0

Không giảm tổng quát, ta coi a0 < b0 Với  = 1

3(b0 – a0) > 0,

n1  N* : n  n1  |f(xn) – a0| < , n2  N* : n  n2  |f(yn) – b0| < 

Đặt n0 = max{n1, n2}

Lấy p  N* sao cho p > n0, khi đó |f(yp) – b0| < 

Do yp hữu hạn nên tồn tại q  N* sao cho q > n0 và xq > yp

Do f(x) đơn điệu nên f(xq) > f(yp), mâu thuẫn vì f(xq) phải thuộc –lân cận của điểm a0.b) Giả sử trong miền (–, c], hàm f(x) đơn điệu giảm và bị chặn dưới

Giả sử ngược lại, f(x) không có giới hạn khi x  –

Khi đó tồn tại hai dãy {xn} và {yn} cùng dần tới – sao cho

Lấy p  N* sao cho p > n0, khi đó |f(yp) – b0| < 

Do yp hữu hạn nên tồn tại q  N* sao cho q > n0 và xq < yp

Do f(x) đơn điệu giảm nên f(xq) > f(yp), mâu thuẫn vì f(xq) phải

thuộc –lân cận của điểm a0.

f (x)

 = 1, vì g1(x) ~ g2(x) nênx a 2

1

g (x)lim

0

2.7.8 Chứng minh Định lý 2.4 18

a) Chứng minh điều kiện cần: Giả sử hàm f(x) liên tục tại a  (, )

Theo định nghĩa, f(x) liên tục tại a tức là limx a f(x) = f(a) Nói khác đi, hàm f(x) có giới hạn

là f(a) khi x  a

Theo định nghĩa giới hạn,  > 0, (, a) > 0 : x U(a)  f(x) U(f(a))

b) Chứng minh điều kiện đủ:

Theo định nghĩa giới hạn, từ dữ kiện

 > 0, (, a) > 0 : x U(a)  f(x) U(f(a)),

ta suy ra f(x) có giới hạn là f(a) khi x  a

Theo định nghĩa liên tục của hàm số, ta suy ra f(x) liên tục tại a.

2 > 0 : |x – x0| < 2  |g(x) – g(x0)| <

2

,Đặt  = min{1, 2}, khi đó với |x – x0| <  thì

2 > 0 : |x – x0| < 2  |g(x) – g(x0)| <

2

,Đặt  = min{1, 2}, khi đó với |x – x0| <  thì

|f(x)g(x) – f(x0)g(x0)| = |g(x)||f(x) – f(x0)| < M

2M



<  với |x – x0| < Nếu f(x0)  0: Do g(x) liên tục tại x0 nên,

với  =  > 0,   : |x – x| <   |g(x) – g(x )| <  =  ,

chọn  = min{1, 2, 3}, khi đó với |x – x0| <  thì

|f(x)g(x) – f(x0)g(x0)|  |g(x)||f(x) – f(x0)| + | f(x0)||g(x) – g(x0)| < M

2M

+ |f(x0)|

0

2 | f (x ) |

 =

g (x )

2  > 0 Với 2, do g(x)  g(x0) nên

2 > 0 : |x – a| < 2  |g(x) – g(x0)| < 2.Đặt  = min{1, 2}, khi đó với |x – x0| < ,

Chứng minh:  > 0, (, y0) > 0 : y  U(y0)  g(y)  U(g(y0)) (do g liên tục) (*)

Vì f(x) liên tục tại x0 nên với  > 0 ở trên, (, x0) > 0 : xU(x0)  f(x)  U(f(x0)),tức là f(x) U(y0) Kết hợp với (*), ta có g(f(x))  U(g(y0)) = U(g(f(x0)))

Vậy ta đã chứng minh được rằng,

 > 0, (, x0) > 0 : xU(x0)  g(f(x))  U(g(f(x0))), tức gof liên tục tại x0.

2.7.11 Chứng minh Định lý 2.6 21

Không mất tính tổng quát, ta xem f(a) <  < f(b)

Trong trường hợp trái lại, ta lập luận tương tự cho – f(x) và – 

Đặt A = {x [a, b] : f(x)  }, ta có A   Đặt c = sup A

Lấy dãy {xn} sao cho xn A và xn  c khi n  +

Ta có f(xn)   và f(xn)  f(c) nên f(c)  

Do f(b) >  nên c < b Lấy dãy {yn} = c + 1/n Với n đủ lớn thì yn [a, b]

Vì yn > c nên yn A, nghĩa là f(yn) >  Do f(yn)  f(c) nên f(c)  

Kết hợp lại, ta có f(c) = .

Ta có thể chứng minh định lý trên bằng phương pháp chia đôi.

Xét trung điểm của [a, b] là c = (a + b) /2 Nếu f(c) = 0 thì kết thúc, trái lại, nếu f(c) <  thìđặt a bằng c, còn f(c) >  thì đặt b bằng c Tức là ta đã thu hẹp đoạn [a, b] bằng một nửa ban

đầu Lặp lại quá trình trên Ta gọi an, bn và cn tương ứng là mút trái, mút phải và trung điểmcủa đoạn [a, b] tại bước thứ n Dẫn đến hai khả năng:

1 Tại một bước nào đó, ta có f(cn) =  Bước lặp kết thúc và định lý đúng

2 Trái lại, ta nhận được hai dãy {an} và {bn} thoả mãn:

a = a0  a1   an  an+1  < b, {an} đơn điệu tăng và bị chặn trên,

a <  bn+1  bn   b1  b0 = b, {bn} đơn điệu giảm và bị chặn dưới,

Vậy tồn tại nlim an

Theo định nghĩa của sup, n = 1/n, xn [a, b] sao cho 0 < M – f(xn) < 1/n

Do {xn} giới nội nên trích ra được dãy con {x k n} hội tụ tới d [a, b]

Chuyển qua giới hạn ta có M = f(d)

Tương tự ta chứng minh được, tồn tại c [a, b] sao cho f(c) = inf f(x), x [a, b].

2.7.13 Chứng minh Định lý 2.6 23

a) Xét trường hợp f(u) < f(v)

Giả sử ngược lại, tồn tại w  (u, v) sao cho f(w) nằm ngoài khoảng (f(u), f(v)), giả sử f(u) < f(v)  f(w) Nếu f(v) = f(w) thì mâu thuẫn với giả thiết f(x) là đơn ánh Nếu f(v) < f(w)thì theo định lý về giá trị trung gian, tồn tại c  [u, w] để f(c) =  = f(v) Điều này cũng mâuthuẫn vì f(x) là đơn ánh

b) Trường hợp f(u) > f(v) được suy một cách tự nhiên.

2.7.14 Chứng minh Định lý 2.6 24

a) Chứng minh điều kiện cần: Giả sử f là song ánh từ Df = (a, b) sang Rf

Lấy a’ < b’ bất kỳ thuộc (a, b) rồi cố định lại Có hai khả năng xảy ra

(1) f(a’) < f(b’): ta chứng minh f(x) tăng ngặt trên (a, b),

(2) f(a’) > f(b’): ta chứng minh f(x) giảm ngặt trên (a, b)

Xét trường hợp (1), tức f(a’) < f(b’), theo Hệ quả 2.6 5, f(x) tăng ngặt trên [a’, b’]

Ta chứng minh rằng f(u) < f(a’) u  (a, a’).

Giả sử ngược lại, tồn tại u  (a, a’) sao cho f(u)  f(a’)

Vì f(b’) > f(a’) nên tồn tại  sao cho f(a’) <  < f(u) và f(a’) <  < f(b’).

Theo Định lý 2.6 21, tồn tại c1  (a’, u) và c2  (a’, b’) sao cho f(c1) = f(c2) = 

Vì u < a’ < b’ nên c1 < c2, mâu thuẫn vì f(x) là đơn ánh Vậy f(u) < f(a’) u  (a, a’)

Ta chứng minh rằng f(b’) < f(v) v  (b’, b).

Giả sử ngược lại, tồn tại v  (b’, b) sao cho f(b’)  f(v)

Nhưng f(b’) = f(v) với b’  v là mâu thuẫn vì f(x) là đơn ánh, vậy chỉ có thể f(b’) > f(v)

Vì f(b’) > f(a’) nên tồn tại  sao cho f(v) <  < f(b’) và f(a’) <  < f(b’)

Theo Định lý 2.6 21, tồn tại c1  (a’, b’) và c2  (b’, v) sao cho f(c1) = f(c2) = 

Vì a’ < b’ < v nên c1 < c2, mâu thuẫn vì f(x) là đơn ánh Vậy f(b’) < f(v) v  (b’, b).Giả sử u < v bất kỳ thuộc (a, b), ta chứng minh f(u) < f(v) Xét các khả năng:

 Nếu a’  u < v  b’: do f(x) tăng ngặt trên [a’, b’] nên f(u) < f(v)

 Nếu u < a’  v: theo chứng minh trên, f(u) < f(a’)  f(v)

 Nếu u  b’ < v: theo chứng minh trên, f(u)  f(b’) < f(v)

 Nếu u < v < a’: theo chứng minh trên, f(v) < f(a’) Lại áp dụng cách chứng minh

ở trên với v và a’ đóng vai trò của a’ và b’, ta suy ra f(u) < f(v)

 Nếu b’ < u < v: theo chứng minh trên, f(b’) < f(u) Lại áp dụng cách chứng minh

ở trên với b’ và u đóng vai trò của a’ và b’, ta suy ra f(u) < f(v)

Vậy trong mọi trường hợp ta đều có, nếu u < v thì f(u) < f(v) Do u, v bất kỳ thuộc (a, b)nên f(x) tăng ngặt trên (a, b)

Với trường hợp (2), đặt g(x) = –f(x) và áp dụng kết quả trên ta suy ra g(x) là tăng ngặttrên (a, b), nghĩa là f(x) giảm ngặt trên (a, b).

b) Chứng minh điều kiện đủ: Giả sử f(x) đơn điệu ngặt trên (a, b)

Giả sử f(u) = f(v), ta chứng minh rằng u = v

Giả sử ngược lại, u  v, do f(x) là đơn điệu ngặt nên với u  v thì f(u)  f(v), mâuthuẫn

c) Ta chứng minh f–1(x) liên tục và đơn điệu ngặt trong Rf Giả sử y0  Rf bất kỳ

Xét dãy bất kỳ {yn} trong Rf hội tụ về y0 Vì yn  Rf nên tồn tại xn  (a, b) sao cho f(xn) = yn,

vì y0  Rf nên tồn tại x0  (a, b) sao cho f(x0) = y0 Do đó f(xn)  f(x0)

Để chứng minh f–1(yn)  f–1(y0), ta chứng minh rằng xn  x0

Giả sử ngược lại, tồn tại hai dãy con của dãy xn là x và nk x hội tụ về hai giới hạn khácmknhau là 1 và 2 Do f(x) liên tục nên f (x )  f(nk 1) và f (x )  f(mk 2)

Do f(x) là đơn ánh nên f(1)  f(2), mâu thuẫn với f(xn)  f(x0)

Vậy với bất kỳ yn  y0 ta đều có f–1(yn)  f–1(y0), tức f–1 liên tục tại y0

Do y0 bất kỳ thuộc Rf nên f–1 liên tục trong Rf

Giả sử f(x) tăng ngặt, ta chứng minh f–1 cũng tăng ngặt

Giả sử ngược lại, tồn tại y1 < y2 thuộc Rf sao cho f–1(y1) > f–1(y2) Vì y1 và y2 thuộc Rf và f

là song ánh nên tồn tại x1 và x2 thuộc (a, b) sao cho x1 = f–1(y1) và x2 = f–1(y2)

Rõ ràng x1 > x2, nhưng vì f(x) là tăng ngặt nên f(x1) > f(x2) hay y1 > y2 Mâu thuẫn.

2.8 Bài tập chương 2

Bài 2.13 Tìm các giới hạn

, hãy chọn a để f(x) liên tục tại x = 0.

Bài 2.19 Cho f(x) và g(x) là hai hàm liên tục trên [a, b] và f(x) = g(x) với mọi x hữu tỉ của [a,

b] Có thể kết luận rằng f(x) = g(x) với mọi x?

Bài 2.20 Hàm nào sau đây liên tục đều trong [0, +)