Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P3 ppt

Chứng minh rằng hàm Weierstrass fxác định bởi f x = 1Xn=0 à34 ảng4nxliên tục trênR và không khả vi tại mọi điểm... Bằng ví dụ chỉ ra rằng bất đẳng thức là chặt... Bằng ví dụ chỉ ra rằng

3.2 Chuỗi hàm và sự hội tụ đều 93

3.2.32. Cho

f (x) =

1Xn=1

(Ă1)n+1p1

narctan

xp

pn(tan x)n; x2 (Ăẳ4;ẳ

jxj

x2+ n2liên tục trên R Nó có khả vi trênR không?

3.2.37. Chứng minh rằng hàm³ Riemann xác định bởi

³(x) =

1Xn=1

1

nxthuộc C1(1;1)

n=1fn(x) hội tụ.

3.2.40. Cho g(x) = jxj với x 2 [Ă1; 1] và mở rộng định nghĩa g cho mọi sốthực x bằng cách đặt g(x + 2) = g(x) Chứng minh rằng hàm Weierstrass fxác định bởi

f (x) =

1Xn=0

à34

ảng(4nx)liên tục trênR và không khả vi tại mọi điểm

3.3 Chuỗi luỹ thừa

3.3.1. Chứng minh rằng mỗi chuỗi luỹ thừa P1

n=0an(xĂ x0) n đều tồn tạiR 2[0;1] sao cho

(1) chuỗi luỹ thừa hội tụ tuyệt đối vớijxĂx0j < Rvà phân kỳ vớijxĂx0j > R,(2) R là cận trên đúng của tập hợp tất cả những r 2 [0; 1) để fjanjrng làd∙y bị chặn,

3.3 Chuỗi luỹ thừa 95

R được gọi là bán kính hội tụ của P1

n=0an(xĂ x0) n

3.3.2. Xác định miền hội tụ của các chuỗi luỹ thừa sau:

2nn!x

2nxn2;(g)

à

1 + 1n

n

n + 1

à2x + 1x

(n!)2(2n)!(xĂ 1)n;(e)

àarctan1

Có thể nói gì về R nếu R1 = R2?

(b) bán kính hội tụ R của P1

n=0anbnxn thoả m∙n R á R1R2 Bằng ví dụ chỉ

ra rằng bất đẳng thức là chặt

(a) nếu R1, R2 2 (0; 1) thì bán kính hội tụ của chuỗi luỹ thừa

1Xn=0

an

bnx

n

; bn6= 0; n = 0; 1; 2; : : : ;thoả m∙n R ∙ R1

R 2,(b) bán kính hội tụR của chuỗi tích Cauchy (xem I, 3.6.1) của những chuỗi

đ∙ cho thoả m∙n R á min fR1; R2g

Bằng ví dụ chỉ ra rằng các bất đẳng thức (a) và (b) là chặt

3.3.6. Tìm bán kính hội tụ R của P1

n=0anxn, nếu

(a) cóđ và L > 0 sao cho lim

n !1jann đ

j = L,(b) tồn tại các số dương đ và L sao cho lim

n !1janđ n

j = L,(c) lim

n !1jann!j = L; L 2 (0; 1)

3.3.7. Giả sử rằng bán kính hội tụ của P1

n=0anxn là R và 0 < R < 1 Ướclượng bán kính hội tụ của:

(a)

1Xn=0

1Xn=0

nnanxn;

(c)

1Xn=0

nnn!anx

1Xn=0

a2nxn:

3.3.8. Tìm tất cả các chuỗi luỹ thừa hội tụ đều trên R

3.3.9. Tìm bán kính hội tụ R của chuỗi luỹ thừa

1Xn=0

x2n+1(2n + 1)!!

và chỉ ra rằng hàm tổngf của nó thoả m∙n phương trìnhf0(x) = 1+xf (x); x2(ĂR; R)

3.3 Chuçi luü thõa 97

n=0

anxn, P1n=0

Snxn, P1n=0(n+1)Tnxnhéi tô víi jxj < 1 vµ

1X

n=0

anxn= (1¡ x)

1Xn=0Snxn = (1¡ x)2

1Xn=0(n + 1)Tnxn:

an hội tụ về L

3.3.17. Bằng ví dụ chỉ ra rằng giả thiết lim

n !1nan = 0 trong định lý Tauber

anxn là 1 Chứng minh lim

x !1 Ăf (x) tồn tại và hữu hạn nếu và chỉ nếuP1

n=1anhội tụ

3.3.19. Chứng minh sự tổng quát sau của định lý Tauber Giả thiết rằngbán kính hội tụ của P1

n=0anxn bằng 1 Nếu

x !1 Ă

f (x) g(x) = A

3.3.22. Chứng minh kết quả tổng quát sau của bài toán trên (3.3.21) Giảthiết cả hai chuỗi luỹ thừa f (x) = P1

n=0

anxn và g(x) = P1

n=0bnxn có cùng bánkính hội tụ bằng 1 Hơn nữa giả thiết rằng Sn = a0 + a1 +Â Â Â + an và

Tn= b0+ b1+Â Â Â + bn; n2 Nđều dương và hai chuỗi P1

n=0

Sn và P1n=0

Tn phân kỳ.Nếu lim

x !1 Ăf (x)(1Ă x) = A 2 (0; 1) Chứng minh có các sốdương A1 và A2 sao cho

A1n∙ Sn= a0 + a1+Â Â Â + an∙ A2n; n2 N:

3.3.25. Chứng minh định lý Hardy và Littlewood sau Cho bán kính hội

tụ của chuỗi luỹ thừa f (x) = P1

n=0anxn với các hệ số không âm là 1 và đặtlim

x !1 Ăf (x) = L; L 2 R thì chuỗi1

x !1 Ăf (x)(1Ă x)tồn tại và khác 0 thìfang không thểhội tụ về 0

3.4 Chuỗi Taylor

3.4.1. Giả thiết hàm f thuộc C1([a; b]) Chứng minh rằng nếu tất cả các

đạo hàm f(n) bị chặn đều trên [a; b] thì với mỗi x và x0 thuộc[a; b] ta đều có

f (x) =

1Xn=0

f(n)(x0)n! (xĂ x0)n:

f(n)(0)n! xn

f(n)(0)n! xn

chỉ thoả m∙n tạix = 0

3.4.4. Chứng minh rằng nếu đ2 RnN và jxj < 1 thì

(1 + x)đ = 1 +

1Xn=1

(2nĂ 3)!!

(2n)!! (1Ă x2)n:

3.4.6. Chứng minh nếu chuỗi luỹ thừa P1

n=1anxn có bán kính hội tụR dương

3.4.7. Chứng minh rằng nếux0 thuộc vào khoảng hội tụ(ĂR; R); R > 0củachuỗi luỹ thừaf (x) = P1

n=0anxn thì

f (x) =

1Xn=0

f(n)(x0)n! (xĂ x0)n với jx Ă x0j < R Ă jx0j:

1Xn=0bnxn:

Chøng minh nÕu A cã ®iÓm tô thuéc kho¶ng (¡R; R) th× an = bn víi n =0; 1; 2; : : : :

3.4.9. T×m chuçi Taylor cña hµmf t¹i ®iÓm 0 khi

102 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

3.4.11. Với jxj < 1, thiết lập các đẳng thức sau:

arcsin x = x +

1Xn=1

(2nĂ 1)!!

(2n)!!(2n + 1)x

2n+1;(a)

arctan x =

1Xn=0(Ă1)n2n + 11 x2n+1:(b)

(Ă1)n 12n + 1:

3.4.12. Tìm chuỗi Taylor của hàmf tại điểm 0 khi

(Ă1)n+1

1Xn=0

(Ă1)nn(2n + 1)!;(c)

1X

n=2

(Ă1)n

1Xn=1

(Ă1)n Ă1n(2nĂ 1);(e)

1Xn=1

(Ă1)n(2nĂ 1)!!

1Xn=0

3n(n + 1)n! :

3.4.14. Tìm tổng của chuỗi P1

n=1

((n Ă1)!) 2

(2n)! (2x)2n với jxj ∙ 1

3.4.15. Dùng công thức Taylor với phần dư tích phân (xem 2.3.4) để chứng

minh định lý Bernstein sau Giả sửf khả vi vô hạn lần trên khoảng mởIvàtất cả các đạo hàm cấp caof(n) đều không âm trên I Khi đó hàm f là hàmgiải tích thực trên I, nghĩa là với mỗi x0 2 I có lân cận (x0 Ă r; x0 + r) ẵ Isao cho

f (x) =

1Xn=0

f(n)(x0)n! (xĂ x0)n với jx Ă x0j < r:

f(n)(x0)n! (xĂ x0)n với x2 (x0Ă ẵ; x0+ ẵ)\ J:

3.4.17. Giả thiết rằng f là hàm giải tích thực trên khoảng mở I Chứngminh với mỗi x0 2 I có khoảng mở J, với x0 2 J ẵ I, và có những hằng sốdương A; B sao cho

3.4.20. Cho hàmf thuộcC1 trên khoảng mởIvà (Ă1)nf(n)(x)á 0vớix2 I

ảk1à122

ảk2

  Â

à12n

ảkn

= 2(n + 1)

à 12

104 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

3.4.22. Giả thiết rằng f là hàm giải tích thực trên khoảng mở I Chứngminh nếuf0(x0)6= 0với x0 2 I thì có khoảng mở J chứa x0 và hàm giải tíchthực g xác định trên khoảng mở K chứa f (x0), hơn nữa (g ± f)(x) = x với

12n + 1

àx

2 + x

ả2n+1:

3.4.27. ChoMp(x; y)vàL(x; y)là trung bình luỹ thừa và trung bình logarithcủa những số dươngx và y (xem định nghĩa này ở 2.5.41 và 2.5.42) Chứngminh rằng nếupá 13 thì

Lêi gi¶i

105

Chương 1

Giới hạn và tính liên tục

1.1 Giới hạn của hàm số

1.1.1.

(a) Vìjx cosx1j ∙ jxj, giới hạn bằng 0

(b) Với x > 0; 1Ă x < x [1x] ∙ 1 và với x < 0; 1 < x [x1] ∙ 1 Ă x Vì vậy,lim

sin(ẳ2(1 + cos x))sin(sin x)

= lim

x !0

sin(ẳ cos2 x2)sin(sin x)

= lim

x !0

sin(ẳ sin2 x2)sin(sin x)

= lim

x !0ẳ sin

x 2

2 cosx2 Â 2 sin

x

2cosx2sin(2 sinx2 cosx2) Â sin(ẳ sin

(a) Giả sử lim

x !0f (x) = l Khi đó, với " > 0 cho trước, tồn tại 0 < ± < ẳ2 saocho

jf(y) Ă lj < "nếu 0 < jyj < ±(1)

Cũng chú ý rằng nếu 0 < jxj < ±, thì 0 < jyj = j sin xj < jxj < ± Vìvậy, theo (1), jf(sin x) Ă lj < " Từ đó, lim

x !0f (sin x) = l Bây giờ, giả sửlim

x !0f (sin x) = l.Với " > 0 cho trước, tồn tại 0 < ± < ẳ2 sao cho

jf(sin x) Ă lj < " nếu0 <jxj < ±(2)

Bây giờ, nếu 0 <jyj < sin ±, thì 0 < jxj = j arcsin xj < ± và theo (2), tanhận đượcjf(y) Ă lj = jf(sin x) Ă lj < " Điều này có nghĩa lim

x !0f (x) = l.(b) Suy ra trực tiếp từ định nghĩa của giới hạn Để chỉ ra diều ngược lạikhông đúng, quan sát chẳng hạn rằng lim

x !0[jxj] = 0 nhưng lim

x !0[x]khôngtồn tại

1.1.3. Rõ ràng,f (x) +f (x)1 á 2 Từ đó, theo giả thiết, với " > 0cho trước, tồntại± > 0 sao cho

0∙ f(x) + f (x)1 Ă 2 < "với 0 <jxj < ±:

3.4 Chuỗi Taylor 109

Điều kiện này có thể viết lại tương đương như sau

0∙ (f(x) Ă 1) +

à1

x !af (x) = Ă1 Ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại ± > 0 sao cho f (x) < 0với x 2 (a Ă ±; a + ±) ẵ fag Thực vậy, nếu trong mọi lân cận khuyết của a,tồn tại x0 sao cho f (x0) > 0, thì sẽ có f (x0) +f (x1

0 )j á 2, mâu thuẫn giả thiết.Vì f (x) < 0, bất đẳng thức sau đây đúng :

= x2

1 +h1 jxji2

∙1jxj

á:

Từ định nghĩa của hàm phần nguyên, suy ra nếu 0 <jxj < 1, thì

áả

∙ 12(1 +jxj):

Cuối cùng, giới hạn là 12:

(b) Như trong (a), có thể chứng minh giới hạn là k(k+1)2 :

1.1.7. Vì P là đa thức với hệ số dương, vớix > 1, ta có

P (x)Ă 1

P (x) ∙ [P (x)]

P ([x]) ∙ P (x)

P (xĂ 1):Vì vậy,lim

(a) Chú ý rằng nếu a > 1, thì lim

x !1ax = +1 Thực vậy, với M > 0 chotrước,ax> M nếu và chỉ nếu x > ln Mln a Để chứng minh lim

x !1

a x

x = +1

= +1với đ dương

1.1.13. Suy ra từ bài toán trước rằng lim

y !1

đy

e đy = 0 Thế y = ln x đượclim

1Ă " < aĂn1 < ax< an1 < 1 + " vớijxj < n1:Vì vậy lim

x !0ax= 1 vớia > 1 Nếu 0 < a < 1, suy từ trên rằng

lim

x !0ax = lim

x !0

1(1=a)x = 1:

Trường hợp a = 1 là rõ ràng Để chứng minh tính liên tục của hàm mũ

ảx

<

à

1 + 1n

ản+1

< e + "

Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh suy ra từ (a).

(c) Theo (a) và (b), ta nhận được lim

n 0 Ă1 < " Hệ quả là, nếujxj < 1

ả

< 1n0 < ":

(b) Trước hết, để ý tính liên tục của hàm logarit cơ số a; a > 0; a6= 1, suy

từ tính liên tục của hàm logarit tự nhiên và từ đẳng thức logax = ln xln a.Vậy, theo (a),

lim

x !0loga(1 + x)

x = logae

1logae = ln a:

yln(1 + y) Â đ ln(1 + x)

Bây giờ, theo 1.1.17 (a), lim

x !0(cos x)sin2 x1 = eĂ12:(d) Vớix đủ lớn,

e

2x1 ∙ (exĂ 1)1x ∙ e

Do lim

x !121x = 1 (xem 1.1.14), giới hạn là e

x !0

sin 2x+2 arctan 3x+3x 2

x ln(1+3x+sin 2 x)+xe x

lim

x !0 +

p

1¡ e¡x¡p1¡ cos xp

sin x = limx !0 +

p

1 ¡e ¡xp¡p1 ¡cos x xqsin x x

x = limx !1

lncos21¼x 2x+1

= lim

x !1

ln(1 + y)1

2 V× nÕu vËy, ta cãk

k0 = n

n02n0nn0¡n;m©u thuÉn

NÕu tån t¹ip; q 2 N sao chop6= n; p 6= k vµ q6= m; q 6= l vµ a + bp = qpq

2, th×theo (1), ta cã

1

2 k ¡1jf( x

2 k ¡1)¡ f(1

2 k)jx

2 k ¡1jxj

∙ limn

!1

n+1Xk=1

Vì " > 0 được chọn tuỳ ý, lim

n !1(Mn+1Ă Mn) = l Theo cùng cách như vậy, cóthể chỉ ra lim

n !1(mn+1Ă mn) = l Từ định lý Stolz suy ra ( cũng xem, chẳnghạn, I,2.3.2 )

và tiến hành tương tự Theo cách đó, khảng định được chứng minh chol 6= 0

Để chứng minh khảng định cũng đúng cho l = 0, đặt Mn = sup

x 2[n;n+1)jf(x)j.Như trên, có thể tìm d∙y fxng sao cho

x !1

f (x)

x = 0:

120 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

1.1.29. Vớiná [a]+1, đặtmn = inf

x 2[n;n+1)f (x) Theo định nghĩa của infimum,với" > 0 cho trước, tồn tại d∙y fxng sao choxn 2 [n; n + 1) và mn ∙ f(xn) <

mn+ " Khi đó

f (xn+1)Ă f(xn+1Ă 1) < mn+1Ă mn+ ":

Bất đẳng thức trên suy ra lim

n !1(mn+1Ă mn) =1 Theo định lý Stolz ( cũngxem I,2.3.4 ), lim

n !1

m n

n = +1 Nếu x 2 [n; n + 1), thì f (x)x á mn

n+1, suy ralim

và tiến hành như trong lời giải của 1.1.25.

1.1.34. Với" > 0 cho trước, tồn tại0 < ± < 1 sao cho nếu 0 <jxj < ±, thì

à1

x Ă

∙1x

x

à1

x Ă

∙1x

áả

= x

à1

1.1.35.

(a) Giả sử f đơn điệu tăng trên(a; b) Nếufxng là d∙y giảm hội tụ tới x0,thì ff(xn)g cũng đơn điệu giảm và bị chặn dưới bởi f (x0) Vậy (xem,chẳng hạn, I,2.1.1), lim

n !1f (xn) = inf

n 2Nf (xn) Rõ ràng,inf

Suy luận tương tự được áp dụng cho các đẳng thức khác trong (a) và(b).

(c) Giả sửf đơn điệu tăng Dof (x) á f(x0)vớixá x0; f (x+0) = inf

(a) Suy ra từ lời giải của bài toán trước rằng

f (t)∙ f(xĂ)∙ f(x) bất cứ khi nào a < x0 < t < x:

n !1xn = a nên tồn tại n0 sao cho nếu n; k á n0, thì 0 < jxn Ă aj < ± và

0 <jxkĂ aj < ± Từ giả thiết suy ra jf(xn)Ă f(xk)j < ", mâu thuẫn

Hoàn toàn tương tự, có thể chỉ ra rằng dể giới hạn lim

x !1f (x) tồn tại, điềukiện cần và đủ là : với mọi " > 0, tồn tại M > 0 sao cho x; x0 > M kéo theojf(x) Ă f(x0)j < "

1.1.38. Gọifxng xn 6= a, là d∙y bất kì hội tụ tới a Suy ra từ định nghĩa giớihạn của hàm tại a rằng lim

n !1f (xn) = A Đặt yn = f (xn) Vì f (x) 6= A tronglân cận khuyết của a, f (xn) 6= A với n đủ lớn Từ đó lim

n !1g(yn) = B, hoặctương đương, lim

n !1g(f (xn)) = B Điều này có nghĩa lim

sin x nếu ngược lại;

và lim

x !0f (x) = 0 và lim

x !0g(y) = 1, nhưng lim

x !0g(f (x)) không tồn tại

124 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

1.1.40. Do tính tuần hoàn củax7! f(x) Ă x; f(x + 1) = f(x) + 1 Vì vậy, vớimọi số nguyên n, f (x + n) = f (x) + n, x 2 R Vì mọi số thực x có thể đượcviết dưới dạng tổng phần nguyên và phần phân của nó (tức làx = [x] + r, ở

0∙ x < 1 Ngoài ra, theo(Ô),fn(x) = fn(r) + [x], nên khảng định cũng đúngvới mọix2 R

3.4 Chuỗi Taylor 125

ở đây r = fn(x)Ă [fn(x)] Điều này chứng minh bất đẳng thức bên phải của(1) Theo cùng cách như vậy, ta có thể chứng minh bất đẳng thức bên trái.Lại dùng quy nạp, ta sẽ chứng minh rằng

Vậy bất đẳng thức (2) được chứng minh

Mọi số nguyên dươngncó thể được viết nhưn = kmp+q, ở đây0∙ q < mp.Theo (1) và (2), ta có

126 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

1.1.42. [6, trang 47] Chú ý rằng theo 1.1.40, chỉ cần chứng minh lim

n !1

f n (0) ntồn tại Nếu f (0) = 0, thì giới hạn là 0 Bây giờ giả sử f (0) > 0 Thìhoặc với mọi p nguyên dương, tồn tại số nguyên n sao cho fn(0) > p, hoặctồn tại p nguyên dương sao cho fn(0) ∙ p với mọi m 2 N Trong trườnghợp sau, ffn(0)g là d∙y bị chặn, do đó lim

1.2 Các tính chất của hàm liên tục

1.2.1. Hàm gián đoạn tại x0 6= kẳ, ở đây k 2 Z Thực vậy, nếu fxng là d∙ycác số vô tỷ hội tụ tớix0, thì lim

n !1f (xn) = 0 Mặt khác, nếufznglà d∙y các sốvô tỷ hội tụ tớix0, thì do tính liên tục của hàm sin, lim

n !1f (zn) = lim

n !1sinjznj =sinjx0j 6= 0 Tương tự, có thể chỉ ra rằngf liên tục tạikẳ với k 2 Z

1.2.2. Như trong lời giải của bài toán trước, ta có thể chứng minh rằng fchỉ liên tục tại Ă1và 1

số vô tỷ hội tụ tới x, thì lim

n !1f (xn) = 06= f(x) Do đó, f gián đoạn tạimọi điểm hữu tỷ khác 0

n !1f (xn) = lim

n !1

(np + 1)pq + p(np + 1)q2 + 1 =

p

q 6= q + 1p :Vì vậy, hàm gián đoạn tại mọi điẻm hữu tỷ khác không

1.2.4. Gọif 2 C([a; b]) và gọi x0 là điểm thuộc [a; b].Với " > 0 cho trước, tồntại ± > 0 sao cho nếu x 2 [a; b] và 0 < jx Ă x0j < ±, thì jf(x) Ă f(x0)j < ".Bây giờ, tính liên tục của jfj tại x0 suy ra từ bất đẳng thức hiển nhiênjjf(x)j Ă jf(x0)jj ∙ jf(x) Ă f(x0)j

128 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

với mỗin2 Z Từ đó

bn+ 1 = an và anĂ1= bnĂ 1Dùng quy nạp, an= 2n + a0 và bn = 2nĂ 1 + a0; a0 2 R

1.2.6. Do hàm lẻ, ta chỉ cần nghiên cứu tính liên tục của nó với x á 0 Rõràng, f liên tục tại x 6= pn; n = 1; 2; : : : Bây giờ giả sử n = k2 với k là sốnguyên dương Khi đó

lim

x !k +f (x) = n lim

x !k +sin ẳx = 0và

n)và

f (n) Vậy f liên tục trên[12;1)

Bây giờ ta chỉ ra rằngf tăng thực sự trên [1;1) Rõ ràng, f tăng thực sựtrên mỗi khoảng [n; n + 1)Nếu x1 2 [n Ă 1; n) và x2 2 [n; n + 1) thì

f (x2)Ă f(x1) = (x2Ă n)n+ 1Ă (x1Ă n + 1)nĂ1 > (x2Ă n)n á 0:

Từ đó suy ra f (x2)Ă f(x1) > 0 với x2 2 [m; m + 1) và x1 2 [n; n + 1), nếu

m > n + 1

Hàm này chỉ gián đoạn tại 0.

(b) Theo định nghĩa củaf

(d) f (x) = maxf4; x2;x12g Hàm liên tục trên R n f0g

(e) f (x) = maxfj cos xj; j sin xjg Rõ ràng, f liên tục trênR

1.2.9. Gọi T > 0 là chu kỳ của f Do tính liên tục của f trên [0; T ], tồn tại

xÔ 2 [0; T ] và xÔ 2 [0; T ] sao cho f (xÔ) = inf

P (x0) = inf

x 2[Ăa;a]P (x):

130 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

NếuP (x0)∙ M, thì ta có thể đặt xÔ = x0 Nếu P (x0) > M, lấy b > 0 sao cho

P (x) > P (x0) với mọi jxj > b Do tính liên tục, tồn tại xÔ 2 [Ăb; b] sao cho

0 nếu x = 0hoặcx = 1;

(b) Với n2 N, đặt

An=

ẵ0; 1

Bây giờ, giả sử f liên tục tại x0 Khi đó với " > 0 cho trước, tồn tại

(a) Gọi x0 2 [a; b] và " > 0 được chọn tuỳ ý Từ tính liên tục của hàmf và

g rằng tồn tại± > 0 sao cho nếu x2 [a; b] và jx Ă x0j < ±, thì

f (x0)Ă " < f(x) < f(x0) + " và g(x0)Ă " < g(x) < g(x0) + ":

Từ đó

h(x) < minff(x0) + "; g(x0) + "g(1)

132 Chương 3 D∙y và chuỗi hàm

1.2.14. Vì f liên tục, các hàm m và M được xác định Gọix0 là điểm thuộc[a; b] và " > 0 Do tính liên tục của f, tồn tại± > 0 sao cho

supjhj<±jf(x0+ h)Ă f(x)j < ":

Từ định nghĩa củam suy ra

Từ định nghĩa giới hạn dưới, suy ra tồn tạifxn kgsao chojxn kĂaj < ± bắt đầu

từ giá trị k0 nào đó của chỉ số k Bây giờ, theo (1), ta có jf(xn k)Ă f(a)j < "với k > k0 Vậy chúng ta đ∙ chỉ ra rằng

lim

n !1

f (xn)∙ f( lim

n !1xn):

Ta chỉ ra ví dụ rằng bất đẳng thức này có thể ngặt Lấy f (x) =Ăx; x 2 R