Tài liệu hàm liên tục

Nếu f không liên tục tại x0 ta nói rằng f gián đoạn tại x0.. iii Nếu x0 là một điểm cô lập của A thì f liên tục tại x0... Các hàm số liên tục phải và các hàm số liên tục trái gọi chung l

HÀM LIÊN TỤC

Trần Văn Cương

1 Các định nghĩa cơ bản.

1.1 Hàm số liên tục.

1.1.1 Định nghĩa Cho f : A → R là một hàm số xác định trên một tập con A 6= ∅ của R

a) Hàm số f được gọi là liên tục tại điểm x0 ∈ A nếu

∀ε > 0, ∃δ = δ(x0, ε) > 0, ∀x ∈ A : |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − f (x0)| < ε Nếu f không liên tục tại x0 ta nói rằng f gián đoạn tại x0

b) Hàm số f gọi là liên tục trên tập A nếu nó liên tục tại mọi điểm x ∈ A 1.1.2 Nhận xét

(i) f liên tục tại x0 ∈ A khi và chỉ khi với mọi lân cận V của điểm f(x0) tồn tại một lân cận U của x0 sao cho

f(U ∩ A) ⊂ V

(ii) f liên tục tại x0 ∈ A ⇔ ∀{xn} ⊂ A, xn→ x0 ta có

lim

n→+∞f(xn) = f (x0)

(iii) Nếu x0 là một điểm cô lập của A thì f liên tục tại x0

1.1.3 Các ví dụ

Ví dụ 1 Hàm số f(x) = x liên tục tại mọi x0 ∈ R

Cho ε > 0,chọn δ = ε,ta có

|f (x) − f (x0)| = |x − x0| < εvới mọi |x − x0| < δ

Vậy f liên tục tại x0 ∈ R

Ví dụ 2 Hàm số f(x) = sin x liên tục tại mọi x0 ∈ R

Ta có

| sin x − sin x0| = |2 cosx+ x0

2 sin

x− x0

2 | ≤ 2| sin

x− x0

2 | ≤ |x − x0|

Cho trước ε > 0,nếu chọn δ = ε ta có

|f (x) − f (x0)| < ε với mọi |x − x0| < δ

Vậy f liên tục tại x0 ∈ R

Tương tự hàm số f(x) = cos x liên tục tại mọi x0 ∈ R

Ví dụ 3 Hàm số f(x) = 1

1+x liên tục tại mọi điểm x0 6= −1

Nếu x0 >−1.Đặt α = x 0 +1

2 >0.Khi đó với mọi x ∈ (x0− α; x0+ α).Ta có:

| 1

1 + x −

1

1 + x0

| = |x − x0| (1 + x)(1 + x0) <

|x − x0|

α2

với mọi ε > 0 nếu chọn δ = α2ε,ta có

|f (x) − f (x0)| < ε, ∀|x − x0| < δ

=⇒ f liên tục tại mọi x0 >−1

Nếu x0 <−1.Đặt β = −1−x0

2 >0.Khi đó với ∀x ∈ (x0− β; x0+ β).Ta có:

| 1

1 + x −

1

1 + x0

| = |x − x0| (−1 − x)(−1 − x0) <

|x − x0|

β2

với mọi ε > 0 nếu chọn δ = β2ε,ta có

|f (x) − f (x0)| < ε, ∀|x − x0| < δ

=⇒ f liên tục tại mọi x0 <−1

Vậy f liên tục tại mọi x0 6= −1

1.2 Hàm liên tục một phía.

1.2.1 Định nghĩa Hàm số f : A → R gọi là liên tục phải (t.ứ liên tục trái) tại điểm x0 ∈ A nếu với mọi ε > 0 tồn tại δ > 0 sao cho

|f (x) − f (x0)| < ε, ∀x ∈ A, 0 ≤ x − x0 < δ (t.ứ ∀x ∈ A, 0 ≤ x0− x < δ)

Các hàm số liên tục phải và các hàm số liên tục trái gọi chung là các hàm số liên tục một phía

1.2.2 Mệnh đề Hàm số f : A → R liên tục tại điểm x0 khi và chỉ khi nó liên tục phải và liên tục trái tại x0

Chứng minh Hiển nhiên nếu f liên tục tại điểm x0 thì nó liên tục phải và

liên tục trái tại x0.

Ngược lại,giả sử f liên tục phải và liên tục trái tại x0.Cho ε > 0,do giả thiết

f liên tục phải tại x0,tồn tại δ1 >0 sao cho

|f (x) − f (x0)| < ε, ∀x ∈ A, 0 ≤ x − x0 < δ1 Tương tự,do f liên tục trái tại x0,tồn tại δ2 >0 sao cho

|f (x) − f (x0)| < ε, ∀x ∈ A, 0 ≤ x0− x < δ2 Chọn δ = min(δ1, δ2),ta có

|f (x) − f (x0)| < ε, ∀x ∈ A, 0 ≤ x − x0 < δ

Vậy f liên tục tại x0

1.2.3 Các ví dụ

Ví dụ 4 Xét hàm

f(x) =







sin x

x nếu x < 0

1 nếu x = 0 2x + 3 nếu x > 0

Với hàm này,ta có lim

x→0 −

f(x) = 1 = f (0),nhưng lim

x→0 +f(x) = 3 6= f (0).Vậy hàm này liên tục bên trái tại x = 0 và không liên tục bên phải tại x = 0

Ví dụ 5 Xét hàm

f(x) =







sin x

x nếu x < 0

3 nếu x = 0 2x + 3 nếu x > 0

Với hàm này,ta có lim

x→0 +f(x) = 3 = f (0),nhưng lim

x→0 −

f(x) = 1 6= f (0).Vậy hàm này liên tục bên phải tại x = 0 và không liên tục bên trái tại x = 0

Ví dụ 6 Xét hàm

f(x) =

 sin x

x nếu x 6= 0

1 nếu x = 0

Ta thấy lim

x→0 −

f(x) = lim

x→0 +f(x) = 1 = f (0).Vậy hàm này liên tục tại x = 0

1.3 Hàm liên tục từng khúc.

1.3.1 Định nghĩa

Cho (a, b) ∈ R2, a < b và f : [a; b] → R.Ta nói f là hàm liên tục từng khúc trên đoạn [a; b] nếu ∃n ∈ N∗ và (a0, a1, , an) ∈ [a; b]n+1 sao cho :







a= a0 < a1 <· · · < an= b

∀i ∈ {0, 1, , n − 1}, f liên tục trên khoảng (ai; ai+1)

và có giới hạn phải hữu hạn tại ai, giới hạn trái hữu hạn tại ai+1

1.4 Phân loại điểm gián đoạn.

1.4.1 Định nghĩa

•Nếu tại x = x0 tồn tại hữu hạn các giới hạn :

lim

x→x − 0

f(x) = f (x−0) và lim

x→x+0

f(x) = f (x+0)

nhưng cả ba giá trị f(x0), f (x−0), f (x+0) không bằng nhau thì x = x0 được gọi là điểm gián đoạn loại I của hàm số f(x)

Điểm x0 được gọi là điểm gián đoạn khử được nếu

f(x−0) = f (x+0) 6= f (x0) Nếu điểm x0 ∈ A là điểm gián đoạn loại I nhưng không phải là điểm gián đoạn khử được thì hiệu số f(x+

0) − f (x−0) được gọi là bước nhảy của hàm số f(x) tại điểm x = x0

•Các điểm gián đoạn không phải là điểm gián đoạn loại I thì được gọi

là điểm gián đoạn loại II.Như vậy tại các điểm gián đoan loại II có ít nhất một trong các giới hạn một phía không tồn tại

1.4.2 Các ví dụ

Ví dụ 7 Hàm

f(x) = x2 nếu x ∈ [−1; 1]

0 nếu x ∈ (−∞; −1) ∪ (1; +∞)

có các điểm x = ±1 là các điểm gián đoạn loại I

Ví dụ 8 Hàm f(x) = 1

x có điểm x = 0 là điểm gián đoạn loại II

2 Các phép toán trên hàm liên tục.

Các định lý dưới đây là hệ quả trực tiếp của các định lý tương ứng đối với giới hạn của hàm số

2.1 Định lý Giả sử hàm số f : A → R liên tục tại x0 ∈ A.Khi đó:

(i) Nếu f(x0) > α thì tồn tại δ > 0 sao cho

f(x) > α, ∀x ∈ Oδ(x0) ∩ A

(ii) Nếu f(x0) < β thì tồn tại δ > 0 sao cho

f(x) < β, ∀x ∈ Oδ(x0) ∩ A

2.2 Định lý Giả sử hàm số f : A → R liên tục tại x0 ∈ A.Khi đó:

(i) f + g, |f| và αf (α ∈ R) liên tục tại x0

(ii) f.g liên tục tại x0

(iii) Nếu g(x0) 6= 0 thì fg liên tục tại x0

(iv) f ∨ g := sup(f, g) và f ∧ g := inf(f, g) liên tục tại x0

(v) f+ = sup(f, 0) và f− = sup(−f, 0) liên tục tại x0

Chứng minh (i)•Cho ε > 0, vì f, g cùng liên tục tại x0 nên ∃δ1, δ2 >0 sao cho:

∀x ∈ A,  |x − x0| < δ1 =⇒ |f (x) − f (x0)| < ε

2

|x − x0| < δ2 =⇒ |g(x) − g(x0)| < ε2 Đặt δ = min(δ1, δ2),ta có :

∀x ∈ A, |x − x0| < δ =⇒  |f (x) − f (x0)| < ε

2

|g(x) − g(x0)| < ε

2

=⇒ |[f (x) + g(x)] − [f (x0) + g(x0)]| = |[f (x) − f (x0)] + [g(x) − g(x0)]| ≤

|f (x) − f (x0)| + |g(x) − g(x0)| < ε.Vậy f + g liên tục tại x0

•Cho ε > 0, vì f liên tục tại x0 nên ∃δ > 0 sao cho:

∀x ∈ A, |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − f (x0)| < ε

Vì ∀x ∈ A, ||f(x)| − |f(x0)|| ≤ |f (x) − f (x0)|, nên ∀x ∈ A, |x − x0| < δ =⇒

||f (x)| − |f (x0)|| < ε.Vậy |f | liên tục tại a

•Cho ε > 0,vì f liên tục tại x0 nên ∃δ > 0 sao cho:

∀x ∈ A, |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − f (x0)| < ε

|α| + 1.

Từ đó ta có :

∀x ∈ A, |x − x0| < δ =⇒ |αf (x) − αf (x0)| = |α||f (x) − f (x0)| < |α|ε

|α| + 1 < ε. Vậy αf liên tục tại x0

(ii)Vì g liên tục tại x0 nên nó bị chặn trong lân cận của x0

Do đó ∃δ1 >0, M > 0 sao cho:

∀x ∈ A, |x − x0| < δ1 =⇒ |g(x)| ≤ M

Cho ε > 0,vì f, g cùng liên tục tại x0 nên ∃δ2, δ3 >0 sao cho:

∀x ∈ A,  |x − x0| < δ2 =⇒ |f (x) − f (x0)| <

ε 2M

|x − x0| < δ3 =⇒ |g(x) − g(x0)| < ε

2(|f (x 0 )|+1)

Đặt δ = min(δ1, δ2, δ3),ta có :

∀x ∈ A, |x − x0| < δ =⇒







|g(x)| ≤ M

|f (x) − f (x0)| < ε

2M

|g(x) − g(x0)| < ε

2(|f (x 0 )|+1)

Từ đó suy ra :

|f (x)g(x) − f (x0)g(x0)| = |[f (x) − f (x0)]g(x) + f (x0)[g(x) − g(x0)]| ≤ |f (x) −

f(x0)||g(x)|+|f (x0)||g(x)−g(x0)| ≤ |f (x)−f (x0)||g(x)|+(|f (x0)|+1)|g(x)−

g(x0)| < ε

2M.M + (|f (x0)| + 1) ε

2(|f (x 0 )|+1) = ε

Vậy fg liên tục tại x0

(iii) Vì lim

x→x 0

g(x) = g(x0) nên theo (i) ta có : lim

x→x 0

|g(x)| = |g(x0)|

Do |g(x0)| > 0 nên ∃δ1 >0 sao cho:

∀x ∈ A, |x − x0| < δ1 =⇒ |g(x)| > |g(x0)|

2 . Đặc biệt : ∀x ∈ A, |x − x0| < δ1 =⇒ g(x) 6= 0

Do đó hàm f(x)

g(x) được xác định ít nhất trên A ∩ (x0− δ1; x0+ δ1)

Cho trước ε > 0,vì f, g liên tục tại x0 nên ∃δ2, δ3 >0 sao cho :

∀x ∈ A,

(

|x − x0| < δ2 =⇒ |f (x) − f (x0)| < ε|g(x0 )|

4

|x − x0| < δ3 =⇒ |g(x) − g(x0)| < ε|g(x0 )| 2

4(|f (x 0 )|+1)

Đặt δ = min(δ1, δ2, δ3),ta có :

f(x)

g(x) −

f(x0) g(x0)

=

(f (x) − f (x0))g(x0) − f (x0)(g(x) − g(x0))

g(x) g(x0)

≤

≤

f(x) − f (x0)

g(x)

+

f(x0)

g(x) − g(x0)

g(x) g(x0)

< ε|g(x0)|

4

2

|g(x0)|+

ε|g(x0)|2

4(|f (x0)| + 1)

2(|f (x0)| + 1)

|g(x0)|2 = ε

Vậy f

g liên tục tại x0

(iv) Để ý rằng ta có công thức

sup(f, g) = 1

2(f + g + |f − g|), inf(f, g) =

1

2(f + g − |f − g|)

Từ đó suy ra nếu f, g cùng liên tục tại x0 thì sup(f, g) và inf(f, g) cũng liên

tục tại x0

(v) Với chú ý f, 0, −f là các hàm liên tục tại x0 nên áp dụng ngay (iv) ta

có đpcm

2.3 Định lý.(Sự liên tục của hàm hợp) Nếu hàm số f : A → B liên tục

tại x0 ∈ A và hàm số g : B → R liên tục tại y0 = f (x0) thì hàm hợp

g◦ f : A → R liên tục tại x0

Chứng minh Giả sử ε > 0 là một số tùy ý.Vì g liên tục tại y0 = f (x0) nên

tồn tại số η > 0 tương ứng sao cho khi |y − y0| < η thì |g(y) − g(y0)| < ε,tức

là |g(f(x)) − g(f(x0))| < ε

Mặt khác hàm f(x) liên tục tại x0 nên với số η > 0 nói trên,tồn tại số δ > 0

tương ứng sao cho khi |x−x0| < δ thì |f(x)−f(x0)| < η,tức là |y −y0| < η,do

đó |g(y) − g(y0)| = |g(f (x)) − g(f (x0))| < ε.Thành thử

∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x : |x − x0| < δ =⇒ |g(f (x)) − g(f (x0))| < ε

Điều này chứng tỏ g ◦ f liên tục tai x0

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−Hết tiết 1−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

3 Các tính chất của hàm số liên tục trên một

đoạn.

3.1 Định lý.(Weierstrass).Cho hàm số f : [a; b] → R liên tục trên đoạn

[a;b].Khi đó

a) f bị chặn trên đoạn [a; b]

b) f đạt được cận trên đúng và cận dưới đúng trên đoạn [a; b],tức là tồn tại

ξ, η ∈ [a; b] sao cho

sup

x∈[a;b]

f(x) = f (ξ), và inf

x∈[a;b]f(x) = f (η) Chứng minh.a) Giả thiết phản chứng rằng f không bị chặn trên đoạn

[a; b],tức là với số nguyên dương n ≥ 1 tồn tại xn∈ [a; b] sao cho

f(xn) ≥ n (1)

Dãy {xn}là bị chặn nên chứa một dãy con xn k → x0.Từ bất đẳng thức

a≤ xn k ≤ b, ∀k ≤ 1 suy ra a ≤ lim

k→∞xn k ≤ b,tức là x0 ∈ [a; b].Do giả thiết f liên tục tại x0,ta có

f(xn k) → f (x0) =⇒ sup |f (xn k)| < +∞

mâu thuẫn với (1).Vậy hàm f phải bị chặn trên đoạn [a; b]

b) Theo kết quả a),M = sup

x∈[a;b]

f(x) < +∞.Từ định nghĩa sup,sẽ có một dãy {xn} ⊂ [a; b] sao cho

M = lim

n→∞f(xn)

Dãy {xn}bị chặn nên chứa một dãy con xn k → ξ

Từ các bất đẳng thức

a≤ xn k ≤ b, ∀k ≤ 1 suy ra a ≤ lim

k→∞xn k ≤ b,tức là ξ ∈ [a; b].Do giả thiết f liên tục tại ξ,ta có

M = lim

n→∞f(xn) = f (ξ)

Hoàn toàn tương tự,tồn tại η ∈ [a; b] sao cho

inf

x∈[a;b]f(x) = f (η) 3.2 Định lý.(Bolzano-Cauchy).Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a;b]

và f(a)f(b) < 0.Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0 Chứng minh Để xác định giả thiết và không mất tính tổng quát ta coi

f(a) > 0 và f (b) < 0.Đặt

A= {t ∈ [a; b] : f (x) > 0, ∀x ∈ [a; t]}

Hiển nhiên A 6= ∅ (vì a ∈ A).Đặt t∗ = sup A,thì t∗ ∈ [a; b].Ta sẽ chứng minh rằng f(t∗) = 0

Theo định nghĩa sup, tồn tại dãy {tn} ⊂ A sao cho t∗ = lim

n→∞tn.Bởi vì f liên tục tại t∗, ta có

f(t∗ = lim

n→∞tn) ≥ 0

Do giả thiết f(b) < 0 nên t∗ 6= b và do đó t∗ < b.Bây giờ nếu f(t∗) > 0 do tinh liên tục của f tại t∗,tồn tại δ > 0 sao cho f(x) > 0, ∀x ∈ [t∗− δ; t∗+ δ] ⊂ [a; b],do đó

f(x) > 0, ∀x ∈ [a; t∗+ δ]

Suy ra t∗+ δ ∈ A,mâu thuẫn với t∗ = sup A ở trên.Vậy f (t∗) = 0

3.3 Hệ quả Giả sử f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a;b] và f(a) 6= f(b).Khi

đó nếu lấy một giá trị C bất kỳ trung gian giữa f(a) và f(b):

f(a) < C < f (b)(hoặc f(b)<C<f(a)) thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f(c) = C

Chứng minh Thật vậy,giả sử f(a) < C < f(b) chỉ cần đặt

g(x) = f (x) − C thì g(x) là hàm liên tục trên đoạn [a;b] và g(a) = f(a) − C < 0, g(b) =

f(b) − C > 0.Áp dụng định lý 3.2 (Bolzano-Cauchy) ta khẳng định được rằng tồn tại c ∈ (a; b) để g(c) = 0 tức f(c) = C

4 Liên tục đều.

4.1 Định nghĩa .Ta nói rằng hàm số f : A → R liên tục đều trên tập

A nếu :

∀ε > 0, ∃δ = δ(ε) > 0, ∀x′, x′′∈ A : |x′− x′′| < δ =⇒ |f (x′) − f (x′′)| < ε 4.2 Nhận xét Nếu f : A → R liên tục đều trên A thì f liên tục trên A.Điều ngược lại nói chung không đúng

4.3 Các ví dụ

Ví dụ 9.Các hàm số x, sin x, cos x (xét trong ví dụ 1,2 mục 1.1.3) là hàm số liên tục đều trên R

Ví dụ 10.Hàm số f(x) = 1

x không liên tục đều trên R\{0}.Bởi vì nếu chọn

ε0 = 1,và x′

n= 1

n, x′′n= 1

2n, n= 1, 2, ta có

δn= |x′n− x′′n| → 0 và |f (x′n) − f (x′′n)| = n ≥ 1(∀n = 1, 2, )

4.2 Định lý.(Cantor).Hàm f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì liên tục đều trên đoạn đó

Chứng minh Ta chứng minh bằng phản chứng

Giả sử f(x) liên tục trên đoạn [a; b] nhưng không liên tục đều trên đoạn đó.Khi đó

ε0 >0, ∃x′n, x′′n ∈ [a; b] : |x′n− x′′n| → 0 =⇒ |f (x′n) − f (x′′n)| ≥ ε0

Dãy x′

n thỏa mãn a ≤ x′

n≤ b,nên nó là dãy bị chặn và do đó theo nguyên lý Bolzano-Weierstrass ta trích ra được một dãy con x′

n k hội tụ.Vậy tồn tại x∗

sao cho lim

n k →∞x′

n k = x∗

Vì x′

n k ∈ [a; b] nên x∗ ∈ [a; b].Giới hạn của x′

n k là x∗ nên ta có

ε >0, ∃N1,∀nk> N1 =⇒ |x′nk − x∗| < ε

2. Mặt khác,vì |x′

n− x′′

n| → 0 nên |x′

n k − x′′

n k| → 0 và do đó ,với vẫn ε nói trên

∃N2,∀nk > N2 =⇒ |x′′nk− x′nk| < ε

2. Đặt N = max(N1, N2),thì khi nk > N,ta có

|x′′

n k− x∗| ≤ |x′′

n k − x′

n k| + |x′

n k − x∗| < ε

2+

ε

2 = ε.

Điều này chứng tỏ lim

n k →∞x′′nk = x∗ Theo giả thiết hàm f(x) liên tục trên đoạn [a; b] nên liên tục tại x∗.Từ hai hệ thức lim

n k →∞x′′nk = x∗, lim

n k →∞x′nk = x∗ ta suy ra lim

n k →∞f(x′′

n k) =

f(x∗), lim

n k →∞f(x′

n k) = f (x∗),do đó

lim

n k →∞|f (x′nk) − f (x′′nk)| = |f (x∗) − f (x∗)| = 0 Điều này trái với giả thiết phản chứng |f(x′

n k) − f (x′′

n k)| ≥ ε0 ở trên.Vậy định

lý được chứng minh

5 Điều kiện liên tục của hàm số đơn điệu.

5.1 Định lý Nếu f(x) là một hàm xác định trên đoạn [a; b],tăng trong khoảng đó (hoặc giảm trong khoảng đó) và tập giá trị của nó là một đoạn [c; d] thì hàm số đó liên tục trên đoạn [a; b]

Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp hàm tăng.Trường hợp hàm giảm chứng minh hoàn toàn tương tự

Giả sử f(x) là một hàm tăng trong [a; b] và f([a; b]) = [c; d].Do f(x) là một hàm tăng nên f(b) = d

Lấy một điểm x0 tùy ý trong [a; b).Ta chứng minh hàm f(x) liên tục phải tại x0

Đặt y0 = f (x0).Do x0 6= b nên y0 6= d

Cho trước ε > 0 đủ bé sao cho y0+ ε ∈ [c; d].Do f ([a; b]) = [c; d] nên tồn tại

x1 ∈ [a; b] sao cho f (x1) = y0+ ε = f (x0) + ε.Vì f (x0) < f (x1) và f (x) là hàm tăng nên x0 < x1,tức là x1 = x0+ δ với δ > 0.Từ đó cũng do f (x) tăng nên với mọi x thỏa mãn x0 < x < x0+ δ ta có f (x0) < f (x) < f (x0) + ε.Vậy

∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ (x0; x0+ δ) =⇒ f (x0) < f (x) < f (x0) + ε

Điều này chứng tỏ f(x) liên tục phải tại x0.Như vậy f(x) liên tục phải tại mọi điểm x ∈ [a; b)

Tương tự ta chứng minh được f(x) liên tục trái tại mọi điểm x ∈ (a; b].Hai điều đó cho ta kết luận f(x) liên tục trong [a; b]

5.2 Định lý Điểm gián đoạn của hàm đơn điệu f(x) trong khoảng (a; b) chỉ có thể là điểm gián đoạn loại I

Chứng minh Giả sử x0 ∈ (a; b) là một điểm gián đoạn của f (x) và giả sử

f(x) là hàm đơn điệu tăng (trường hợp đơn điệu giảm chứng minh tương tự).Do đó với x < x0 thì f(x) ≤ f(x0).Vậy tồn tại một khoảng (x0− δ; x0) sao cho trong đó hàm f(x) đơn điệu tăng và bị chặn trên (bởi f(x0)).Từ đó theo tiêu chuẩn hội tụ của hàm đơn điệu thì tồn tại giới hạn hữu hạn

lim

x→x − 0

= f (x−0)

Tương tự,cũng tồn tại giới hạn hữu hạn

lim

x→x + 0

= f (x+0)

Vậy x0 là điểm gián đoạn loại I

5.3 Định lý.(Sự liên tục của hàm ngược) Nếu y = f(x) là một hàm tăng (t.ứ giảm) trong [a; b] có tập giá trị là [c; d] thì khi đó tồn tại hàm ngược

x= f−1(y) của f ,xác định trên tập [c; d] và hàm ngược này liên tục và cũng tăng (t.ứ giảm) trong [c; d]

Chứng minh Giả sử f(x) là một hàm tăng trong [a; b] có tập giá trị là [c; d].Theo định lý 5.1 thì hàm f (x) liên tục trong [a; b].Do f (x) tăng,nên với mọi x : a ≤ x ≤ b thì f(a) ≤ f(x) ≤ f(b).Điều này cho ta f(a) = c, f(b) = d.Lấy tùy ý y ∈ (c; d).Vì f(x) có tập giá trị là [c; d] nên trong (a; b) tồn tại

ít nhất một x sao cho y = f(x).Giá trị x nói trên là duy nhất vì ∀x′ 6= x,do tính tăng của f(x) ta phải có f(x′) 6= f (x),do đó f (x′) 6= y.Vì vậy, trên [c; d] được xác định hàm ngược x = f−1(y).Hàm này cũng tăng vì nếu y1 < y2 thì đặt y1 = f (x1), y2 = f (x2) ta sẽ có f (x1) < f (x2),do đó suy ra x1 < x2,tức là

tại x0 ∈ A hàm số g : B → R liên tục y0 = f (x0) hàm hợp

g◦ f : A → R liên tục x0... A → R liên tục A f liên tục A.Điều ngược lại nói chung khơng

4.3 Các ví dụ

Ví dụ 9.Các hàm số x, sin x, cos x (xét ví dụ 1,2 mục 1.1.3) hàm số liên tục R

Ví dụ 10 .Hàm số...

4.2 Định lý.(Cantor) .Hàm f(x) liên tục đoạn [a; b] liên tục đoạn

Chứng minh Ta chứng minh phản chứng

Giả sử f(x) liên tục đoạn [a; b] không liên tục đoạn đó.Khi

ε0