Chương 3 — Giới hạn và tính liên tục của hàm một biến

Hàm số một biến, giới hạn, tính liên tục và các dạng vô định.

Edit LaTeX source on GitHub · Report an issue

Mục tiêu của chương Học xong chương này sinh viên có thể

1. Nắm vững khái niệm giới hạn hàm số và có thể tính giới hạn hàm số bằng định nghĩa của một số hàm số đơn giản.

2. Sử dụng các định lí về giới hạn để tính giới hạn các hàm số.

3. Nắm vững khái niệm hàm số liên tục, chứng minh một hàm số liên tục, vận dụng định lí giá trị trung gian để chứng minh sự tồn tại nghiệm của một phương trình.

4. Nắm vững khái niệm hàm số liên tục đều, thực hành kiểm tra tính liên tục đều của một hàm số.

1 Hàm số biến số thực

Phần này giới thiệu về hàm số một biến số thực, các hàm số có dạng đặc biệt như hàm số chẵn, hàm số lẻ, hàm số đơn điệu, v.v. và các lớp hàm số sơ cấp quen thuộc. Những nội dung được nhắc đến trong phần này được trình bày một cách cơ bản và ngắn gọn, thông qua việc kế thừa các kiến thức đã được giới thiệu ở Chương 1 cũng như đã được học ở bậc phổ thông.

1.1 Hàm số một biến số thực

Đầu tiên, ta định nghĩa hàm số một biến số thực dựa vào khái niệm ánh xạ đã được đề cập trong Mục [sec:mapping].

Cho \(X\) và \(Y\) là các tập hợp con của \(\R\). Ánh xạ \(f:X \longrightarrow Y\) được gọi là hàm số một biến số thực. Tập \(X\) được gọi là miền xác định , tập \(f(X)\) được gọi là miền giá trị của hàm số, \(x\in X\) được gọi là biến độc lập, \(y=f(x)\in Y\) được gọi là biến phụ thuộc. Tập hợp \(G_f=\{(x, f(x)): x\in X\}\) được gọi là đồ thị của hàm số.

Đồ thị hàm số \(\sgn x\)

• Cho \(f: D\subset\R\longrightarrow \R\) xác định bởi \(f(x)=c\), \(c\) là hằng số. Hàm số này được gọi là hàm hằng. Đồ thị hàm số là một đường thẳng đi qua điểm \((0,c)\) và song song hoặc trùng với trục \(Ox\) trong mặt phẳng toạ độ Descartes \(Oxy\).

• Cho \(g: \R\longrightarrow \R\) xác định bởi

  \[ g(x)=\sgn(x)=\begin{cases} 1 & \text{ nếu } x>0 \\ 0 & \text{ nếu } x=0\\ -1 &\text{ nếu } x<0. \end{cases} \]

  Hàm số này được gọi là hàm dấu. Đồ thị hàm số được biểu diễn trong Hình 1.

• Cho \(h: \R\longrightarrow \R\) xác định bởi \(h(x)\) là số nguyên lớn nhất không vượt quá \(x\), kí hiệu là \(\floor{x}\). Hàm số này được gọi là hàm phần nguyên. Đồ thị hàm số này được biểu diễn trong Hình 2.

Đồ thị hàm phần nguyên \(y=\floor{x}\)

Cho \(f: X \longrightarrow Y\) và \(g: X \longrightarrow Y\) là hai hàm số. Hai hàm số này được gọi là bằng nhau, kí hiệu \(f=g\), nếu hai ánh xạ \(f\) và \(g\) bằng nhau, tức là \(f (x)=g(x)\) với mọi \(x \in X\).

Cho \(f, g: \R\longrightarrow \R\) là hai hàm số xác định bởi \(f(x)=|x|\) và \(g(x)=x\sgn x\) với mọi \(x\in\R\). Khi đó \(f=g\).

Cho hàm số \(f: X \longrightarrow Y\) và \(A\) là một tập con của \(X\). Thu hẹp của \(f\) lên \(A\), kí hiệu \(f_{|A}\), là một hàm số từ \(A\) vào \(Y\) xác định bởi \[f_{|A}(a) = f(a) \text{ với mọi } a \in A.\]

Thu hẹp của hàm số \(f=\sgn\) lên \(A=(0,\infty)\) là một hàm số hằng \(\sgn_{|A}\), xác định bởi \(\sgn_{|A}(x)=1\) với mọi \(x\in(0,\infty)\).

Cho \(f, g: D \longrightarrow \R\) và \(c\) là một hằng số. Các hàm số \(f +g\), \(fg\), và \(cf\) là các hàm số từ \(D\) vào \(\R\), lần lượt được định nghĩa như sau: \[(f +g)(x) = f(x)+g(x),\, \;(fg)(x)= f(x)g(x),\,\; (cf)(x) = cf(x)\] với mọi \(x \in D\). Đặt \(D'=\{x\in D: g(x)\neq 0\}\). Hàm số \(\frac{f}{g}: D'\longrightarrow \R\) được định nghĩa bởi

\[\left(\frac{f}{g}\right)(x)=\frac{f(x)}{g(x)},\; \text{ với mọi } x\in D'.\]

Cho \(f, g: D \longrightarrow \R\) và \(0_D:D\longrightarrow\R\), \(0_D(x)=0\) với mọi \(x\in D\). Nếu \(fg=0\) thì không kéo theo \(f=0_D\) hoặc \(g=0_D\). Chẳng hạn, lấy hàm số \(f, g:\R\longrightarrow \R\) được định nghĩa như sau:

\[ f(x)=\begin{cases} 1 &\text{ nếu } x=0\\ 0&\text{ nếu } x\neq 0, \end{cases} \text{ và } g(x)=\begin{cases} 0 &\text{ nếu } x=0\\ 2&\text{ nếu } x\neq 0. \end{cases} \]

Ta có \(f\neq 0_\R\), \(g\neq 0_\R\) và \(fg=0_\R\).

Tiếp theo, ta định nghĩa quan hệ thứ tự trong tập hợp các hàm số từ \(D\) vào \(\R\) dựa vào quan hệ thứ tự trên \(\R\).

Cho \(f, g: D\subset\R \longrightarrow \R\).

1. Ta nói \(f\leq g\) hoặc \(g\geq f\) nếu với mọi \(x\in D\), \(f(x)\leq g(x)\).

2. Ta nói \(f < g\) hoặc \(g>f\) nếu với mọi \(x\in D\), \(f(x)< g(x)\).

Cho \(f, g:[0,\pi]\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f(x)=\sin x\) và \(g(x)=1\). Khi đó \(f\leq g\) vì với mọi \(x\in [0,\pi]\), \(\sin x\leq 1\).

Để kết thúc mục này, ta trình bày khái niệm hàm số hợp và hàm số ngược như là một trường hợp đặc biệt của ánh xạ hợp và ánh xạ ngược đã được đề cập lần lượt trong Định lí [thm:anh_xa_hop] và Định nghĩa [bijection].

Cho \(f: X\longrightarrow Y\) and \(g: Y\longrightarrow Z\) là hai hàm số. Khi đó hàm số hợp của \(f\) và \(g\) là hàm số \(g\circ f: X \longrightarrow Z\) xác định bởi \[(g\circ f)(x) = g(f(x)) \text{ với mọi } x \in X.\]

Cho \(f, g:\R\longrightarrow\R\) xác định như sau: \(f(x)=2x-3\) và \(g(x)=\cos x\). Khi đó \((f\circ g)(x)=f(g(x))=f(\cos x)=2\cos x-3\) và \((g\circ f)(x)=g(f(x))=\cos(2x-3)\). Để ý rằng \(f\circ g\neq g\circ f\).

Cho \(f: X\longrightarrow Y\) là một hàm số và \(f\) là song ánh. Khi đó ánh xạ ngược của \(f\), kí hiệu \(f^{-1}: Y\longrightarrow X\), được gọi là hàm số ngược của hàm số \(f\).

Cho hàm số \(f,g:\R\longrightarrow\R\) xác định như sau: \(f(x)=2x^3-1\) và \(g(x)=\sqrt[3]{\frac{x+1}{2}}\). Khi đó \(f\) và \(g\) là các hàm ngược của nhau vì \(f(g(x))=x\) và \(g(f(x)=x\) với mọi \(x\in\R\).

Đồ thị của hai hàm số ngược nhau

Đồ thị của hai hàm số \(f\) và \(f^{-1}\) đối xứng với nhau qua đường thẳng \(y=x\).

Bài tập

Cho hàm số \(f(x)=x^2+7\). Tính

• \(f(2a-1)\), \(f(2a)-1\).

• \(f(1-e^{3b})\), \(f(1)-f(e^{3b})\).

• \(\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\), \(\Delta x\neq 0\).

Tìm miền xác định của hàm số

• \(f(x)=(x^2-1)\sqrt{\frac{x-1}{x+1}}\).

• \(g(x)=\sqrt{\cos(x^2)}\).

Tìm miền giá trị của hàm số

• \(f(x)=\sqrt{-x^2+x+2}\).

• \(g(x)=\sqrt{\sin(x^2)}\).

Tìm miền xác định và miền giá trị của hàm số

\[ f(x)=\begin{cases} 1-x&\text{ nếu } x<1,\\ \sqrt{x-1} &\text{ nếu } x\geq 1. \end{cases} \]

Tìm tất cả các hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\) sao cho

• \(\forall x\in\R, f(x)f(x^2-1)=\sin x\).

• \(\forall (x,y)\in\R^2, f(x+y^2)=f(x^2)+f(y)\).

Cho hàm số \(f:D\longrightarrow\R\). Hàm số \(f^+:D\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f^+(x)=\max(f(x),0)\) và hàm số \(f^-:D\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f^-(x)=\min(f(x),0)\).

• Cho \(f:[-2, 2]\longrightarrow\R\), \(f(x)=|x+1|\). Xác định \(f^+\) và \(f^-\).

• Cho \(g:\R\longrightarrow\R\), \(g(x)=1-2x\). Xác định \(g^+\) và \(g^-\).

Cho hàm số \(f, g:\R\longrightarrow\R\).

• Chứng minh rằng \(f=f^+-f^-\).

• Chứng minh rằng \(f\leq g\) khi và chỉ khi \(f^+\leq g^+\) và \(g^-\leq f^-\).

Cho hàm số \(f, g: D\longrightarrow\R\). Nếu \(f\leq g\) và \(f\neq g\) thì ta có thể kết luận \(f<g\) hay không?

Tìm \(f(f(x))\), \(f(g(x))\), \(g(g(x))\) và \(g(f(x))\), biết rằng

• \(f(x)=\sgn(x)\) và \(g(x)=|x|\).

• \(f(x)=\begin{cases} 0 &\text{ nếu } x\geq 0\\ x &\text{ nếu } x< 0, \end{cases}\) và \(g(x)=\begin{cases} 0 &\text{ nếu } x\geq 0\\ -x^2 &\text{ nếu } x< 0. \end{cases}\)

Tìm hàm số ngược của các hàm số sau.

• \(g:[0,\infty)\longrightarrow \R\), \(g(x)=\sqrt{x}\).

• \(h:\R\setminus\{1\}\longrightarrow \R\), \(h(x)=\frac{x+1}{x-1}\).

Trong các hàm số sau, hàm số nào có hàm số ngược?

• \(f:\R\longrightarrow \R\), \(f(x)=x^3+x-1\).

• \(g:\R\longrightarrow \R\), \(g(x)=x^3-x+1\).

• \(h:[0,2\pi]\longrightarrow \R\), \(h(x)=\sin x\).

• \(k:\N\longrightarrow \Z\), \(k(x)=\frac{(-1)^x(2x-1)+1}{4}\).

1.2 Tính chất chẵn lẻ, tuần hoàn, đơn điệu và bị chặn của hàm số

Ở đây, chúng ta sẽ khảo sát một số lớp hàm số đặc biệt mà qua đó dáng điệu của đồ thị hàm số có thể được hình dung một cách nhanh chóng và các tính toán liên quan có thể giảm bớt độ cồng kềnh.

Cho \(f:D\longrightarrow\R\), trong đó \(D\) là tập đối xứng theo nghĩa: với mọi \(x\) nếu \(x\in D\) thì \(-x\in D\). Khi đó

• Ta nói \(f\) là hàm số chẵn nếu \(f(-x)=f(x)\) với mọi \(x\in D\).

• Ta nói \(f\) là hàm số lẻ nếu \(f(-x)=-f(x)\) với mọi \(x\in D\).

• Hàm số \(f(x)=x^n\) là hàm số chẵn nếu \(n\) chẵn, là hàm số lẻ nếu \(n\) lẻ.

• Một hàm số có thể không chẵn, không lẻ, chẳng hạn \(f(x)=x+2\).

Trong hệ toạ độ Descartes vuông góc \(Oxy\), ta có các tính chất sau.

• Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục \(Oy\) làm trục đối xứng.

• Đồ thị của hàm số lẻ nhận gốc toạ độ làm tâm đối xứng.

Cho \(f:D\longrightarrow\R\). Ta nói \(f\) là hàm số tuần hoàn nếu tồn tại số \(T>0\) sao cho với mọi \(x\in D\) thì \(x+T\in D\) và \(f(x+T)=f(x)\). Số \(T\) nhỏ nhất (nếu có) sao cho đẳng thức này thoả mãn được gọi là chu kì của hàm số \(f\).

• Hàm số \(f(x)=\sin x\), \(g(x)=\cos x\) là các hàm số tuần hoàn với chu kì \(2\pi\) trên \(\R\).

• Hàm số \(f(x)=x+2\) không tuần hoàn trên \(\R\).

• Nếu hàm số \(f, g: D\longrightarrow \R\) tuần hoàn với chu kì \(T\) và \(\lambda\in \R\), thì \(f+g\), \(\lambda f\) và \(fg\) cũng tuần hoàn với chu kì \(T\).

• Nếu hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) tuần hoàn với chu kì \(T\) và không triệt tiêu tại bất kì điểm nào thuộc \(D\) thì \(1/f\) là hàm số tuần hoàn với chu kì \(T\).

Cho \(f:D\longrightarrow\R\), trong đó \(D\) là một khoảng của \(\R\).

1. Ta nói \(f\) là tăng trên \(D\) nếu với mọi \(x_1, x_2\in D\), \(x_1<x_2\) kéo theo \(f(x_1)\leq f(x_2)\).

2. Ta nói \(f\) là giảm trên \(D\) nếu với mọi \(x_1, x_2\in D\), \(x_1<x_2\) kéo theo \(f(x_1)\geq f(x_2)\).

3. Ta nói \(f\) là tăng ngặt trên \(D\) nếu với mọi \(x_1, x_2\in D\), \(x_1<x_2\) kéo theo \(f(x_1)< f(x_2)\).

4. Ta nói \(f\) là giảm ngặt trên \(D\) nếu với mọi \(x_1, x_2\in D\), \(x_1<x_2\) kéo theo \(f(x_1)> f(x_2)\).

5. Ta nói \(f\) là đơn điệu trên \(D\) nếu \(f\) là tăng hoặc \(f\) là giảm trên \(D\).

6. Ta nói \(f\) là đơn điệu ngặt trên \(D\) nếu \(f\) là tăng ngặt hoặc \(f\) là giảm ngặt trên \(D\).

• Hàm số \(f(x)=x^2\) là tăng trên \([0,\infty)\), hàm số \(g(x)=(1/2)^x\) là giảm trên \(\R\).

• Hàm số \(h(x)=x^2\) không đơn điệu trên \(\R\).

• Nếu các hàm số \(f, g: D\longrightarrow \R\) tăng thì \(f+g\) tăng.

• Nếu hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) tăng thì \(-f: D\longrightarrow \R\) giảm.

• Nếu các hàm số \(f, g: D\longrightarrow \R\) tăng và không âm thì \(fg\) tăng

Cho \(f:D\longrightarrow\R\).

• Ta nói \(f\) là bị chặn trên nếu tồn tại \(M\in\R\) sao cho với mọi \(x\in D\), \(f(x)\leq M\).

• Ta nói \(f\) là bị chặn dưới nếu tồn tại \(m\in\R\) sao cho với mọi \(x\in D\), \(f(x)\geq m\).

• Ta nói \(f\) là bị chặn nếu tồn tại \(m,M\in\R\) sao cho với mọi \(x\in D\), \(m\leq f(x)\leq M\).

• Mọi hàm hằng đều bị chặn.

• Hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\), \(f(x)=x\) không bị chặn.

• Hàm số \(f: D\longrightarrow \R\) bị chặn khi và chỉ khi \(|f|: D\longrightarrow \R\) bị chặn trên, tức là khi và chỉ khi tồn tại \(M>0\) sao cho với mọi \(x\in D\), \(|f(x)|\leq M\).

• Nếu hàm số \(f, g: D\longrightarrow \R\) bị chặn trên thì \(f+g: D\longrightarrow \R\) bị chặn trên.

• Nếu hàm số \(f, g: D\longrightarrow \R\) bị chặn trên và không âm thì \(fg: D\longrightarrow \R\) bị chặn trên.

Bài tập

Xét tính chẵn lẻ của các hàm số sau

1. \(f(x)=x^5-2x^3.\)

2. \(f(x)=-x^6-2x^2+7.\)

3. \(f(x)=x^8-x^7+x^6-2x^3+9.\)

4. \(f(x)=|x^7-3x^2+1|.\)

5. \(f(x) = |x|^9-x^8+3|x|\).

Xét tính đơn điệu của các hàm số sau

1. \(f(x)=\begin{cases} \dfrac{1}{x} &\text{ nếu } x\neq 0,\\ 0 &\text{ nếu } x= 0. \end{cases}.\)

2. \(f(x)=x-\floor{x}.\)

Xét tính tuần hoàn của các hàm số sau

1. \(f(x)=\floor{x}.\)

2. \(f(x)=x- \floor{x}.\)

Xét tính bị chặn của các hàm số sau

1. \(f(x)=\begin{cases} \dfrac{1}{x} &\text{ nếu } x\neq 0,\\ 0 &\text{ nếu } x= 0. \end{cases}.\)

2. \(g(x)=x-\floor{x}.\)

3. \(h(x)=\min(m(x), n(x))\) trong đó \(m(x)=x^2-3x+2\) và \(n(x)=x^2-5x+6\).

1.3 Các hàm số sơ cấp cơ bản

Trong phần này, chúng ta nhắc lại một số lớp hàm số quen thuộc đã được học ở bậc phổ thông, đồng thời giới thiệu thêm một số lớp hàm số mới dưới dạng khái quát. Các tính chất chi tiết của chúng sẽ được nghiên cứu kỹ hơn trong những phần tiếp theo của giáo trình cũng như trong các học phần giải tích cổ điển khác.

1. Hàm số luỹ thừa \(f(x)=x^\alpha\), \(\alpha\in\R\).

   Trước hết, ta nhắc lại luỹ thừa với số mũ hữu tỉ \(v\) bất kì của một số thực \(u\).

   Nếu \(v=0\) và \(u\neq 0\), ta quy ước \(u^0=1\).

   Nếu \(v=n\in\N\) thì \(u^v\) là tích \(n\) lần của số \(u\). Trong trường hợp, \(v\) là số nguyên âm và \(u\neq 0\), ta định nghĩa \(u^{v}=\frac{1}{u^{-v}}\).

   Nếu \(v=\frac{m}{n}\) là số hữu tỉ dương trong đó \(m, n\in\N\) và \((m,n)=1\), ta định nghĩa với mỗi \(u>0\), \(u^{m/n}=(u^m)^{1/n}=\sqrt[n]{u^m}\). Tương tự, nếu \(v\) là số hữu tỉ âm, ta định nghĩa \(u^v=\frac{1}{u^{-v}}\). Ta có thể thấy rằng định nghĩa này là hợp lí vì khi \(n=1\), ta có \(v\) là một số nguyên và khi đó \(u^{m/n}=u^m\).

   Hàm số \(y=x^\alpha\) với \(\alpha\in\Q\) và \(\alpha>0\) là tăng ngặt trên \((0,\infty)\).

   Một câu hỏi tự nhiên đặt ra luỹ thừa vô tỉ của một số thực, chẳng hạn \(\sqrt{2}^{\sqrt{3}}\) hay \(2^e\), được xác định như thế nào. Ta xét các trường hợp sau. Thứ nhất, giả sử \(u>1\) và \(v>0\), ta định nghĩa \[u^v=\sup\{u^r: r\leq v, r\in\Q\}.\]

   Định nghĩa này là nhất quán với trường hợp luỹ thừa số hữu tỉ theo nghĩa nếu \(v\in \Q\) thì giá trị của supremum ở vế phải bằng \(u^v\). Thật vậy, đặt \(c=\sup\{u^r: r\leq v, r\in\Q\}\) với \(v\in \Q\). Ta có \(r<v\) kéo theo \(u^r<u^v\) theo Nhận xét [nx:luythua_huuti_tang]. Suy ra \(c\leq u^v\). Mặt khác, với mọi \(n\in\N\), ta có \(v-1/n\in\Q\) và \(v-1/n\leq v\), do đó \[\frac{u^v}{u^{1/n}}=u^{v-1/n}\leq c.\] Cho \(n\) dần tới vô cùng và sử dụng Ví dụ [ex:alphamun], ta được \(u^v\leq c\). Vậy \(c=u^v\).

   Thứ hai, khi \(u=1\) ta định nghĩa \(1^v=1\). Nếu \(0<u<1\), ta định nghĩa \(u^v=\frac{1}{(1/u)^v}\).

   Cuối cùng, trong trường hợp \(v\) là số thực âm, ta định nghĩa \(u^v=\frac{1}{u^{-v}}\).

   Để dễ dàng hình dung, ta có thể tóm tắt cách tính luỹ thừa cho số mũ không âm thông qua Bảng 1. Trong trường hợp số mũ âm, kết quả được xác định thông qua nghịch đảo của luỹ thừa với số mũ dương.

   Định nghĩa luỹ thừa với số mũ không âm {#tab:dinhnghia_luythua}

   Điều kiện của \(v\)	Điều kiện của \(u\)	Định nghĩa \(u^v\)
   \(v=0\)
   	\(u\neq 0\)	\(u^0=1\)
   	\(u=0\)	Không xác định
   \(v=n\in \N\)	\(u\in\R\)	\(u^n=\underbrace{u\cdot u\cdots u}_{n \text{ lần}}\)
   \(v=\frac{m}{n}\in \Q\), \(m,n\in\N\), \((m,n)=1\)	\(u\in (0,\infty)\)	\(u^v=\sqrt[n]{u^m}\)
   \(v\in (0,\infty)\)	\(u\in (1,\infty)\)	\(u^v=\sup\{u^r: r\leq v, r\in\Q\}\)
   	\(u=1\)	\(1^v=1\)
   	\(u\in (0,1)\)	\(u^v=\dfrac{1}{(1/u)^v}\)

   Cho \(a, b, c\) là các số thực bất kì. Khi đó các phát biểu sau đúng.

   1. Nếu \(a>1\) và \(0<b<c\) thì \(a^b<a^c\).

   2. Nếu \(0<a<1\) và \(0<b<c\) thì \(a^b>a^c\).

   3. Nếu \(a>0\) và \(b, c\in\R\) thì \(a^{b+c}=a^b\cdot a^c\).

   Proof. Proof.

   1. Đặt \(B=\{a^r: r\leq b, r\in\Q\}\) và \(C=\{a^r: r\leq c, r\in\Q\}\). Ta có \(a^b=\sup B\) và \(a^c=\sup C\). Vì \(B\), \(C\) khác rỗng và \(b<c\) nên \(B\subset C\), kéo theo \(\sup B\leq \sup C\) (Nhận xét [nx:sup_inf_inclusion]). Đồng thời, vì \(b<c\) nên tồn tại số hữu tỉ \(t\in(b,c)\), do đó \(a^b<a^t\leq a^c\).

   2. Khi \(0<a<1\), ta có \(a^b=\frac{1}{(1/a)^b}\), áp dụng kết quả (i) cho \(1/a\) ta có điều cần chứng minh.

   3. Đặt \(B=\{a^r: r\leq b, r\in\Q\}\), \(C=\{a^s: s\leq c, s\in\Q\}\) và \(D=\{a^t: t\leq b+c, t\in\Q\}\). Ta có \(a^b=\sup B\), \(a^c=\sup C\) và \(a^{b+c}=\sup D\). Ta sẽ chứng minh \(a^b\cdot a^c\) là cận trên bé nhất của \(D\) dựa theo Mệnh đề [prop:sup].

      Với mọi \(t\in \Q\) thoả mãn \(t\leq b+c\), ta có thể biểu diễn \(t=r+s\) trong đó \(r\in\Q\), \(r\leq b\) và \(s\in\Q\), \(s\leq c\) bằng cách chọn \(r\) là số hữu tỉ \(t-c<r<b\) (Định lí [dl:tinh_tru_mat]) và \(s=t-r\). Ngược lại, với mọi \(r\leq b\) và \(s\leq c\), ta có \(t=r+s\leq b+c\). Do đó, \(D=\{a^{r}\cdot a^s: r\leq b, s\leq c, r\in\Q, s\in\Q\}\). Vì \(a^r\leq\sup B\) với mọi \(r\leq b, r\in\Q\) và \(a^s\leq\sup C\) với mọi \(s\leq c, s\in\Q\) với mọi nên \(a^b\cdot a^c\) là một cận trên của \(D\).

      Với \(\epsilon>0\) bất kì, đặt \(\gamma=a^b\cdot a^c-\epsilon\), ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại \(x\in D\) sao cho \(x>\gamma\). Trường hợp \(\gamma\leq 0\), ta luôn có điều cần chứng minh. Giả sử \(\gamma>0\). Vì \(0<\gamma<a^b\cdot a^c\) nên \(\frac{\gamma}{a^b}<a^c\). Đặt \(\delta=\frac{1}{2}(\frac{\gamma}{a^b}+a^c)\). Lúc đó \(\frac{\gamma}{a^b}< \delta <a^c\). Theo Mệnh đề [prop:sup] tồn tại \(\alpha\in B\) và \(\beta\in C\) sao cho \(\frac{\gamma}{\delta}<\alpha\) và \(\delta<\beta\). Chọn \(x=\alpha\beta\), ta có \(x\in D\) và \(x=\alpha\beta >\frac{\gamma}{\delta}\cdot\delta =\gamma\).

      Vậy \(a^b\cdot a^c\) là supremum của \(D\), tức là \(a^{b+c}=a^b\cdot a^c\).

    ◻

   Với mỗi \(\alpha\in\R\) cho trước, hàm số \(f(x)=x^\alpha\) gọi là hàm số luỹ thừa.

   

   Đồ thị các hàm số luỹ thừa

   Miền xác định của hàm số luỹ thừa phụ thuộc vào số mũ \(\alpha\).

   \(\alpha\)	Miền xác định của \(f(x)=x^\alpha\)
   \(\alpha\) nguyên dương	\(\R\)
   \(\alpha=0\) hoặc nguyên âm	\(\R\setminus\{0\}\)
   \(\alpha\notin \Z\)	\((0,\infty)\)

   Đồ thị của hàm số luỹ thừa luôn đi qua điểm \((1,1)\), đi qua gốc toạ độ nếu \(\alpha>0\), không đi qua gốc toạ độ nếu \(\alpha<0\). Đồ thị của hàm số luỹ thừa trong một số trường hợp được biểu diễn trong Hình 4.

2. Hàm số mũ \(f(x)=a^x\), \(a>0\), \(a\neq 1\).

   Trong phần trước, ta đã biết cách tính \(u^v\) với \(u>0\), \(v\in\R\). Do đó nếu cố định số thực dương \(u=a\), ta có thể định nghĩa hàm số \(f(x)=a^x\), \(x\in\R\) và gọi nó là hàm số mũ.

   

   Đồ thị các hàm số mũ

   Miền xác định của \(f(x)=a^x\) là \(\R\) và miền giá trị của nó là \((0,\infty)\). Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \((0,1)\). Đồ thị của một số hàm số mũ được minh hoạ trong Hình 5. Có nhiều hướng tiếp cận khác để định nghĩa hàm số mũ, bạn đọc có thể tìm hiểu thêm trong [@JohnsonBaugh1981; @Ross2013].

3. Hàm số logarit \(f(x)=\log_ax\), \(a>0\), \(a\neq 1\).

   

   Đồ thị các hàm số logarit

   Miền xác định của \(f(x)=\log_ax\) là \((0,\infty)\) và miền giá trị của nó là \(\R\). Đây là hàm số ngược của hàm số \(y=a^x\). Đồ thị hàm số luôn đi qua điểm \((1,0)\). Đồ thị của một số hàm số logarit được minh hoạ trong Hình 6.

4. Các hàm số lượng giác \(f(x)=\sin x\), \(g(x)=\cos x\), \(h(x)=\tan x\) và \(k(x)=\cot x\), \(i(x)=\sec x=\frac{1}{\cos x}\) và \(j(x)=\csc x=\frac{1}{\sin x}\). Miền xác định và miền giá trị của các hàm số lượng giác được tổng kết trong Bảng 2. Đồ thị của chúng được biểu diễn trong Hình 7 và Hình 8.

   Miền xác định và miền giá trị của các hàm số lượng giác {#tab:ham_so_luong_giac}

   Hàm số		Miền xác định		Miền giá trị
   \(y=\sin x\)		\(\R\)		\([-1,1]\)
   \(y=\cos x\)		\(\R\)		\([-1,1]\)
   \(y=\tan x\)		\(\R\setminus\{\frac{\pi}{2}+k\pi,k\in\Z\}\)		\(\R\)
   \(y=\cot x\)		\(\R\setminus\{k\pi,k\in \Z\}\)		\(\R\)
   \(y=\sec x\)		\(\R\setminus\{\frac{\pi}{2}+k\pi,k\in\Z\}\)		\(\R\setminus(-1,1)\)
   \(y=\csc x\)		\(\R\setminus\{k\pi,k\in\Z\}\)		\(\R\setminus(-1,1)\)

   

   Đồ thị các hàm số lượng giác sin x, cos x và tan x

   

   Đồ thị các hàm số lượng giác csc x, sec x và cot x

5. Các hàm số lượng giác ngược: Cả 6 hàm lượng giác cơ bản đều tuần hoàn và do đó chúng không phải là các song ánh, nên chúng không có hàm số ngược. Trong phần này, chúng ta sẽ kiểm tra xem liệu việc thu hẹp miền xác định của 6 hàm số lượng giác này bằng một cách nào đó có thể dẫn đến việc tồn tại hàm số ngược của chúng trên miền được giới hạn đó hay không. Câu trả lời là với việc thu hẹp miền xác định một cách thích hợp, chúng sẽ là các song ánh và tồn tại hàm số ngược.

   1. Hàm số \(y= \arcsin x\): Xét hàm số \(f:[-\pi/2, \pi/2]\longrightarrow [-1,1]\); \(x\longmapsto\sin x\). Ta có \(f\) là một song ánh, do đó nó có hàm số ngược \(f^{-1}\), kí hiệu là \(y = \arcsin x\). Khi đó \[y=\sin x, -\frac{\pi}{2}\leq x\leq \frac{\pi}{2} \text{ khi và chỉ khi } x=\arcsin y.\] Chẳng hạn, \(\arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}\), \(\arcsin\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{\pi}{4}\). Hàm số ngược của hàm số \(y=\sin x\) với \(x\in [-\pi/2, \pi/2]\) là hàm số \(y=\arcsin x\) với miền xác định là \([-1,1]\) và miền giá trị là \([-\pi/2, \pi/2]\). Đồ thị của nó có dạng như Hình 9.

      

      Đồ thị hàm số y = arcsin x

   2. Hàm số \(y= \arccos x\): Xét hàm số \(f:[0, \pi]\longrightarrow [-1,1]\); \(x\longmapsto\cos x\). Ta có \(f\) là một song ánh, do đó nó có hàm số ngược \(f^{-1}\), kí hiệu là \(y= \arccos x\). Khi đó \[y=\cos x, 0\leq x\leq \pi \text{ khi và chỉ khi } x=\arccos y.\] Chẳng hạn, \(\arccos \frac{1}{2}=\frac{\pi}{3}\), \(\arccos\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{3\pi}{4}\). Hàm số ngược của hàm số \(y=\cos x\) với \(x\in [0, \pi]\) là hàm số \(y=\arccos x\) với miền xác định là \([-1,1]\) và miền giá trị là \([0, \pi]\). Đồ thị của nó có dạng như Hình 10.

      

      Đồ thị hàm số y = arccos x

   3. Hàm số \(y= \arctan x\): Xét hàm số \(f:(-\pi/2, \pi/2)\longrightarrow \R\); \(x\longmapsto\tan x\). Ta có \(f\) là một song ánh, và hàm số ngược của nó \(f^{-1}\), kí hiệu là \(y= \arctan x\). Khi đó \[y=\tan x, -\frac{\pi}{2} < x < \frac{\pi}{2} \text{ khi và chỉ khi } x=\arctan y.\] Hàm số ngược của hàm số \(y=\tan x\) với \(x\in (-\pi/2, \pi/2)\) là hàm số \(y=\arctan x\) với miền xác định là \(\R\) và miền giá trị là \((-\pi/2, \pi/2)\). Đồ thị của nó có dạng như Hình 11.

      

      Đồ thị hàm số y = arctan x

   4. Hàm số \(y=\arccot x\): Xét hàm số \(f:(0, \pi)\longrightarrow \R\); \(x\longmapsto \cot x\). Ta có \(f\) là một song ánh, do đó nó có hàm số ngược \(f^{-1}\), kí hiệu là \(y=\arccot x\). Khi đó \[y=\cot x, 0< x< \pi \text{ khi và chỉ khi } x=\arccot y.\] Hàm số ngược của hàm số \(y=\cot x\) với \(x\in (0, \pi)\) là hàm số \(y=\arccot x\) với miền xác định là \(\R\) và miền giá trị là \((0, \pi)\). Đồ thị của nó có dạng như Hình 12.

      

      Đồ thị hàm số \(y=\arccot x\)

   5. Hàm số \(y=\arcsec x\): Xét hàm số \(f:(0, \pi)\setminus\{\frac{\pi}{2}\}\longrightarrow \R\setminus (-1,1)\); \(x\longmapsto \sec x\). Ta có \(f\) là một song ánh, do đó nó có hàm số ngược \(f^{-1}\), kí hiệu là \(y=\arcsec x\). Đồ thị của nó có dạng như Hình 13.

      

      Đồ thị hàm số \(y=\arcsec x\)

   6. Hàm số \(y=\arccsc x\): Xét hàm số \(f:[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\setminus\{0\}\longrightarrow \R\setminus (-1,1)\); \(x\longmapsto \csc x\). Ta có \(f\) là một song ánh, do đó nó có hàm số ngược \(f^{-1}\), kí hiệu là \(y=\arccsc x\). Đồ thị của nó có dạng như Hình 14.

      

      Đồ thị hàm số \(y=\arccsc x\)

   Tóm lại, ta có thể tổng hợp các hàm số lượng giác ngược như Bảng 3.

   Các hàm số lượng giác ngược {#tab:inverse_trigonometric_func}

   Hàm số		Miền xác định		Miền giá trị
   \(y=\arcsin x\)		\([-1,1]\)		\([-\pi/2,\pi/2]\)
   \(y=\arccos x\)		\([-1,1]\)		\([0,\pi]\)
   \(y=\arctan x\)		\(\R\)		\((-\pi/2,\pi/2)\)
   \(y=\arccot x\)		\(\R\)		\((0,\pi)\)
   \(y=\arcsec x\)		\(\R\setminus (-1,1)\)		\([0,\pi]\setminus\{\pi/2\}\)
   \(y=\arccsc x\)		\(\R\setminus (-1,1)\)		\([-\pi/2,\pi/2]\setminus\{0\}\)

6. Các hàm số hyperbolic: Trong phần này, ta sẽ giới thiệu một cách ngắn gọn một lớp hàm đặc biệt của các hàm mũ, đó là các hàm hyperbolic. Các hàm hyperbolic tương tự như các hàm lượng giác thông thường, nhưng được xác định bằng cách sử dụng hyperbol thay vì đường tròn. Các điểm \((\cos t, \sin t)\) tạo thành một đường tròn có bán kính đơn vị \(x^2+y^2=1\), trong khi các điểm \((\cosh t, \sinh t)\) tạo thành nửa bên phải của hyperbola đơn vị \(x^2-y^2=1\).

   \[ \begin{aligned} \sinh x & =\frac{e^x-e^{-x}}{2} && \coth x =\frac{\cosh x}{\sinh x}, x\neq 0\\ \cosh x &=\frac{e^x+e^{-x}}{2} && \sech x=\frac{1}{\cosh x}\\ \tanh x &=\frac{\sinh x}{\cosh x} && \csch x=\frac{1}{\sinh x}, x\neq 0. \end{aligned} \]

   Từ định nghĩa ta có thể dễ dàng kiểm tra miền xác định và miền giá trị như bảng dưới đây.

   Hàm số			Miền xác định			Miền giá trị
   \(\displaystyle \sinh x\)			\(\R\)			\(\R\)
   \(\displaystyle \cosh x\)			\(\R\)			\([1,\infty)\)
   \(\displaystyle \tanh x\)			\(\R\)			\((-1,1)\)
   \(\displaystyle \coth x\)			\(\R\setminus\{0\}\)			\(\R\setminus [-1,1]\)
   \(\displaystyle \sech x\)			\(\R\)			\((0,1]\)
   \(\displaystyle\csch x\)			\((-\infty,0)\cup(0,\infty)\)			\((-\infty,0)\cup(0,\infty)\)

   Đồ thị các hàm số hyperbolic được trình bày trong Hình 17 và Hình 20.

   

   Đồ thị hàm số y = sinh x

   

   Đồ thị hàm số y = cosh x

   Đồ thị hàm số y = sinh x và y = cosh x

   Nhiều đẳng thức lượng giác quen thuộc cũng có các đẳng thức hyperbolic tương ứng.

   Các đẳng thức hyperbolic

   \(\cosh^2x-\sinh^2x=1\)	\(\sinh(x+y)=\sinh x\cosh y+\cosh x\sinh y\)
   \(\tanh^2x+\sech^2x=1\)	\(\sinh(x-y)=\sinh x\cosh y-\cosh x\sinh y\)
   \(\coth^2x-\csch^2x=1\)	\(\cosh(x+y)=\cosh x\cosh y+\sinh x\sinh y\)
   	\(\cosh(x-y)=\cosh x\cosh y-\sinh x\sinh y\)
   \(\sinh^2x=\frac{-1+\cosh2x}{2}\)	\(\cosh^2x=\frac{1+\cosh2x}{2}\)
   \(\sinh 2x=2\sinh x\cosh x\)	\(\cosh 2x= \cosh^2x+\sinh^2x\)

   Proof. Proof. Việc chứng minh các đẳng thức trên là khá đơn giản. Ta sẽ chứng minh 2 đẳng thức, phần còn lại xem như bài tập. Chẳng hạn,

   \[ \begin{aligned} \cosh^2x-\sinh^2x&=\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^2-\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^2\\ &=\frac{e^{2x}+2+e^{-2x}}{4}-\frac{e^{2x}-2+e^{-2x}}{4}\\ &=\frac{4}{4}=1. \end{aligned} \]

   và

   \[ \begin{aligned} 2\sinh x\cosh x&=2\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)\\ &=\frac{e^{2x}-e^{-2x}}{2}\\ &=\sinh 2x. \end{aligned} \]

   ◻

   

   Đồ thị hàm số y = tanh x

   

   Đồ thị hàm số y = coth x

   Đồ thị hàm số y = tanh x và y = coth x

7. Các hàm số hyperbolic ngược:

   Không giống như các hàm số lượng giác, các hàm hyperbolic không tuần hoàn. Dựa vào đồ thị của chúng ta có thể thấy rằng bốn trong sáu hàm số hyperbolic là song ánh, và do đó chúng có hàm số ngược. Hai hàm còn lại (cosin hyperbolic và secant hyperbolic) là song ánh nếu ta thu hẹp miền xác định của chúng lên \([0,\infty)\), và với miền xác định được thu hẹp này chúng cũng có hàm ngược. Ta kí hiệu \(\arsinh\), \(\arcosh\), \(\artanh\), \(\arcoth\), \(\arsech\) và \(\arcsch\) lần lượt là các hàm số ngược của \(\sinh\), \(\cosh\), \(\tanh\), \(\coth\), \(\sech\) và \(\csch\). Các hàm số hyperbolic được định nghĩa theo các hàm số mũ, do đó không có gì ngạc nhiên khi các hàm số ngược của chúng được biểu diễn thông qua các hàm số logarit và được xác định theo bảng dưới đây.

   Các hàm số ngược của các hàm số hyperbolic được cho trong bảng dưới đây.

   Hàm số Miền xác định ——————————————————————————- – – ——————————

   \(\displaystyle \arsinh x=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\) \(\R\)

   \(\displaystyle\arcosh x=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\) \([1,\infty)\)

   \(\displaystyle\artanh x=\frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}\) \((-1,1)\)

   \(\displaystyle\arcoth x=\frac{1}{2}\ln\frac{x+1}{x-1}\) \((-\infty,-1)\cup(1,\infty)\)

   \(\displaystyle\arsech x=\ln\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\) \((0,1]\)

   \(\displaystyle\arcsch x=\ln\left(\frac{1}{x}+\frac{\sqrt{1+x^2}}{|x|}\right)\) \((-\infty,0)\cup(0,\infty)\)

   Các công thức này có thể được chứng minh một cách trực tiếp. Chẳng hạn, hàm số \[f(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\] và hàm số \(g(x)=\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\) là hàm số ngược của nhau bằng cách chỉ ra \(f(g(x))= x\) và \(g(f(x))=x\). Đồ thị của các hàm số hyperbolic ngược có thể dễ dàng suy ra từ đồ thị các hàm số hyperbolic thông qua phép đối xứng qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất.

Các hàm số sau đây được gọi là các hàm số sơ cấp cơ bản.

1. Hàm số hằng.

2. Hàm số luỹ thừa \(f(x)=x^\alpha\), \(\alpha\in\R\).

3. Hàm số mũ \(f(x)=a^x\), \(a>0\), \(a\neq 1\).

4. Hàm số logarit \(f(x)=\log_ax\), \(a>0\), \(a\neq 1\).

5. Các hàm số lượng giác \(f(x)=\sin x\), \(g(x)=\cos x\), \(h(x)=\tan x\) và \(k(x)=\cot x\), \(i(x)=\sec x\) và \(j(x)=\csc x\).

6. Các hàm số lượng giác ngược.

7. Các hàm số hyperbolic.

8. Các hàm số hyperbolic ngược.

Các hàm số sơ cấp là các hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các phép toán số học (cộng, trừ, nhân, chia) và phép lấy hàm số hợp từ các hàm số sơ cấp cơ bản.

Các hàm số sau đều là các hàm số sơ cấp:

• Hàm số đa thức: \(f(x)=P_n(x)\), với \(P_n(x)=a_0 + a_1x+\cdots+a_nx^n\) là đa thức bậc \(n\), ở đây \(n\in\N\), \(a_i\in\R\), \(i=1, 2\ldots, n\), \(a_n\neq0\).

• Hàm số phân thức hữu tỉ: \[g(x)=\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\frac{a_0 + a_1x+\cdots+a_nx^n}{b_0+b_1x+\cdots+b_mx^m},\] trong đó \(m, n\in\N\), \(a_i, b_j\in\R\), \(i=1, 2\ldots, n\), \(j=1, 2\ldots, m\), \(a_n\neq0\), \(b_m\neq0\).

• \(g(x)=\dfrac{\arcsin (2x)+\sinh(5x^2)-9x+7}{3^x\ln (6x)}\).

Bài tập

Xét tính chẵn lẻ của các hàm số sau

• \(f(x)=2^x+2^{-x}\).

• \(f(x)=\ln\frac{1-x}{1+x}\).

• \(f(x)=\ln(x+\sqrt{1+x^2})\).

• \(f(x)=x^5-2x^4+3x\).

Cho \(f:D\longrightarrow\R\) là hàm số chẵn hoặc lẻ và \(g:D\longrightarrow\R\) là hàm số chẵn hoặc lẻ. Xác định tính chẵn lẻ của hàm số \(fg\).

Xét tính tuần hoàn của các hàm số

• \(f(x)=1\).

• \(f(x)=\tan x+\cot x\).

• \(f(x)=d(x,\mathbb{Z})=\inf\{|x-n|, n\in\mathbb{Z}\}.\)

• \(f(x)=\begin{cases} 1 &\text{ nếu } x\in \Q;\\ 0 &\text{ nếu } x\in \Q^c. \end{cases}\)

Cho ví dụ chứng tỏ nếu \(f: D\longrightarrow \R\) là tăng và \(g: D\longrightarrow \R\) là giảm, thì không thể kết luận \(f+g\) là đơn điệu.

Cho \(f:\R\longrightarrow\R\) sao cho \(f\circ f\) là tăng và \(f\circ f\circ f\) là giảm. Chứng minh rằng \(f\) là giảm ngặt.

Tính các giá trị sau

• \(\arcsin(1/2)\), \(\arccos0\).

• \(\arctan\sqrt{3}\), \(\arccot(-\sqrt{3})\).

• \(\arcsec(-\sqrt{2})\), \(\arccsc(-\sqrt{2})\).

• \(\sin(\arctan\frac{3}{4})\), \(\sec(\arcsin\frac{4}{5})\).

Xét tính bị chặn của các hàm số sau

• \(f(x)=\sqrt{x}\) trên \([0,\infty)\).

• \(f(x)=x\sin(\frac{1}{x})\) trên \(\R\setminus\{0\}\).

• \(f(x)=\dfrac{1}{x}\) trên \((0,1)\).

Chứng minh rằng

• \(\arcsin x + \arccos x=\frac{\pi}{2}\).

• \(\arctan x+\arccot x=\frac{\pi}{2}\).

• \(\arctan x+\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2}\text{sgn}x\) với \(x\neq 0\).

Chứng minh các đẳng thức hyperbolic trong Mệnh đề [thm:hyperbolic_identity].

Vẽ đồ thị hàm số của các hàm số hyperbolic ngược.

2 Giới hạn hàm số

Trong phần này chúng ta mở rộng quá trình lấy giới hạn ở Chương 2 từ các dãy số sang các hàm số.

2.1 Điểm giới hạn của một tập hợp

Trước hết, ta định nghĩa khái niệm điểm giới hạn của một tập hợp.

Cho \(D\) là một tập hợp con của \(\R\). Một điểm \(x_0\in \R\) (không nhất thiết thuộc \(D\)) là điểm giới hạn của \(D\) nếu với mọi \(\delta>0\), khoảng mở \((x_0-\delta, x_0+\delta)\) chứa ít nhất một điểm \(x\) thuộc \(D\) và \(x\neq x_0\).

Một điểm \(x_0\in D\) không phải là điểm giới hạn của \(D\) được gọi là một điểm cô lập của \(D\).

• Cho \(D=[0,1)\). Khi đó, mọi điểm thuộc \(D\) đều là điểm giới hạn của \(D\). Hơn nữa, \(1\) cũng là một điểm giới hạn của \(D\). Tập \(D\) không có điểm cô lập nào.

• Cho \(D=\N\). Khi đó \(D\) không có điểm giới hạn nào. Mọi phần tử của \(D\) đều là điểm cô lập.

• Cho \(\delta >0\) và \(D=(1-\delta,1+\delta)\setminus\{1\}\). Khi đó \(1\) là một điểm giới hạn của \(D\).

• Cho \(D=\Q\). Khi đó mọi số thực là điểm giới hạn của \(D\). Điều này là hệ quả trực tiếp của tính trù mật của \(\Q\) trong \(\R\).

Tiếp theo, chúng ta giới thiệu các khái niệm điểm giới hạn bên trái và bên phải của một tập.

Cho tập hợp \(D\subset \R\), ta nói \(x_0\) là một điểm giới hạn bên trái của \(D\) nếu với mọi \(\delta>0\), khoảng mở \((x_0 -\delta , x_0)\) chứa ít nhất một điểm \(x\) của \(D\). Tương tự, \(x_0\) là một điểm giới hạn phải của \(D\) nếu với mọi \(\delta>0\), khoảng mở \((x_0 , x_0 +\delta )\) chứa ít nhất một điểm \(x\) của \(D\).

Từ định nghĩa trên, \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\) nếu và chỉ nếu \(x_0\) là điểm giới hạn bên trái của \(D\) hoặc \(x_0\) là điểm giới hạn bên phải của \(D\)

Cho \(D\) là một tập hợp con của \(\R\). Các phát biểu sau là tương đương:

• Điểm \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\).

• Tồn tại một dãy \((x_n)_n\) thuộc \(D\) sao cho \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\in \N\) và \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0\).

Proof. Proof.   [\((i) \Longrightarrow (ii)\)] Giả sử \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\). Khi đó, theo định nghĩa, với mọi \(\delta>0\) thì \((x_0-\delta, x_0+\delta)\cap D\setminus\{x_0\} \neq \emptyset.\) Với mỗi \(n\in \N\), chọn \(\delta=\frac{1}{n}\) thì \((x_0-\frac{1}{n}, x_0+\frac{1}{n})\cap D\setminus\{x_0\} \neq \emptyset\). Do đó, tồn tại \(x_n\in D\), \(x_n\neq x_0\) sao cho \(|x_n -x_0| <\frac{1}{n}\). Như thế, dãy \((x_n)_n\subset D\), \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\) và \(\lim \limits_{n\to \infty}x_n=x_0.\)

[\((ii) \Longrightarrow (i)\)] Ngược lại, giả sử rằng tồn tại dãy \((x_n)_n\subset D\), \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\) và \(\lim \limits_{n\to \infty}x_n=x_0.\) Lấy \(\delta>0\) bất kỳ. Vì \(\lim \limits_{n\to \infty}x_n=x_0\) nên với \(\delta\) đó, tồn tại \(N\in \N\) sao cho \(|x_n-x_0|<\delta\), với mọi \(n\geq N.\) Như vậy, \(x_n\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\cap D\setminus\{x_0\}\), với mọi \(n\geq N\) nên \((x_0-\delta, x_0+\delta)\cap D\setminus\{x_0\} \neq \emptyset\). Vậy \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\). ◻

2.2 Khái niệm giới hạn

Xét hàm số \[f(x)=\frac{x^3-1}{x-1}, x\neq 1.\] Để có thể hình dung dáng điệu của đồ thị hàm số \(f\) khi \(x\) gần \(1\), ta có thể chọn hai tập các giá trị của \(x\), một tập tiến tới \(1\) từ bên trái và một tập tiếp cận \(1\) từ bên phải như trong Bảng 4.

\(x\) dịch chuyển đến gần \(1\) từ hai phía, \(f(x)\) dịch chuyển đến gần \(3\) {#tab:values_table}

\(x\)	0,9	0,99	0,999	0,9999	1	1,0001	1,001	1,01	1,1
\(f(x)\)	2,710	2,9701	2,997	2,9997	?	3,0003	3,003	3,030	3,310

Đồ thị hàm số \(f\) có dạng như một parabol khuyết tại điểm \((1,3)\) như Hình 21.

Đồ thị hàm số \(f(x)=\frac{x^3-1}{x-1}\)

Giá trị \(f(x)\) có thể gần 3 một cách tùy ý miễn là \(x\) đủ gần 1 và \(x\neq 1\). Điều này giúp ta có thể đưa ra khái niệm giới hạn một cách không chính thức như sau: Nếu \(f(x)\) trở nên gần với một số \(L\) một cách tuỳ ý khi \(x\) đủ gần \(x_0\) và \(x\neq x_0\) thì ta nói giới hạn của \(f(x)\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) là \(L\). Chưa chính thức là bởi vì ta chưa gán cho hai cụm từ "\(f(x)\) gần \(L\) một cách tuỳ ý" và "\(x\) đủ gần \(x_0\)" các ý nghĩa chính xác của nó.

Người đầu tiên gán các ý nghĩa toán học cho hai cụm từ này là nhà toán học Cauchy thông qua ngôn ngữ \(\epsilon, \delta\). Ngôn ngữ \(\epsilon, \delta\) được đề xuất bởi Cauchy năm 1821, và sau đó vào năm 1861, Weierstrass đã dùng nó để định nghĩa khái niệm giới hạn. Lịch sử về vấn đề này có thể tìm thấy trong [@Grabiner1983; @Sinkevich2016].

Ta nói "\(f(x)\) gần \(L\) một cách tuỳ ý" có nghĩa là, với mọi \(\epsilon>0\) cho trước, \(f(x)\) cách \(L\) một khoảng bé hơn \(\epsilon\). Nói cách khác, \(f(x) \in (L-\epsilon, L+\epsilon)\) hay \(|f(x)-L|<\epsilon\). Tương tự, "\(x\) đủ gần \(x_0\) và \(x\neq x_0\)" nghĩa là tồn tại số \(\delta>0\) sao cho \(x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\setminus\{x_0\}\). Nói cách khác, \(0<|x-x_0|<\delta\). Bất đẳng thức thứ nhất \(0<|x-x_0|\) biểu thị \(x\neq x_0\), trong khi bất đẳng thức thứ hai \(|x-x_0|<\delta\) cho biết \(x\) cách \(x_0\) một khoảng cách nhỏ hơn \(\delta\).

Bây giờ, ta định nghĩa khái niệm giới hạn hàm số dựa trên ngôn ngữ \(\epsilon, \delta\).

Cho \(f:\, D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\). Ta nói \(f\) có giới hạn khi \(x\) dần tới \(x_0\) nếu tồn tại một số thực \(L\) sao cho với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[|f(x)-L|<\epsilon,\; \text{ với mọi } x\in D \text{ mà } 0<|x-x_0|<\delta.\] Trong trường hợp này, ta nói \(L\) là giới hạn của hàm số \(f\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) và kí hiệu là \[\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L.\]

Minh hoạ hình học cho Định nghĩa giới hạn

1. Theo kí hiệu logic, hàm \(f:\, D\longrightarrow \R\) có giới hạn khi \(x\to x_0\) khi và chỉ khi

   \[ \begin{aligned} \label{def:limitfunctionlogic} (\exists L\in \R)&(\forall \epsilon>0)(\exists \delta>0)(\forall x\in D) \notag \\ &[(0<|x-x_0|<\delta) \Longrightarrow (|f(x)-L| <\epsilon)]. \end{aligned} \]

   Nói cách khác, hàm \(f\) có giới hạn là \(L\) khi \(x\to x_0\) khi và chỉ khi \(f(x)\) có thể gần \(L\) một cách tùy ý miễn là \(x\) đủ gần \(x_0\) và \(x\neq x_0\).

2. Lấy phủ định mệnh đề [def:limitfunctionlogic], hàm \(f\) không có giới hạn khi \(x\to x_0\) khi và chỉ khi

   \[ \begin{aligned} (\forall L\in \R)&(\exists \epsilon>0)(\forall \delta>0)(\exists x\in D)\\&[(0<|x-x_0|<\delta) \wedge (|f(x)-L| \geq \epsilon)]. \end{aligned} \]

Giới hạn của một hàm số tại một điểm nếu tồn tại là duy nhất.

Proof. Proof. Cho \(f:\, D\longrightarrow \R\) và giả sử rằng \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_1\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_2\) và \(L_1\neq L_2\). Đặt \(\epsilon=\frac{|L_1-L_2|}{2}>0\). Khi đó, tồn tại \(\delta_1>0\) và \(\delta_2>0\) sao cho với mọi \(x\in D\) mà \(0<|x-x_0|<\delta_1\) ta có \(|f(x)-L_1|<\epsilon\) và với mọi \(x\in D\) mà \(0<|x-x_0|<\delta_2\) ta có \(|f(x)-L_2|<\epsilon\).
Đặt \(\delta=\min\{\delta_1, \delta_2\}\). Do \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\) nên tồn tại \(c\in D\) sao cho \(0<|c-x_0|<\delta\). Khi đó \(|f(c)-L_1|<\epsilon\) và \(|f(c)-L_2|<\epsilon\). Suy ra

\[ \begin{aligned} |L_1-L_2| &=|L_1-f(c)+f(c)-L_2|\\ &\leq |f(c)-L_1|+|f(c)-L_2|\\ &< \epsilon+\epsilon = 2\epsilon = |L_1-L_2|. \end{aligned} \]

Như thế, \(|L_1-L_2| <|L_1 - L_2|\) là điều vô lí. Vậy \(L_1=L_2\). ◻

Cho \(f:\,\R\longrightarrow \R\) là hàm hằng \(f(x)=C\). Chứng minh rằng với mọi \(x_0\in \R\), ta có \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=C\).

Lấy \(\epsilon>0\) bất kỳ. Với mọi \(x\in \R\), ta có \[|f(x)-C| = |C-C|=0 <\epsilon.\] Chọn \(\delta=1\). Do bất đẳng thức trên đúng với mọi \(x\in \R\) nên với những \(x\) mà \(0<|x-x_0|<\delta\), ta cũng có \(|f(x)-C|=0<\epsilon.\) Vậy, \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=C\).

Cho \(f:\,\R\longrightarrow \R\) xác định bởi \(f(x)=x\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x) = x_0\).

Lấy \(\epsilon>0\) bất kì, ta cần tìm \(\delta>0\) sao cho với \(x\in \R\) mà \(0<|x-x_0|<\delta\) thì \(|f(x)-x_0|<\epsilon.\) Vì \(f(x)=x, \,\forall x\in \R\) nên \(|f(x)-x_0|=|x-x_0|.\) Chọn \(\delta=\epsilon\) thì với mọi \(x\) mà \(0<|x-x_0|<\delta\) thì \(|f(x)-x_0|=|x-x_0|<\delta=\epsilon\). Vậy, \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x) = x_0\).

Xét \(D=\R\setminus\{1\}\) và \(f: D\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=\frac{x^3-1}{x-1}\). Chứng minh rằng \(\lim \limits_{x\to 1}f(x)=3.\)

Với mọi \(x\neq 1\), ta có \[|f(x)-3|=\Big |\frac{x^3-1}{x-1}\Big|=\Big|\frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1}-3\Big|=|x+2|\cdot |x-1|.\] Khi tính giới hạn khi \(x\to 1\), chúng ta đang quan tâm đến những giá trị của \(x\) gần 1, do đó ta có thể giả sử \(0<|x-1|<1\). Khi đó \(|x+2| \leq |x-1|+3 < 4\) nên ta có

\[ \label{est:limit-example1} |f(x)-3|=|x+2|\cdot |x-1| < 4|x-1|. \]

Bây giờ, với mọi \(\epsilon>0\) cho trước, chọn \(\delta=\min\{1, \frac{\epsilon}{4}\}\), thì với mọi \(x\in D\) mà \(0<|x-1|<\delta\). Do \(\delta\leq 1\) nên \(0<|x-1|<\delta\leq 1\) nên bất đẳng thức [est:limit-example1] đúng và ta có \[|f(x)-3|<4|x-1| <4\delta \leq \epsilon.\] Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim \limits_{x\to 1}f(x)=3.\)

1. Khi tính giới hạn \(\lim \limits_{x\to x_0} f(x)\) chúng ta không quan tâm đến giá trị của hàm số tại \(x=x_0\) và không nhất thiết là hàm số phải xác định tại \(x_0\) thì giới hạn mới tồn tại. Hơn thế nữa, ngay cả khi hàm số xác định tại \(x_0\) và giới hạn \(\lim \limits_{x\to x_0} f(x)=L\) tồn tại thì \(L\) cũng không nhất thiết phải bằng \(f(x_0)\). Chúng ta sẽ thấy trong Mục 4 rằng, khi \(L=f(x_0)\) thì ta nói hàm \(f\) liên tục tại \(x_0\).

2. Khi tính giới hạn \(\lim \limits_{x\to x_0} f(x)\) chúng ta chỉ xét hàm \(f\) tại các giá trị của \(x\) đủ gần \(x_0\) và khác \(x_0\). Do đó, trong một số bài tập tính giới hạn, nếu đề bài không nói rõ tập xác định của \(f(x)\) thì mặc định là chúng ta đang xét hàm số tại những \(x\) mà hàm số xác định, \(x\) đủ gần \(x_0\) và khác \(x_0\). Như thế, các giới hạn trong các Ví dụ [ex:limC], [ex:limx], [ex:lim_opening] có thể viết lại như sau: \[\lim \limits_{x\to x_0}C =C, \quad \lim \limits_{x\to x_0}x =x_0 \quad \mbox{ và } \quad \lim \limits_{x\to 1}\frac{x^3-1}{x-1} = 3.\]

Bằng định nghĩa theo ngôn ngữ \(\epsilon, \delta\), hãy chứng minh rằng giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0}\sin(\frac{1}{x})\) không tồn tại.

Ta sẽ áp dụng Nhận xét [rm:notexitstlimit] để chứng minh rằng hàm số \(f:\; D=\R\setminus\{0\}\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=\sin (\frac{1}{x})\) không có giới hạn khi \(x\to 0\).

Với mọi \(L\in \R\), chọn \(\epsilon=\frac{1}{2}\). Khi đó, với mọi \(\delta>0\), vì \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{n\pi}=0\) và \(\lim \limits_{n\to \infty} \frac{1}{\frac{\pi}{2}+2n\pi}=0\) nên ta có thể tìm được số tự nhiên \(N\) đủ lớn sao cho \(\frac{1}{N\pi}<\delta\) và \(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+ 2N\pi}<\delta\). Ta chọn \(x\in D\) như sau:

\[ x= \begin{cases} \frac{1}{N\pi}, & \mbox{ nếu } L\notin (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}),\\ \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2N\pi}, &\mbox{ nếu } L\in (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}). \end{cases} \]

Để ý rằng, \(f\left(\frac{1}{N\pi}\right)=\sin(N\pi)=0\) và \(f \left(\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2N\pi}\right)=\sin(\frac{\pi}{2}+2N\pi)=1.\) Suy ra,

\[ |f(x)-L|= \begin{cases} |L| &\mbox{ nếu } L\notin (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}),\\ |1-L| &\mbox{ nếu } L\in (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}). \end{cases} \]

Do đó, ta luôn có \(|f(x)-L| \geq \epsilon=\frac{1}{2}\). Vậy, hàm số \(f(x)=\sin \frac{1}{x}\) không có giới hạn khi \(x\to 0.\)

Định lí sau đây cho phép ta áp dụng các kết quả đã biết về giới hạn dãy số để có các kết quả mới về giới hạn hàm số.

Cho \(f:D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\). Khi đó các phát biểu sau là tương đương

• \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\).

• \(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=L\) với mọi dãy số \((x_n)_n\) nằm trong \(D\setminus\{x_0\}\) mà \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n= x_0\).

Proof. Proof. \([(i) \Longrightarrow (ii)]\) Xét dãy \((x_n)\) thuộc \(D\setminus\{x_0\}\) sao cho \(x_n\to x_0\). Ta sẽ chứng minh \(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=L\). Lấy \(\epsilon>0\) bất kì. Từ giả thiết (i), ta suy ra tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(|f(x)-L|<\epsilon\) miễn là \(x\in D\) và \(0<|x-x_0|<\delta\). Vì \(x_n\to x_0\), nên tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho \(0<|x_n-x_0|<\delta\) với mọi \(n\geq N\). Suy ra \(|f(x_n)-L|<\epsilon\). Vậy ta có \(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=L\).

\([(ii) \Longrightarrow (i)]\) Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử rằng (ii) đúng và (i) sai. Vì (i) sai, nên tồn tại \(\epsilon_0>0\) sao cho với mọi \(\delta>0\), thì tồn tại \(x\in D\) thoả mãn \(0<|x-x_0|<\delta\) và \(|f(x)-L|\geq \epsilon_0\). Với mỗi số nguyên dương \(n\), chọn \(\delta=1/n\) thì tồn tại \(x_n\in D\) sao cho \(0<|x_n-x_0|<1/n\) và \(|f(x_n)-L|\geq \epsilon_0\). Theo định lí kẹp, dãy \((x_n)_n\) nằm trong \(D\setminus \{x_0\}\) hội tụ về \(x_0\). Mặt khác, \((f(x_n))_n\) không hội tụ về \(L\). Điều này mâu thuẫn với (ii). Vậy (ii) kéo theo (i). ◻

Một ứng dụng thường dùng của Định lí [thm:3.1.11] là để chứng minh giới hạn của một hàm số không tồn tại. Các hệ quả sau minh hoạ cho hai hướng tiếp cận. Chứng minh của chúng suy ra trực tiếp từ định lí trên.

Cho \(f: D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\). Khi đó \(f\) không có giới hạn khi \(x\) dần tới \(x_0\) nếu và chỉ nếu tồn tại một dãy số \((x_n)_n\) thuộc \(D\setminus\{x_0\}\) sao cho \((x_n)_n\) hội tụ về \(x_0\) và dãy \((f(x_n))_n\) không hội tụ.

Cho hàm số \(f:\R\setminus\{0\}\longrightarrow \R\) xác định bởi \(f(x)=\cos(1/x)\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)\) không tồn tại.

Thật vậy, xét dãy số \((x_n)_n\) cho bởi \(x_n=\frac{1}{n\pi}\) với \(n\in\N\). Khi đó \(\lim\limits_{n \to \infty}x_n=0\) và \(x_n\neq 0\) với mọi \(n\in \N\). Ta có \[\lim\limits_{n\to\infty} f(x_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\cos(1/x_n)=\lim\limits_{n\to\infty}\cos(n\pi)=\lim\limits_{n\to\infty}(-1)^n.\] Vì giới hạn này không tồn tại, nên theo Hệ quả [col:3.1.12], \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)\) không tồn tại.

Cho \(f: D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\). Nếu tồn tại hai dãy số \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) thuộc \(D\setminus\{x_0\}\) sao cho cả hai dãy \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) hội tụ về \(x_0\) mà \(\lim\limits_{n\to\infty}f(a_n)\neq \lim\limits_{n\to\infty}f(b_n)\), thì \(f\) không có giới hạn khi \(x\) dần tới \(x_0\).

Xét hàm số Dirichlet \(f:\R\longrightarrow \R\) xác định bởi

\[ f(x)=\begin{cases}1 &\text{ nếu } x\in \Q,\\ 0 &\text{ nếu } x\in \Q^c. \end{cases} \]

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) không tồn tại với mọi \(x_0\in \R\).

Với \(x_0\in \R\) bất kì, chọn hai dãy \((a_n)_n\) và \((b_n)_n\) hội tụ về \(x_0\) sao cho \(a_n\in\Q\) và \(b_n\notin\Q\) với mọi \(n\in\N\). Vì \(f(a_n)=1\) với mọi \(n\in \N\), dãy \((f(a_n))_n\) hội tụ về \(1\) và vì \(f(b_n)=0\) với mọi \(n\in\N\), dãy \((f(b_n))_n\) hội tụ về \(0\). Áp dụng Hệ quả [col:3.1.14], \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) không tồn tại với mọi \(x_0\in \R\).

2.3 Giới hạn một bên

Cho \(f: D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn bên trái của \(D\). Ta nói rằng \(f\) có giới hạn bên trái tại \(x_0\) nếu tồn tại một số thực \(L\) sao cho với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta>0\) thoả mãn \[|f(x)-L|<\epsilon, \; \text{ với mọi } x\in (x_0-\delta,x_0) \cap D.\] Trong trường hợp này, ta nói \(L\) là giới hạn bên trái của \(f\) tại \(x_0\) và kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=L\).

Giới hạn bên phải của \(f\) tại \(x_0\) được định nghĩa tương tự và kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=L\).

Xét hàm dấu \(f(x)=\sgn(x)\) cho trong Ví dụ [ex:sign-func]. Chứng minh rằng \(\lim \limits_{x\to 0^-} \sgn(x)=-1\) và \(\lim \limits_{x\to 0^+} \sgn(x)=1\).

Với mọi \(x<0\) thì \(f(x)=-1\) nên \(|f(x)-(-1)|=0\). Do đó, \(\lim \limits_{x\to 0^-} \sgn(x)=-1.\) Tương tự, với mọi \(x>0\) thì \(f(x)=1\) nên \(|f(x)-1|=0\). Do đó, \(\lim \limits_{x\to 0^+} \sgn(x)=1.\)

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to 1^-}\floor{x}=0\) và \(\lim\limits_{x\to 1^+}\floor{x}=1\).

Với mọi \(\epsilon>0\), đặt \(\delta=\min(\epsilon, 1/2)\) ta có \[|\floor{x}-0|=|\floor{x}|=0<\epsilon \text{ với mọi } x\in (1-\delta,1).\] Do đó \(\lim\limits_{x\to 1^-}\floor{x}=0\). Việc chứng minh giới hạn bên phải hoàn toàn tương tự và dành cho bạn đọc.

Tính các giới hạn: \(\lim\limits_{x\to 2^-}\dfrac{|x^2-4|}{x-2}\) và \(\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{|x^2-4|}{x-2}\).

Ta có, với mọi \(x<2\) và \(x\) đủ gần \(2\) thì \(x-2<0\) và \(x+2>0\) nên \(|x^2-4|=|x-2|\cdot |x+2| = -(x-2)(x+2).\) Do đó, \[\lim\limits_{x\to 2^-}\dfrac{|x^2-4|}{x-2}=\lim\limits_{x\to 2^-}[-(x+2)]=-4.\] Tương tự, ta có \[\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{|x^2-4|}{x-2}=\lim\limits_{x\to 2^+}(x+2)=4.\]

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to 0^+}a^x=1\) với \(a>1\).

Thật vậy, với \(\epsilon>0\) cố định, ta sẽ chỉ ra \(\delta>0\) sao cho \[0<x<\delta \text{ kéo theo } 0\leq a^x-1 <\epsilon.\] Vì hàm số \(y=a^x\) với \(a>1\) là hàm tăng, nên ta chỉ cần tìm \(\delta\) sao cho \(a^\delta-1<\epsilon\), tức là \(a^\delta<1+\epsilon\). Để đơn giản, ta sẽ tìm \(\delta\) có dạng \(\delta=\frac{1}{n}\), với \(n\) là số nguyên dương. Khi đó, điều kiện cần tìm trở thành \(a<(1+\epsilon)^n\). Theo bất đẳng thức Bernoulli, ta có \((1+\epsilon)^n\geq 1+n\epsilon\). Do đó, ta chỉ cần chọn \(n\) sao cho \(1+n\epsilon > a\) hay \(n>\frac{a-1}{\epsilon}\).

Định lí sau được suy ra trực tiếp từ định nghĩa giới hạn một bên. Chứng minh xem như một bài tập nhỏ dành cho bạn đọc.

Cho \(f: D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) vừa là một điểm giới hạn bên trái vừa là một điểm giới hạn bên phải của \(D\). Các phát biểu sau là tương đương:

• \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\).

• \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=L=\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)\).

Xét hàm số \(f:\R\setminus\{0\}\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=|x|/x\). Chứng minh rằng, giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)\) không tồn tại.

Để ý rằng \(x_0=0\) là một điểm giới hạn của \(\R\setminus\{0\}\). Với \(x>0\), ta có \(f(x)=x/x=1\), suy ra \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^+}1=1\). Tương tự, với \(x<0\), ta có \(f(x)=-x/x=-1\). Do đó, \(\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 0^-}(-1)=-1\). Vì \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x) \neq \lim\limits_{x\to 0^-}f(x)\) nên giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)\) không tồn tại.

Giả sử \(f:(a,b)\longrightarrow\R\) là tăng trên \((a,b)\) và \(x_0\in(a,b)\). Khi đó \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\) và \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)\) tồn tại. Hơn nữa, \[\sup\limits_{a<x< x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\leq f(x_0)\leq \lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\inf\limits_{x_0<x<b}f(x).\]

Proof. Proof. Vì \(f(x)\leq f(x_0)\) với mọi \(x\in (a,x_0)\), tập hợp \(\{f(x): x\in(a,x_0)\}\) khác rỗng và bị chặn trên. Do đó, supremum của nó tồn tại, ta kí hiệu \(L=\sup\{f(x): x\in(a,x_0)\}\).

Ta sẽ chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=L\). Với mọi \(\epsilon>0\), theo định nghĩa của cận trên bé nhất, tồn tại \(a<x_1<x_0\) sao cho \(L-\epsilon<f(x_1)\). Đặt \(\delta=x_0-x_1>0\). Dùng tính đơn điệu tăng của hàm \(f\), ta được \[L-\epsilon<f(x_1)\leq f(x)\leq L<L+\epsilon\text{ với mọi }x\in(x_1,x_0)=(x_0-\delta,x_0).\] Do đó, \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=L\). Phần còn lại được chứng minh tương tự. ◻

Tương tự như Định lí [thm:3.1.11], sự tồn tại giới hạn một bên có thể xét thông qua giới hạn dãy số.

Cho \(f:D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là điểm giới hạn bên phải của \(D\). Khi đó các phát biểu sau là tương đương

• \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=L\).

• \(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=L\) với mọi dãy số \((x_n)_n\) trong \(D\setminus\{x_0\}\), \(x_n>x_0\) với mọi \(n\in\N\) và \(\lim\limits_{n\to\infty} x_n= x_0\).

2.4 Giới hạn ở vô tận và giới hạn bằng vô tận

Cho \(f:D \longrightarrow \R\) là hàm số xác định trên \(D\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn bên phải của \(D\).

1. Ta nói \(f\) phân kỳ ra \(\infty\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) từ bên phải nếu với mọi \(M\in \R\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)>M, \text{ với mọi } x\in D \cap (x_0, x_0+\delta)\] và ta kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\infty\).

2. Ta nói \(f\) phân kỳ ra \(-\infty\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) từ bên phải nếu với mọi \(m\in \R\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)<m, \text{ với mọi } x\in D \cap (x_0, x_0+\delta),\] và ta kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=-\infty\).

Theo kí hiệu logic, thì \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=\infty\) khi và chỉ khi \[(\forall M \in \R)(\exists \delta>0)(\forall x\in D)[x_0<x<x+\delta \Longrightarrow f(x)>M],\] và \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)=-\infty\) khi và chỉ khi \[(\forall m \in \R)(\exists \delta>0)(\forall x\in D)[x_0<x<x_0+\delta \Longrightarrow f(x)<m].\] Tương tự như trong phần dãy số có giới hạn vô tận, trong định nghĩa trên ta có thể giả sử \(M>0\) và \(m<0\).

Chứng minh rằng, \(\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=\infty\).

Với \(M>0\) bất kỳ, chọn \(\delta>0\) sao cho \(\delta<\frac{1}{M}\), chẳng hạn \(\delta=\frac{1}{2M}\). Khi đó, với mọi \(x\) mà \(0<x<\delta\), ta có \[f(x)=\frac{1}{x}> \frac{1}{\delta}>M.\] Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim\limits_{x\to 0^+}\frac{1}{x}=\infty\).

Cho \(f:D \longrightarrow \R\) là hàm số xác định trên \(D\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn trái của \(D\).

1. Ta nói \(f\) phân kỳ ra \(\infty\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) từ bên trái nếu với mọi \(M\in \R\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)>M, \text{ với mọi } x\in D \cap (x_0-\delta, x_0)\] và ta kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=\infty\).

2. Ta nói \(f\) phân kỳ ra \(-\infty\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) từ bên trái nếu với mọi \(m\in \R\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)<m, \text{ với mọi } x\in D \cap (x_0-\delta, x_0),\] và ta kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)=-\infty\).

Chứng minh rằng, \(\lim\limits_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty\).

Với \(m<0\) bất kỳ, chọn \(\delta>0\) sao cho \(\delta < -\frac{1}{m}\), chẳng hạn \(\delta=-\frac{1}{2m}\). Khi đó, với mọi \(x\) mà \(-\delta<x<0\), ta có \[f(x)=\frac{1}{x} < -\frac{1}{\delta} < m.\] Vậy, theo định nghĩa thì \(\lim\limits_{x\to 0^-}\frac{1}{x}=-\infty\).

Cho \(f:D \longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\).

• Ta nói \(f\) phân kỳ ra \(\infty\) khi \(x\to x_0\) nếu với mọi \(M\in \R\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)>M, \text{ với mọi } x\in D \text{ mà } 0<|x-x_0|<\delta\] và ta kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\infty\).

• Ta nói \(f\) phân kỳ về \(-\infty\) khi \(x\to x_0\) nếu với mọi \(m\in \R\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)<m, \text{ với mọi } x\in D \text{ mà } 0<|x-x_0|<\delta\] và ta kí hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=-\infty\).

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x^2}=\infty\) bằng định nghĩa.

Cho \(M>0\) bất kì. Ta muốn tìm \(\delta>0\) sao cho \(f(x)=1/x^2>M\) với mọi \(x\) mà \(0<|x|<\delta\). Tương tự như trường hợp giới hạn hữu hạn, ta bắt đầu bằng việc đánh giá bất đẳng thức \(f(x)>M\).

Ta có \(1/x^2>M\) tương đương với \(1/M>x^2\) vì \(M>0\). Suy ra \(|x|<\sqrt{1/M}\). Nếu ta chọn \(\delta\) sao cho \(0<\delta<\sqrt{1/M}\), thì với \(0<|x-0|=|x|<\delta\), ta có \(0<x^2<\delta^2\) và \(\delta^2<1/M\). Do đó, \[1/x^2>1/\delta^2>M\] như mong muốn.

Cho \(f:D \longrightarrow \R\) và \(x_0\) vừa là một điểm giới hạn bên trái vừa là một điểm giới hạn bên phải của \(D\). Khi đó các khẳng định sau là tương đương

1. \(\lim \limits_{x\to x_0} f(x)=\infty\).

2. \(\lim \limits_{x\to x_0^-} f(x)=\infty\) và \(\lim \limits_{x\to x_0^+} f(x)=\infty\).

Chứng minh kết quả trên suy ra trực tiếp từ định nghĩa. Đối với giới hạn bằng \(-\infty\) chúng ta cũng có kết quả tương tự.

Chứng minh rằng, giới hạn \(\lim \limits_{x\to 0} \dfrac{1}{x}\) không tồn tại.

Vì \(\lim \limits_{x\to 0^-} \dfrac{1}{x}=-\infty\) và \(\lim \limits_{x\to 0^+} \dfrac{1}{x}=\infty\) nên \(\lim \limits_{x\to 0} \dfrac{1}{x}\) không tồn tại.

Cho \(a\in \R\) và \(n\) là một số nguyên dương. Khi đó

1. Nếu \(n\) chẵn thì \(\lim \limits_{x\to a} \dfrac{1}{(x-a)^n}=\infty\).

2. Nếu \(n\) lẻ thì \(\lim \limits_{x\to a^-} \dfrac{1}{(x-a)^n}=-\infty\) và \(\lim \limits_{x\to a^+} \dfrac{1}{(x-a)^n}=\infty\).

n chẵn

 

n lẻ

Minh hoạ giới hạn một bên của hàm số \(f(x)=\dfrac{1}{(x-a)^n}\)

Chúng ta đã khảo sát quá trình lấy giới hạn ở vô cùng thông qua dãy số ở Chương 2. Tương tự, ta mở rộng quá trình đó cho các hàm số.

Cho \(f:D\longrightarrow\R\).

• Khi \(D\) không bị chặn trên, ta nói \(f\) có giới hạn bằng \(L\) khi \(x\to \infty\) nếu với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(M\in\R\) sao cho \[|f(x)-L|<\epsilon\text{ với mọi } x>M,\, x\in D\] và ta viết \(\lim\limits_{x\to \infty} f(x)=L\).

• Khi \(D\) không bị chặn dưới, ta nói \(f\) có giới hạn bằng \(L\) khi \(x\to-\infty\) nếu với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(M\in\R\) sao cho \[|f(x)-L|<\epsilon\text{ với mọi } x<M,\, x\in D\] và ta viết \(\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=L\).

Để minh hoạ định nghĩa giới hạn ở vô tận, ta xét các ví dụ sau đây:

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to-\infty}\frac{1}{\sqrt{1-x}}=0.\)

Với \(\epsilon>0\) bất kì, ta có \[\left|\frac{1}{\sqrt{1-x}}-0\right|=\frac{1}{\sqrt{1-x}}<\epsilon\] tương đương với \(\sqrt{1-x}>\frac{1}{\epsilon}\), tức là \(1-x>\frac{1}{\epsilon^2}\), hay \(x<1-\frac{1}{\epsilon^2}\). Chọn \(M<1-\frac{1}{\epsilon^2}\). Khi đó, nếu \(x<M\) thì \(\left|\frac{1}{\sqrt{1-x}}\right|<\epsilon\).

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{3x^2}{2x^2+1}=\dfrac{3}{2}\) bằng định nghĩa.

Lấy \(\epsilon>0\) bất kì. Ta muốn tìm \(M\) sao cho với mọi \(x>M\) thì \[\left|\frac{3x^2}{2x^2+1}-\frac{3}{2}\right|<\epsilon.\] Rút gọn ta được \[\left|\frac{3x^2}{2x^2+1}-\frac{3}{2}\right|=\frac{3}{4x^2+2}<\frac{3}{4x^2}.\] Để đơn giản cho việc tính toán, ta giả sử \(x>0\). Điều này hợp lí vì ta có thể chọn \(M>0\). Bây giờ ta tìm \(M\) bằng cách giải bất phương trình \(\frac{3}{4x^2}<\epsilon\) theo biến \(x\), ta được \(x>\sqrt{\frac{3}{4\epsilon}}\). Kết quả này gợi ý cho ta chọn \(M=\sqrt{\frac{3}{4\epsilon}}\). Nếu \(x>M\), thì \(x^2>\frac{3}{4\epsilon}\). Suy ra \[\left|\frac{3x^2}{2x^2+1}-\frac{3}{2}\right|=\frac{3}{4x^2+2}<\frac{3}{4x^2}<\epsilon.\] Vậy \[\lim\limits_{x\to \infty}\frac{3x^2}{2x^2+1}=\frac{3}{2}.\]

Ta cũng có thể định nghĩa \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x)=\pm\infty\) và \(\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=\pm \infty\) theo cách tương tự. Chẳng hạn,

Cho \(f:D\longrightarrow\R\). Khi \(D\) không bị chặn trên, ta nói hàm số \(f\) dần tới \(\infty\) khi \(x\) dần tới \(\infty\), kí hiệu \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x)=\infty\), nếu với mọi số thực \(A>0\), tồn tại số thực \(B>0\) sao cho \[f(x)>A \text{ với mọi } x\in D \text{ mà } x>B.\] Khi \(D\) không bị chặn trên, ta nói hàm số \(f\) dần tới \(-\infty\) khi \(x\) dần tới \(\infty\), kí hiệu \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x)=-\infty\), nếu với mọi số thực \(A>0\), tồn tại số thực \(B>0\) sao cho \[f(x)<-A \text{ với mọi } x\in D \text{ mà } x>B.\]

Dùng định nghĩa chứng minh rằng

• \(\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt{x}=\infty\).

• \(\lim\limits_{x\to\infty}a^x=\infty\), với \(a>1\).

• Lấy \(A>0\) bất kì cố định. Vì \(\sqrt{x}>A\) kéo theo \(x>A^2\), nên chọn \(B=A^2\), ta được điều cần chứng minh.

• Đặt \(a=1+b\) với \(b>0\). Theo bất đẳng thức Bernoulli, ta có \(a^n=(1+b)^n\geq 1 +nb\). Lấy \(A>0\) bất kì cố định và chọn \(n\in\N\) sao cho \(1+nb>A\). Khi đó vì tính đơn điệu của hàm số mũ, ta được \[\forall x\in\R, x>n\Rightarrow a^x>a^n\geq 1+nb>A,\] và do đó chọn \(B=n\) thì các điều kiện trong Định nghĩa [dn:gh_vocung_bang_vocung] được thoả mãn.

Bài tập

Dùng định nghĩa để chứng minh

• \(\lim\limits_{x\to 2}(3x-7)=-1\).

• \(\lim\limits_{x\to 3}(x^2+1)=10\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x+3}{x+1}=2\).

• \(\lim\limits_{x\to 4}\sqrt{x}=2\).

• \(\lim\limits_{x\to -2}x^3=-8\).

Chứng minh rằng các giới hạn sau không tồn tại

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x}{|x|}\).

• \(\lim\limits_{x\to 0}\sin\dfrac{1}{x}\).

Tính các giới hạn sau bằng định nghĩa

• \(\lim\limits_{x\to 1^-}\frac{|x-1|}{x-1}\).

• \(\lim\limits_{x\to -1^+}(2x^2+3)\).

• \(\lim\limits_{x\to 2^+}\dfrac{1}{x^2-4}\).

• \(\lim\limits_{x\to 2^-}\dfrac{1}{x^2-4}\).

Chứng minh bằng định nghĩa các kết quả sau

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{x}{\sqrt{x^2-1}}=-1\).

• \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{x^2}{1-x}=-\infty\).

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}a^x=0\) với \(a>1\).

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}a^x=\infty\) với \(0<a<1\).

Cho \(f: D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\). Chứng minh rằng nếu \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\), thì \[\lim\limits_{x\to x_0}|f(x)|=|L|.\] Chỉ ra một phản ví dụ chứng tỏ rằng điều ngược lại không đúng.

Cho \(f:[0,1]\longrightarrow\R\) xác định bởi

\[ f(x)=\begin{cases} x &\text{ nếu } x\in \Q;\\ 1-x&\text{ nếu } x\notin \Q. \end{cases} \]

Xác định sự tồn tại của các giới hạn sau và tìm giới hạn đó nếu nó tồn tại.

• \(\lim\limits_{x\to 1/2}f(x)\).

• \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)\).

3 Các tính chất của giới hạn hàm số

Trước hết, ta trình bày liên hệ giữa việc lấy giới hạn và các phép toán đại số trên các hàm số.

Cho \(f, g: D \longrightarrow \R\) là các hàm số xác định trên \(D\) và \(c\) là một số thực. Giả sử \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\), \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\in\R\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M\in \R\). Khi đó

• \(\lim\limits_{x\to x_0}(f+g)(x)=L+M\),

• \(\lim\limits_{x\to x_0}(fg)(x)=LM\),

• \(\lim\limits_{x\to x_0}(cf)(x)=cL\),

• \(\lim\limits_{x\to x_0}\left(\frac{f}{g}\right)(x)=\frac{L}{M}\), miễn là \(M\neq 0\).

Proof. Proof. Trước hết ta chứng minh (i). Xét dãy \((x_n)_n\) thuộc \(D\) hội tụ về \(x_0\) và \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\). Theo Định lí [thm:3.1.11], \(\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)=L\) và \(\lim\limits_{n\to \infty}g(x_n)=M\). Do đó \(\lim\limits_{n\to \infty}(f+g)(x_n)=\lim\limits_{n\to \infty}(f(x_n)+g(x_n))=L+M\). Vì dãy \((x_n)_n\) bất kì trong \(D\) hội tụ về \(x_0\) và \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\), áp dụng Định lí [thm:3.1.11], ta có \(\lim\limits_{x\to x_0}(f+g)(x)=L+M\). Chứng minh cho (ii) và (iii) hoàn toàn tương tự.

Gọi \(D'=\{x\in D\, |\, g(x)\neq 0\}\). Ta sẽ chứng minh nếu \(M\neq 0\), thì \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D'\). Nếu \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\), thì tồn tại dãy số \((u_n)\) trong \(D\) hội tụ về \(x_0\) sao cho \(u_n\neq x_0\) với mọi \(n\). Vì \(M\neq 0\) nên tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(g(x)\neq 0\) với \(0<|x-x_0|<\delta\), \(x\in D\). Suy ra \(x\in D'\) với \(0<|x-x_0|<\delta\), \(x\in D\). Lúc đó \(u_n\in D'\) với \(n\) đủ lớn, và do đó \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D'\). Phần còn lại của chứng minh (iv) tương tự như chứng minh (i). ◻

Xét hàm số \(f:\R\setminus\{-7\}\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f(x)=\frac{x^2+2x-3}{x+7}\). Khi đó, theo Ví dụ [ex:limC] và Ví dụ [ex:limx], ta có

\[ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to2}f(x)=\frac{\lim\limits_{x\to2}(x^2+2x-3)}{\lim\limits_{x\to2}(x+7)}=\frac{(\lim\limits_{x\to2}x)^2+2\lim\limits_{x\to2}x-\lim\limits_{x\to2}3}{\lim\limits_{x\to2}x+\lim\limits_{x\to2}7}=\frac{5}{9}. \end{aligned} \]

Áp dụng Định lí [thm:3.2.1], ta suy ra các khẳng định sau như là một sự tổng quát của Ví dụ [vd:2.3.2].

• Nếu \(f(x)=P_n(x)\) là đa thức bậc \(n\), thì \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}P_n(x)=P_n(x_0)\).

• Nếu \(f(x)=\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}\) là phân thức hữu tỉ và \(Q_m(x_0)\neq 0\), thì \[\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{P_n(x)}{Q_m(x)}=\frac{P_n(x_0)}{Q_m(x_0)}.\]

Tính \[\lim\limits_{x\to -1}\frac{x^2+6x+5}{x+1}.\] Vì giới hạn của mẫu số bằng \(0\) nên ta không thể áp dụng trực tiếp phần (iv) của Định lí [thm:3.2.1]. Trong trường hợp này, ta có thể giả sử \(x\neq -1\) và rút gọn biểu thức cần tính giới hạn \[\frac{x^2+6x+5}{x+1}=\frac{(x+1)(x+5)}{x+1}=x+5.\] Khi đó \[\lim\limits_{x\to -1}\frac{x^2+6x+5}{x+1}=\lim\limits_{x\to -1}(x+5)=4.\]

Trong Ví dụ [vd:2.3.3], một phép thế trực tiếp sẽ cho ta một biểu thức vô nghĩa \(\frac{0}{0}\). Một biểu thức như vậy được gọi là một dạng vô định vì ta không thể xác định giới hạn tồn tại hay không một cách trực tiếp từ dạng đó. Trong khi tính giới hạn, nếu gặp dạng này ta sẽ tìm cách viết lại phân thức sao cho mẫu số mới có giới hạn khác \(0\).

Cho \(f, g:D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\). Giả sử rằng hai điều kiện sau được thoả mãn

• \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_1\), \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L_2\).

• Tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)\leq g(x)\) với mọi \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\), \(x\neq x_0\).

Khi đó \(L_1\leq L_2\).

Proof. Proof. Xét dãy \((x_n)_n\) thuộc \((x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\) sao cho \(x_n\to x_0\) và \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\). Theo Định lí [thm:3.1.11], \(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=L_1\), \(\lim\limits_{n\to \infty}g(x_n)=L_2\). Vì \(f(x_n)\leq g(x_n)\) với mọi \(n\in \N\), ta có \(L_1\leq L_2\). ◻

Cho \(f, g:D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\). Giả sử hai điều kiện sau được thoả mãn.

• \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L_1\), \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L_2\).

• \(L_1<L_2\).

Khi đó tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)< g(x)\) với mọi \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\), \(x\neq x_0\).

Proof. Proof. Chọn \(\epsilon>0\) sao cho \(L_1+\epsilon<L_2-\epsilon\). Khi đó tồn tại \(\delta>0\) thoả mãn \(L_1-\epsilon<f(x)<L_1+\epsilon\) và \(L_2-\epsilon<g(x)<L_2+\epsilon\) với mọi \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\) và \(x\neq x_0\).

Do đó, \[f(x)<L_1+\epsilon<L_2-\epsilon<g(x)\] với mọi \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\) và \(x\neq x_0\). Định lí được chứng minh. ◻

Kết quả sau được suy ra trực tiếp từ Định lí [thm:3.1.16] và Định lí [thm:3.1.17].

Cho \(f, g, h:D\longrightarrow \R\) và \(x_0\) là điểm giới hạn của \(D\). Giả sử rằng

• \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}h(x)=L\),

• tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)\leq g(x)\leq h(x)\) với mọi \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\), \(x\neq x_0\).

Khi đó \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L\).

Chứng minh \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x}=1\).

Trước hết, ta tìm cách đánh giá biểu thức \(\frac{\sin\theta}{\theta}\) trong một khoảng mở chứa \(0\). Giả sử \(0<\theta<\pi/2\). Khi đó, hình quạt tròn bán kính \(1\), góc ở tâm bằng \(\theta\) nằm kẹp giữa hai tam giác được minh hoạ trong Hình [fig:circular_sector].

So sánh diện tích hình quạt với diện tích hai tam giác ta có bất đẳng thức.

---

                     Diện tích tam giác                          $\geq$                         Diện tích hình quạt                         $\geq$                         Diện tích tam giác
                   $\frac{\tan \theta}{2}$                       $\geq$                         $\frac{\theta}{2}$                          $\geq$                       $\frac{\sin\theta}{2}$

---

Nhân hai vế với \(\frac{2}{\sin\theta}\), ta có \[\cos \theta\leq \frac{\sin\theta}{\theta}\leq 1.\]

Vì \(\cos\theta=\cos(-\theta)\) và \(\frac{\sin\theta}{\theta}=\frac{\sin(-\theta)}{-\theta}\) nên bất đẳng thức trên vẫn đúng với mọi \(\theta\) khác \(0\) thuộc khoảng \((-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\).

Tiếp theo, ta chứng minh \(\lim\limits_{x\to a}\cos x=\cos a\). Thật vậy, với \(\epsilon>0\) tuỳ ý cho trước, chọn \(\delta=\epsilon<\frac{\pi}{2}\). Lúc đó, với mọi \(x\) thoả mãn \(0<|x-a|<\delta\), ta có

\[ \begin{aligned} |\cos x-\cos a|&=\left|-2\sin\left(\frac{x+a}{2}\right)\sin\left(\frac{x-a}{2}\right) \right|\\ &= 2\left|\sin\left(\frac{x+a}{2}\right)\right|\cdot\left|\sin\left(\frac{x-a}{2}\right)\right|\\&\le 2\left|\frac{x-a}{2}\right|=|x-a|<\delta=\epsilon. \end{aligned} \]

Do đó \(\lim\limits_{x\to a}\cos x=\cos a\). Bây giờ, đặt \(f(x)=\cos x\), \(g(x)=\frac{\sin x}{x}\) và \(h(x)=1\), \(D=(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\), \(x_0=0\). Ta có \(\lim\limits_{x\to 0}\cos x=\cos 0 =1\), \(\lim\limits_{x\to 0}1=1\) và \(\cos x\leq \frac{\sin x}{x}\leq 1\) với mọi \(x\in D\setminus\{0\}\). Áp dụng Định lí [thm:3.1.18] cho \(f(x)=\cos x\), \(g(x)=\frac{\sin x}{x}\) và \(h(x)=1\), ta kết luận \(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\).

Ta cũng có kết quả tương tự như Định lí [thm:3.1.18] cho trường hợp giới hạn một bên và giới hạn ở vô tận. Chẳng hạn,

Cho \(f, g, h:\; D\; \longrightarrow \R\). Giả sử rằng

• \(\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=\lim\limits_{x\to \infty}h(x)=L\),

• Tồn tại \(B>0\) sao cho \(f(x)\leq g(x)\leq h(x)\) với mọi \(x\in(B,\infty)\).

Khi đó \(\lim\limits_{x\to \infty}g(x)=L\).

Chứng minh rằng \[\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e.\]

Theo tính chất hàm phần nguyên, xem Bài tập [bt:floor], ta có \(\floor{x} \leq x <\floor{x} +1\). Suy ra với mọi \(x>1\), ta có \[1+\frac{1}{\floor{x}+1}<1+\frac{1}{x}\leq 1+\frac{1}{\floor{x}}.\]

Suy ra, \[\left(1+\frac{1}{\floor{x}+1}\right)^{\floor{x}} \leq\left(1+\frac{1}{\floor{x}+1}\right)^x\leq \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\leq \left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)^x<\left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)^{\floor{x}+1}.\] Lấy \(\epsilon>0\) bất kỳ. Vì \(\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e\) nên tồn tại số tự nhiên \(N\) sao cho nếu \(n\geq N\) thì \[\Bigg| \left(1+\frac{1}{n}\right)^n-e\Bigg |< \epsilon.\] Với \(x\in \R\) mà \(x\geq N+1\) thì \(\floor{x}\) là một số tự nhiên và \(\floor{x} \geq x-1 \geq N\) và do đó \(\Bigg|\left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)^{\floor{x}}-e\Bigg|<\epsilon\). Như thế, \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)^{\floor{x}}=e\).

Suy ra \[\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)^{\floor{x}+1}=\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)^{\floor{x}} \cdot \lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\floor{x}}\right)=e\cdot 1 =e.\] Tương tự, \[\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{\floor{x}+1}\right)^{\floor{x}}=e.\] Vậy, \[\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e.\]

Nếu \(f\) và \(g\) là các hàm số sao cho \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L\) và \(\lim\limits_{x\to L}f(x)=f(L)\), thì \[\lim\limits_{x\to x_0}f(g(x))=f\left(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)\right)=f(L).\]

Proof. Proof. Với \(\epsilon>0\) cho trước, ta cần tìm \(\delta>0\) sao cho \[|f(g(x))-f(L)|<\epsilon \text{ với mọi } 0<|x-x_0|<\delta.\] Vì \(\lim\limits_{x\to L}f(x)=f(L)\) nên tồn tại \(\delta_1>0\) sao cho \[|f(u)-f(L)|<\epsilon\text{ với mọi } 0<|u-L|<\delta_1.\] Hơn nữa, vì \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=L\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[|g(x)-L|<\delta_1 \text{ với mọi } 0<|x-x_0|<\delta.\] Cuối cùng, lấy \(u=g(x)\), ta có \[|f(g(x))-f(L)|<\epsilon \text{ với mọi } 0<|x-x_0|<\delta.\] ◻

Vì \(\lim\limits_{x\to3}(2x^2-10)=2(3^2)-10=8\) và \(\lim\limits_{x\to 8}\sqrt[3]{x}=\sqrt[3]{8}=2\), nên \[\lim\limits_{x\to 3}\sqrt[3]{2x^2-10}=\sqrt[3]{8}=2.\]

Cho \(f: D\; \longrightarrow \R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\). Các phát biểu sau là tương đương:

• \(f\) có giới hạn tại \(x_0\).

• Với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho

  \[ \label{eq:tieu-chuan_cauchy} |f(r)-f(s)|<\epsilon, \; \forall r, s\in D \text{ và } 0<|r-x_0|<\delta,\, 0<|s-x_0|<\delta. \]

Proof. Proof. Giả sử \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\). Lấy \(\epsilon>0\) tuỳ ý, khi đó tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[|f(x)-L|<\frac{\epsilon}{2}\] với \(x\in D\) và \(0<|x-x_0|<\delta\). Do đó, với \(r, s\in D \text{ và } 0<|r-x_0|<\delta,\, 0<|s-x_0|<\delta\), ta có \[|f(r)-f(s)|\leq |f(r)-L|+|L-f(s)|<\epsilon.\] Tiếp theo, ta chứng minh chiều ngược lại. Cố định dãy \((u_n)_n\) thuộc \(D\) thoả mãn \(\lim\limits_{n\to\infty}u_n=x_0\) và \(u_n\neq x_0\) với mọi \(n\). Ta giả sử rằng với \(\epsilon>0\) cho trước, tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[|f(r)-f(s)|<\epsilon\text{ với } r, s\in D \text{ và } 0<|r-x_0|<\delta,\, 0<|s-x_0|<\delta.\] Vì \(\lim\limits_{n\to\infty}u_n=x_0\) nên tồn tại \(N\in\N\) sao cho \[0<|u_n-x_0|<\delta \text{ với mọi } n\geq N.\] Suy ra \[|f(u_n)-f(u_m)|<\epsilon \text{ với mọi } m, n\geq N.\] Do đó, \((f(u_n))_n\) là dãy Cauchy. Từ đó, tồn tại \(L\in \R\) sao cho \(\lim\limits_{n\to\infty}f(u_n)=L\). Bây giờ ta chứng minh \(f\) có giới hạn bằng \(L\) tại \(x_0\). Gọi dãy \((x_n)\) thuộc \(D\) thoả mãn \(\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0\) và \(x_n\neq x_0\) với mọi \(n\). Như lập luận trên, tồn tại \(L'\in \R\) sao cho \(\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=L'\).

Cố định \(\epsilon>0\) và lấy \(\delta>0\) thoả mãn ([eq:tieu-chuan_cauchy]). Khi đó, tồn tại \(K\in \N\) sao cho \[0<|u_n-x_0|<\delta\text{ và } 0<|x_n-x_0|<\delta\] với mọi \(n\geq K\). Khi đó \(|f(u_n)-f(x_n)|<\epsilon\) với mọi \(n\geq K\).

Cho \(n\to\infty\), ta có \(|L-L'|\leq\epsilon\). Vì \(\epsilon\) là bất kì nên \(L=L'\). Vậy \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\). ◻

Bài tập

Tính các giới hạn sau

• \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{3x^2-2x+5}{x-3}\).

• \(\lim\limits_{x\to -3}\dfrac{x^2+4x+3}{x^2-9}\).

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^4-2x^3+3x}{x^5-x}\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^m-1}{x^n-1}\) trong đó \(m,n\in \N\).

Tính các giới hạn sau

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sqrt{x}-1}{x^2-1}\).

• \(\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{\sqrt[3]{10-x}-2}{x-2}\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sqrt[n]{x}-1}{\sqrt[m]{x}-1}\) trong đó \(m,n\in \N\) và \(m,n\geq 2\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt[3]{x}}{x-1}\).

Tính các giới hạn sau

• \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{3x^2-2x+5}{x^3-3}\).

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{x^4-x+3}{x^3-9x}\).

• \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\sqrt{2x^2+3}}{5x-1}\).

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{\sqrt{2x^2+3}}{5x-1}\).

Tính các giới hạn sau

• \(\lim\limits_{x\to \infty}(\sqrt{x+1}-\sqrt{x})\).

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}(\sqrt[3]{x+1}-\sqrt[3]{x-1})\).

• \(\lim\limits_{x\to \infty}(\sqrt[3]{x^3+3x^2}-\sqrt{x^2+1})\).

• \(\lim\limits_{x\to -\infty}(\sqrt[3]{x^3+3x^2}-\sqrt{x^2+1})\).

Tính các giới hạn sau

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2x}{x}\).

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\tan x}{1-\cos x}\).

• \(\lim\limits_{x\to \pi}\dfrac{\cos x +1}{\cos 3x +1}\).

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+\tan x}-\sqrt{1-\tan x}}{\sin x}\).

Cho \(f:D\longrightarrow\R\) và \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(D\) sao cho \[|f(x)-f(y)|\leq M|x-y|\text{ với mọi } x, y\in D\setminus\{x_0\}\] trong đó \(M\) là một hằng số không âm. Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) tồn tại.

Tính các giới hạn một bên \(\lim\limits_{x\to -3^+}\floor{x}\) và \(\lim\limits_{x\to -3^-}\floor{x}\).

Tính các giới hạn sau nếu chúng tồn tại

• \(\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{x+1}{x-1}\).

• \(\lim\limits_{x\to 0^+}|x^2\sin\dfrac{1}{x}|\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}(x-\floor{x})\).

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to 0}x\sin\dfrac{1}{x}=0\).

Với \(a\in\R\), hàm số \(f\) được cho bởi

\[ f(x)=\begin{cases} x^2 &\text{ nếu } x>1;\\ ax-1&\text{ nếu } x\leq 1. \end{cases} \]

Tìm các giá trị của \(a\) sao cho \(\lim\limits_{x\to 1}f(x)\) tồn tại.

Tìm giá trị của \(x_0\) sao cho giới hạn \(\lim\limits_{x\to x_0}(1+x-\floor{x})\) tồn tại.

Cho \(a, b\in\R\) và \(f:(a,b)\longrightarrow\R\) là hàm số tăng. Chứng minh rằng

• Nếu \(f\) bị chặn trên, thì \(\lim\limits_{x\to b^-}f(x)\) tồn tại và là một số thực.

• Nếu \(f\) không bị chặn trên, thì \(\lim\limits_{x\to b^-}f(x)=\infty\).

Phát biểu và chứng minh các kết quả tương tự trong trường hợp hàm \(f\) bị chặn dưới và trong trường hợp miền xác định của \(f\) là một trong các khoảng sau \((-\infty,b)\), \((a,\infty)\) hoặc \((-\infty,\infty)\).

4 Tính liên tục

Cho \(D\) là một tập hợp con khác rỗng của \(\R\) và \(f: D\longrightarrow\R\) là một hàm số. Hàm số \(f\) được gọi là liên tục tại điểm \(x_0\in D\) nếu với mọi số thực \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[|f(x)-f(x_0)|<\epsilon \text{ với mọi } x\in D \text{ mà } |x-x_0|<\delta.\] Ta nói \(f\) gián đoạn tại \(x_0\) nếu \(f\) không liên tục tại \(x_0\).
Nếu \(f\) liên tục tại mọi điểm \(x\in D\), ta nói \(f\) liên tục trên tập hợp \(D\).

Minh hoạ hình học cho tính liên tục

Trong định nghĩa về tính liên tục ở trên không đề cập đến giới hạn. Điều này cho phép bao gồm trong định nghĩa điểm \(x_0 \in D\) không là điểm giới hạn của \(D\). Nếu \(x_0\) là một điểm cô lập của \(D\), thì tồn tại \(\delta>0\) sao cho \((x_0-\delta, x_0+\delta)\cap D=\{x_0\}\). Suy ra với mọi \(x\in(x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D\), \(|f(x)-f(x_0)|=0<\epsilon\). Do đó, mọi hàm số là liên tục tại điểm cô lập thuộc tập xác định của nó.

Chứng minh rằng hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\) cho bởi \(f(x)=3x+2\) liên tục trên \(\R\).

Ta cần chứng minh \(f(x)\) liên tục tại mọi \(x_0\in \R\).

Lấy \(x_0\in\R\) bất kì và \(\epsilon>0\). Ta cần tìm \(\delta>0\) sao cho nếu \(|x-x_0|<\delta\) thì \(|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\). Ta có \[|f(x)-f(x_0)|=|(3x+2)-(3x_0+2)|=3|x-x_0|.\] Điều này gợi ý cho ta chọn \(\delta=\epsilon/3\). Bây giờ ta viết lời giải một cách đầy đủ.

Với \(\epsilon>0\) cho trước, chọn \(\delta=\epsilon/3\). Nếu \(|x-x_0|<\delta\), thì ta có \[|f(x)-f(x_0)|=3|x-x_0|<3\delta=3(\epsilon/3)=\epsilon.\] Điều này chứng tỏ \(f\) liên tục tại \(x_0\).

Để nghiên cứu tính liên tục tại một điểm giới hạn của \(D\), ta có định lí sau, được suy ra một cách trực tiếp từ định nghĩa tính liên tục và giới hạn.

Cho \(f: D\longrightarrow\R\) và \(x_0\in D\) là một điểm giới hạn của \(D\). Các phát biểu sau là tương đương:

• \(f\) liên tục tại \(x_0\).

• \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)\).

Cho \(f:\R\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f(x)=3x^2-2x+1\). Với \(x_0\) bất kì thuộc \(\R\), ta có \[\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}(3x^2-2x+1)=3x_0^2-2x_0+1=f(x_0).\] Vậy \(f\) liên tục tại \(x_0\).

\(f\) gián đoạn tại \(x_0\) nếu một trong ba điều kiện sau xảy ra:

• \(f\) không xác định tại \(x_0\).

• Giới hạn \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) không tồn tại.

• Giới hạn \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\) tồn tại, nhưng không bằng \(f(x_0)\).

Giả sử \(f\) gián đoạn tại \(x_0\).

• Ta nói \(x_0\) là một điểm gián đoạn bỏ được nếu \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\neq \pm \infty\).

• Ta nói \(x_0\) là điểm gián đoạn loại một I , nếu \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)\), \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\) là các số thực và \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)\neq \lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\).

  Khi đó, hiệu \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)-\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\) được gọi là bước nhảy của \(f\) tại \(x_0\).

• Ta nói \(x_0\) là điểm gián đoạn loại hai nếu một trong hai giới hạn một bên \(\lim\limits_{x\to x_0^+}f(x)\) và \(\lim\limits_{x\to x_0^-}f(x)\) không tồn tại (bao gồm trường hợp một hoặc cả hai giới hạn một bên này bằng \(\pm\infty\)).

• Xét hàm số

  \[ f(x)=\begin{cases} \frac{\sin x}{x} &\text{ nếu } x\neq 0,\\ m &\text{ nếu } x= 0. \end{cases} \]

  Ta có \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=1\). Nếu \(m\neq 1\) thì \(f(x)\) không liên tục tại \(x=0\) và nó là điểm gián đoạn bỏ được.

• Xét hàm số \(f(x)=\sgn(x)\). Khi đó \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=1\) và \(\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)=-1\). Do đó \(x=0\) là điểm gián đoạn loại một và bước nhảy của \(f\) tại \(x=0\) là \(2\).

• Xét hàm số

  \[ f(x)=\begin{cases} \cos\frac{1}{x} &\text{ nếu } x\neq 0,\\ 1 &\text{ nếu } x= 0. \end{cases} \]

  Kết hợp Ví dụ [vd:cos1overx] và Định lí [nx:3.2.24], \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)\) không tồn tại. Do đó \(x=0\) là điểm gián đoạn loại hai.

• Hàm số Dirichlet trong Ví dụ [vd:ham_dirichlet] gián đoạn tại mọi điểm và tất cả đều là điểm gián đoạn loại hai.

Định lí sau được suy ra từ định nghĩa, Định lí [thm:3.1.11] và Định lí [thm:3.3.1].

Cho \(f: D\longrightarrow\R\) và \(x_0\in D\). Khi đó \(f\) liên tục tại \(x_0\) nếu và chỉ nếu với mọi dãy \((x_n)_n\) trong \(D\) hội tụ về \(x_0\), dãy \((f(x_n))_n\) hội tụ về \(f(x_0)\).

Cho \(f, g: D\longrightarrow\R\) và \(c\in \R\). Giả sử \(f, g\) liên tục tại \(x_0 \in D\). Khi đó

• \(f+g\) và \(fg\) liên tục tại \(x_0\),

• \(cf\) liên tục tại \(x_0\),

• Nếu \(g(x_0)\neq 0\), thì hàm \(\frac{f}{g}\) (với tập xác định \(D'=\{x\in D \mid g(x)\neq 0\}\)) liên tục tại \(x_0\).

Proof. Proof. Ta chứng minh (i) và dành phần còn lại như là bài tập. Ta sẽ sử dụng Định lí [thm:3.3.2]. Giả sử dãy \((x_n)_n\) thuộc \(D\) hội tụ về \(x_0\). Vì \(f, g\) liên tục tại \(x_0\), nên \((f(x_n))_n\) hội tụ về \(f(x_0)\) và \((g(x_n))_n\) hội tụ về \(g(x_0)\) theo Định lí [thm:3.3.2]. Suy ra dãy \((f(x_n)+g(x_n))_n\) hội tụ về \(f(x_0)+g(x_0)\). Do đó,

\[ \begin{aligned} \lim\limits_{n\to \infty}(f+g)(x_n)&=\lim\limits_{n\to \infty}(f(x_n)+g(x_n))\\ &=\lim\limits_{n\to \infty}f(x_n)+\lim\limits_{n\to \infty}g(x_n)\\ &=f(x_0)+g(x_0)=(f+g)(x_0). \end{aligned} \]

◻

Định lí sau được suy ra trực tiếp từ Định lí [thm:3.3.2].

Cho \(f: D\longrightarrow\R\) và \(g: E\longrightarrow\R\) thoả mãn \(f(D)\subset E\). Nếu \(f\) liên tục tại \(x_0\) và \(g\) liên tục tại \(f(x_0)\), thì \(g\circ f\) liên tục tại \(x_0\).

Bài tập

Dùng định nghĩa để chứng minh các hàm số sau liên tục tại điểm được chỉ ra

• \(f(x)=3x-7\), \(x_0=3\).

• \(f(x)=x^2+1\), \(x_0=2\)

• \(f(x)=\frac{x+3}{x+1}\), \(x_0=1\).

Dùng định nghĩa để chứng minh các hàm số sau liên tục trên miền cho trước

• \(f(x)=ax+b\), \(a, b\in \R\) trên \(\R\).

• \(f(x)=x^2-3\) trên \(\R\).

• \(f(x)=|x|\) trên \(\R\).

• \(f(x)=\sqrt{x}\) trên \([0,\infty)\)

• \(f(x)=\frac{1}{x}\) trên \(\R\setminus\{0\}\).

Xác định các giá trị của \(x\) mà tại đó mỗi hàm số sau là liên tục.

• \(f(x)=\begin{cases} x\sin\frac{1}{x}&\text{ nếu } x\neq 0;\\ 0&\text{ nếu } x= 0. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} \left|\frac{\sin x}{x}\right|&\text{ nếu } x\neq 0;\\ 1&\text{ nếu } x= 0. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} \frac{\sin x}{|x|}&\text{ nếu } x\neq 0;\\ 1&\text{ nếu } x= 0. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} \cos\frac{\pi x}{2}&\text{ nếu } x\leq 1;\\ |x-1|&\text{ nếu } x> 0. \end{cases}\)

• \(f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}\sin\frac{\pi}{2(1+x^{2n})}\), \(x\in\R\).

Cho \(f:\R\longrightarrow\R\) xác định bởi

\[ f(x)=\begin{cases} x^2+a&\text{ nếu } x> 2;\\ ax-1&\text{ nếu } x\leq 2. \end{cases} \]

Tìm các giá trị của \(a\) để hàm \(f\) liên tục.

Cho \(f, g:\R\longrightarrow\R\) xác định bởi

• \(f(x)=\sgn(x-x^2)\).

• \(g(x)=\floor{x}\).

Tìm các điểm gián đoạn loại một của các hàm số trên và bước nhảy tại điểm gián đoạn đó.

Xác định các giá trị của \(x\) mà tại đó mỗi hàm số sau là liên tục.

• \(f(x)=\begin{cases} 1&\text{ nếu } x\in\Q;\\ -1&\text{ nếu } x\in \Q^c. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} x&\text{ nếu } x\in\Q;\\ 0&\text{ nếu } x\in \Q^c. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} x&\text{ nếu } x\in\Q;\\ 1-x&\text{ nếu } x\in \Q^c. \end{cases}\)

Cho \(g, h:\R\longrightarrow\R\) liên tục và

\[ f(x)=\begin{cases} g(x)&\text{ nếu } x\in\Q;\\ h(x)&\text{ nếu } x\in \Q^c. \end{cases} \]

Chứng minh rằng nếu \(g(a)=h(a)\) với \(a\in\R\), thì \(f\) liên tục tại \(a\).

Nếu \(f:D\longrightarrow\R\) và \(x_0\in D\). Chứng minh rằng nếu \(f\) liên tục tại \(x_0\), thì \(|f|\) liên tục tại \(x_0\). Điều ngược lại có đúng hay không?

Giả sử \(f, g\) là hai hàm liên tục trên \(\R\) sao cho \(f(x)=g(x)\) với mọi \(x\in\Q\). Chứng minh \(f(x)=g(x)\) với mọi \(x\in\R\).

Tìm tất cả các hàm số \(f\) thoả mãn

• \(f:\R\longrightarrow\R\) liên tục tại \(0\) và với mọi \(x\in\R\), \(f(x)=f(3x)\).

• \(f:\R\longrightarrow\R\) liên tục tại \(0\) và với mọi \(x\in\R\), \(f(3x)=-f(x^2)\).

Tìm tất cả các hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\) liên tục trên \(\R\) sao cho với mọi \((x,y)\in\R^2\), \(f(x+y)=f(x)+f(y)\).

5 Các tính chất của hàm số liên tục

Trong phần này, ta trình bày các định lí cơ bản về hàm số liên tục trên khoảng đóng và bị chặn.

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow\R\) là hàm liên tục. Khi đó \(f\) bị chặn ở trên \([a,b]\).

Proof. Proof. Giả sử \(f\) không bị chặn trên \([a,b]\). Khi đó, với mỗi \(n\in\N\), tồn tại \(x_n\in[a,b]\) sao cho \(|f(x_n)|>n\). Dãy số \((x_n)_n\) thuộc \([a,b]\) nên nó bị chặn. Theo Định lí Bolzano-Weierstrass, tồn tại một dãy con \((x_{n_k})_k\) và \(x_0\in \R\) sao cho \(\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=x_0\). Để ý rằng \(x_0\in[a,b]\). Vì \(f\) liên tục trên \([a,b]\) nên \(\lim\limits_{k\to\infty}f(x_{n_k})=f(x_0)\). Do đó, dãy \((f(x_{n_k}))_k\) bị chặn vì nó là dãy hội tụ. Điều này mâu thuẫn với \(|f(x_{n_k})|>n_k\geq k\) với mọi \(k\in\N\). Vậy ta đã chứng minh \(f\) bị chặn. ◻

Cho \(f: D\longrightarrow\R\).

• \(f\) được gọi là đạt giá trị lớn nhất tại \(x_0\in D\) nếu \(f(x)\leq f(x_0)\) với mọi \(x\in D\). Khi đó \(f(x_0)\) được gọi là giá trị lớn nhất của \(f\) trên \(D\), kí hiệu là \(\max\limits_{x\in D}f(x)\).

• \(f\) được gọi là đạt giá trị nhỏ nhất tại \(x_0\in D\) nếu \(f(x)\geq f(x_0)\) với mọi \(x\in D\). Khi đó \(f(x_0)\) được gọi là giá trị nhỏ nhất của \(f\) trên \(D\), kí hiệu là \(\min\limits_{x\in D}f(x)\).

Cho \(f:[a,b] \longrightarrow\R\) liên tục trên \([a,b]\). Khi đó \(f\) đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên \([a,b]\), tức là, tồn tại \(x_M\) và \(x_m\) thuộc \([a,b]\) sao cho \[f(x_m)\leq f(x)\leq f(x_M),\text{ với mọi } x\in [a,b].\]

Proof. Proof. Đặt \(A=f([a,b])=\{f(x): x\in [a,b]\}\). Vì \(f(a)\in A\) nên \(A\) là tập khác rỗng và nó bị chặn theo Định lí [thm:boundedness_thm]. Suy ra, \(A\) có cận trên lớn nhất, ta kí hiệu \(\alpha=\sup(A)\). Với mọi \(n\in \N\), tồn tại \(x_n\in[a,b]\) sao cho \(\alpha-1/n<f(x_n)\leq \alpha\). Vì \(a\leq x_n\leq b\) với mọi \(n\) nên dãy \((x_n)_n\) bị chặn. Áp dụng Định lí Bolzano-Weierstrass, tồn tại một dãy con \((x_{n_k})_k\) hội tụ về \(x_0\) thuộc \([a,b]\). Vì \(f\) liên tục trên \([a,b]\) nên \(\lim\limits_{k\to\infty}f(x_{n_k})=f(x_0)\). Mặt khác, \[\alpha-\frac{1}{n_k}<f(x_{n_k})\leq\alpha \text{ với mọi } k.\] Áp dụng định lí kẹp, ta được \(\lim\limits_{k\to\infty}f(x_{n_k})=\alpha\). Do đó, \(f(x_0)=\alpha\). Vậy \(f\) đạt giá trị lớn nhất tại \(x_0\). Tương tự, ta có thể chứng minh sự tồn tại của giá trị nhỏ nhất. ◻

Cho \(f: D\longrightarrow\R\) liên tục tại \(c\in D\). Giả sử \(f(c)>0\). Khi đó tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f(x)>0 \text{ với mọi } x\in D \text{ và } |x-c|<\delta.\]

Proof. Proof. Chọn \(\epsilon=\frac{f(c)}{2}>0\). Theo tính liên tục của \(f\) tại \(c\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho nếu \(x\in D\) và \(|x-c|<\delta\), thì \(|f(x)-f(c)|<\epsilon\). Suy ra \[f(x)>f(c)-\epsilon=\frac{f(c)}{2}>0.\] Chọn giá trị \(\delta\) này và ta có kết quả cần chứng minh. ◻

Kết quả tương tự cũng đúng nếu \(f(c)<0\).

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow\R\) là hàm số liên tục. Giả sử hoặc \(f(a)<0<f(b)\) hoặc \(f(a)>0>f(b)\). Khi đó tồn tại \(c\in (a,b)\) sao cho \(f(c)=0\).

Proof. Proof. Ta chỉ chứng minh cho trường hợp \(f(a)<0<f(b)\). Trường hợp \(f(a)>0>f(b)\) hoàn toàn tương tự. Đặt \(A=\{x\in [a,b]: f(x)\leq 0\}\). Tập này khác rỗng vì \(a\in A\) và bị chặn vì \(A\subset[a,b]\). Do đó \(c=\sup(A)\) tồn tại. Vì \(c=\sup(A)\) nên tồn tại dãy \((x_n)_n\) thuộc \(A\) sao cho \(x_n\to c\). Vì \(f\) liên tục trên \([a,b]\) nên \(f(x_n)\to f(c)\) và do đó \(f(c)\leq 0\). Ta sẽ chứng minh \(f(c)=0\) bằng cách chứng minh nếu \(f(c)<0\) sẽ dẫn tới mâu thuẫn. Giả sử \(f(c)<0\). Khi đó, theo Nhận xét [remark:3.4.1], tồn taị \(\delta>0\) sao cho \[f(x)<0 \text{ với mọi } x\in [a,b] \text{ sao cho } |x-c|<\delta.\] Từ \(c<b\) (vì \(f(b)>0\)), ta có thể tìm \(x\in(c,b)\) sao cho \(f(x)<0\). Điều này mâu thuẫn với \(x\in A\) và \(x>c\). Vậy \(f(c)=0\). ◻

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow\R\) là hàm số liên tục. Giả sử \(f(a)<\gamma<f(b)\). Khi đó tồn tại một số \(c\in(a,b)\) sao cho \(f(c)=\gamma\). Nếu \(f(a)>\gamma>f(b)\), thì ta cũng có cùng kết quả.

Proof. Proof. Đặt \(\varphi(x)=f(x)-\gamma\), \(x\in[a,b]\). Theo Định lí [thm:3.4.4], tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \(\varphi(c)=0\). Điều này tương đương với \(f(c)=\gamma\). ◻

Minh hoạ hình học cho Định lí giá trị trung gian

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow\R\) là hàm số liên tục. Gọi \(m, M\) lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của \(f\) trên \([a,b]\). Khi đó với mọi \(\gamma\in[m,M]\), tồn tại \(c\in[a,b]\) sao cho \(f(c)=\gamma\).

Ta sẽ dùng Định lí giá trị trung gian để chứng minh phương trình \(e^x=-x\) có ít nhất một nghiệm thực. Ta sẽ giả sử rằng đã biết hàm mũ là liên tục trên \(\R\). Trước tiên, ta định nghĩa hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\) bởi \(f(x)=e^x+x\). Vì \(f\) liên tục và \(f(-1)=e^{-1}-1<0\) và \(f(0)=1>0\) nên áp dụng Định lí giá trị trung gian cho hàm \(f\) trên \([-1,0]\) với \(\gamma=0\) ta kết luận tồn tại \(c\in[-1,0]\) sao cho \(f(c)=0\).

Bây giờ ta chứng minh với \(n\in\N\), với mọi số thực dương \(a\) luôn có một căn bậc \(n\) dương. Đầu tiên, ta có \((1+a)^n\geq 1+na>a\). Xét \(f: [0,\infty)\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=x^n\). Vì \(f(0)=0\) và \(f(1+a)>a\), theo Định lí giá trị trung gian tồn tại \(x\in(0, 1+a)\) sao cho \(f(x)=a\), tức là \(x^n=a\).

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow\R\) tăng ngặt và liên tục trên \([a,b]\). Đặt \(c=f(a)\) và \(d=f(b)\). Khi đó \(f\) là đơn ánh, \(f([a,b])=[c,d]\), và hàm số ngược \(f^{-1}\) xác định trên \([c,d]\) cho bởi \[f^{-1}(f(x))=x \text{ với } x\in [a,b],\] liên tục từ \([c,d]\) lên \([a,b]\).

Proof. Proof. Hai khẳng định đầu tiên suy ra từ tính đơn điệu của \(f\) và Định lí giá trị trung gian. Ta sẽ chứng minh \(f^{-1}\) liên tục trên \([c,d]\). Cố định \(y_0\in[c,d]\) và cố định dãy \((y_n)_n\) trong \([c,d]\) hội tụ về \(y_0\). Gọi \(x_0\in[a,b]\) và \(x_n\in [a,b]\) sao cho \[f(x_0)=y_0 \text{ và } f(x_n)=y_n \text{ với mọi } n.\]

Khi đó \(f^{-1}(y_0)=x_0\) và \(f^{-1}(y_n)=x_n\) với mọi \(n\). Giả sử \((x_n)_n\) không hội tụ về \(x_0\). Khi đó tồn tại \(\epsilon_0>0\) và một dãy con \((x_{n_k})_k\) của dãy \((x_n)_n\) sao cho

\[ \label{eq:3.5} |x_{n_k}-x_0|\geq \epsilon_0 \text{ với mọi } k. \]

Vì dãy \((x_{n_k})_k\) bị chặn nên nó có một dãy con hội tụ về một phần tử \(x_1\in[a, b]\). Để đơn giản kí hiệu, ta cũng gọi dãy con đó là \((x_{n_k})_k\). Cho \(k\) dần ra \(\infty\) trong ([eq:3.5]), ta được

\[ \label{eq:3.6} |x_1-x_0|\geq \epsilon_0>0. \]

Mặt khác, theo tính liên tục của \(f\), \((f(x_{n_k}))_n\) hội tụ về \(f(x_1)\). Vì \(f(x_{n_k})=y_{n_k}\to y_0\) khi \(k\to\infty\), ta có \(f(x_1)=y_0=f(x_0)\). Suy ra \(x_1=x_0\), mâu thuẫn với điều kiện ([eq:3.6]). ◻

Ta cũng có định lí tương tự cho trường hợp hàm giảm ngặt.

Một kết quả tương tự cũng đúng nếu \(f\) có tập xác định là khoảng mở \((a,b)\) kèm theo một vài xem xét bổ sung. Nếu \(f:(a,b)\longrightarrow\R\) là liên tục, tăng và bị chặn, dùng lập luận trong Định lí [thm:3.2.4] ta có thể chứng minh \(\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=c\) và \(\lim\limits_{x\to b^-}f(x)=d\) tồn tại trong \(\R\). Dùng Định lí giá trị trung gian, ta được \(f((a,b))=(c,d)\). Bây giờ ta có thể tiến hành như định lí trên để chứng minh \(f\) có hàm ngược liên tục từ \((c,d)\) đến \((a,b)\).

Nếu \(f:(a,b)\longrightarrow\R\) tăng, liên tục, bị chặn dưới nhưng không bị chặn trên, thì \(\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=c\in\R\) và \(\lim\limits_{x\to b^-}f(x)=\infty\). Trong trường hợp này, ta có thể chứng minh \(f((a,b))=(c,\infty)\) và \(f\) có hàm ngược liên tục từ \((c,\infty)\) đến \((a,b)\) như cách trên. Các khả năng khác cũng dẫn tới các kết quả tương tự.

Bài tập

Cho \(f:D\longrightarrow \R\) liên tục tại \(c\in D\), \(\gamma\in\R\) và \(f(c)>\gamma\). Chứng minh rằng tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)>\gamma\) với mọi \(x\in(c-\delta,c+\delta)\cap D\).

Nếu \(f, g\) là các hàm số liên tục trên \([a,b]\). Giả sử \(f(a)<g(a)\) và \(f(b)>g(b)\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \(f(c)=g(c)\).

Chứng minh rằng phương trình \(\cos x=x\) có ít nhất một nghiệm thực.

Chứng minh phương trình \(\cos(x+1)=x^2-2\) có ít nhất hai nghiệm thực.

Cho \(f: \R \to \R\) liên tục và \(f(x)=x^2+5\) tại mọi \(x\in \Q\). Tìm \(f(\sqrt{2})\).

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow[a,b]\) là hàm số liên tục.

• Chứng minh phương trình \(f(x)=x\) có ít nhất một nghiệm thuộc \([a,b]\).

• Giả sử thêm rằng \[|f(x)-f(y)|<|x-y|\text{ với mọi } x, y\in [a,b], x\neq y.\]

Chứng minh rằng phương trình \(f(x)=x\) có duy nhất nghiệm trên \([a,b]\).

Cho \(f\) là hàm số liên tục trên \([a,b]\) và \(x_1, x_2,\ldots, x_n\in[a,b]\). Chứng minh tồn tại \(c\in [a, b]\) sao cho \[f(c)=\frac{(f(x_1)+f(x_2)+\cdots+f(x_n)}{n}.\]

Cho \(f, g:[0,1]\longrightarrow[0,1]\) là các hàm số liên tục sao cho \(f(g(x))=g(f(x))\) với mọi \(x\in [0,1]\) và \(f\) là hàm đơn điệu. Chứng minh tồn tại \(c\in [0,1]\) sao cho \(f(c)=g(c)=c\).

Cho hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\) liên tục và tuần hoàn với chu kì \(T>0\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\) sao cho \(f(c+T/2)=f(c)\).

Giả sử \(f\) là hàm số liên tục trên \([0,2]\) và \(f(0)=f(2)\). Chứng minh rằng tồn tại \(c_1\) và \(c_2\) thuộc \([0,2]\) sao cho \(c_1-c_2=1\) và \(f(c_1)=f(c_2)\).

Cho hàm \(f:\R\longrightarrow\R\) sao cho \(f(f(x))=f^2(x)=-x\) với mọi \(x\in\R\). Chứng minh \(f\) không phải là hàm số liên tục trên \(R\).

Cho hàm \(f:\R\longrightarrow\R\) liên tục và tuần hoàn. Chứng minh \(f\) có giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.

6 Tính liên tục của các hàm sơ cấp cơ bản

Trong mục này, chúng ta khảo sát tính liên tục của các hàm số sơ cấp. Kết quả sau đây sẽ được sử dụng nhiều lần trong các chứng minh ở chương tiếp theo mà không cần đề cập một cách tường minh.

Tất cả các hàm số sơ cấp liên tục trên tập xác định của nó.

Proof. Proof. Vì hàm số phân thức hữu tỉ liên tục (xem Nhận xét [nx:hamphanthuclientuc]), do đó theo tính liên tục của hàm hợp và hàm ngược ta suy ra các hàm luỹ thừa dạng \(y=x^{m/n}\) liên tục với \(m/n\) là số hữu tỉ dương. Đều này cũng đúng cho trường hợp số mũ hữu tỉ âm vì \(x^q=\frac{1}{x^{-q}}\). Nếu số mũ là vô tỉ thì ta có \(x^\alpha=e^{\alpha\ln x}\), do đó nếu ta chứng minh hàm số logarit liên tục và hàm số mũ liên tục, thì ta có thể kết luận ngay tính liên tục của hàm luỹ thừa.

Ta có hàm số \(\sin\) và \(\cos\) liên tục theo Ví dụ [vd:limcosx]. Vì các phép toán đại số bảo toàn tính liên tục nên các hàm số lượng giác còn lại cũng liên tục. Theo định lí về tính liên tục cho hàm ngược, các hàm số lượng giác ngược cũng liên tục.

Tiếp theo, ta chứng minh tính liên tục của hàm số mũ, từ đó kéo theo tính liên tục của hàm số logarit. Ta chỉ cần xét trường hợp \(a>1\), trường hợp \(0<a<1\), ta có thể viết \(a^x=\frac{1}{(1/a)^x}\) và dùng lập luận tương tự. Ta có \(\lim\limits_{x\to 0^+}a^x=1\) theo Ví dụ [vd:limamux]. Suy ra \(\lim\limits_{x\to 0^-}a^x=\lim\limits_{x\to 0^-}a^{-(-x)}=\lim\limits_{x\to 0^-}\frac{1}{a^{-x}}=\frac{1}{\lim\limits_{z\to 0^+}a^z}=1\), do đó hàm số mũ liên tục tại \(x=0\). Hơn nữa, \[\lim\limits_{x\to x_0}a^x=\lim\limits_{x\to x_0}a^{x_0+(x-x_0)}=a^{x_0}\lim\limits_{x\to x_0}a^{x-x_0}=a^{x_0}\lim\limits_{z\to 0}a^z=a^{x_0}.\] Vậy hàm số mũ liên tục trên \(\R\). Cuối cùng, tính liên tục của các hàm số hyperbolic và hàm số hyperbolic ngược trên tập xác định của nó là hệ quả của tính liên tục của hàm số mũ và hàm số logarit. ◻

Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e\).

Xét 2 trường hợp

1. Khi \(x \to 0^+\).

   Đặt \(y = \frac{1}{x}\). Khi \(x \to 0^+\) thì \(y \to \infty\). Thay vào biểu thức, ta có: \[\lim_{x \to 0^+} (1+x)^{\frac{1}{x}} = \lim\limits_{y \to \infty} \left(1+\frac{1}{y}\right)^y.\] Đây chính là giới hạn ở Ví dụ [gh:so_e]. Vậy, \(\lim_{x \to 0^+} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e.\)

2. Khi \(x \to 0^-\).

   Đặt \(y = \frac{1}{x}\). Khi \(x \to 0^-\) thì \(y \to -\infty\). Thay vào biểu thức, ta có: \[\lim_{x \to 0^-} (1+x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{y \to -\infty} \left(1+\frac{1}{y}\right)^y\] Để xử lý giới hạn này, ta đặt tiếp \(z = -y\). Khi \(y \to -\infty\) thì \(z \to \infty\).

   \[ \begin{aligned} \lim_{y \to -\infty} \left(1+\frac{1}{y}\right)^y &= \lim_{z \to \infty} \left(1 - \frac{1}{z}\right)^{-z} \\ &= \lim_{z \to \infty} \left(\frac{z-1}{z}\right)^{-z} \\ &= \lim_{z \to \infty} \left(\frac{z}{z-1}\right)^{z} \\ &= \lim_{z \to \infty} \left(\frac{z-1+1}{z-1}\right)^{z} \\ &= \lim_{z \to \infty} \left(1+\frac{1}{z-1}\right)^{z} \\ &= \lim_{z \to \infty} \left[\left(1+\frac{1}{z-1}\right)^{z-1} \cdot \left(1+\frac{1}{z-1}\right)^1\right] \end{aligned} \]

   Đặt \(k = z - 1\). Khi \(z \to \infty\) thì \(k \to \infty\). Giới hạn trở thành: \[\lim_{k \to \infty} \left[\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k} \cdot \left(1+\frac{1}{k}\right)\right] = \lim_{k \to \infty} \left(1+\frac{1}{k}\right)^{k} \cdot \lim_{k \to \infty} \left(1+\frac{1}{k}\right) = e \cdot 1 = e.\] Vậy, \(\lim\limits_{x \to 0^-} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e.\)

Vì giới hạn trái và giới hạn phải đều tồn tại và cùng bằng \(e\), ta có thể kết luận \[\lim_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e.\]

Kết hợp tính liên tục của hàm số logarit và Ví dụ [ex:ghe2], ta có \[\lim\limits_{x\to 0}\frac{\log_a(1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\log_a(1+x)^{1/x}=\log_a\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{1/x}=\log_a e.\] Đặt \(y=a^x-1\) hay \(x=\log_a(1+y)\). Với phép thế này, ta có \[\lim\limits_{x\to 0}\frac{a^x-1}{x}=\lim\limits_{y\to 0}\frac{y}{\log_a(1+y)}=\left[\lim\limits_{y\to 0}\frac{\log_a(1+y)}{y}\right]^{-1}=\ln a.\]

Giả sử \(f, g\) là các hàm xác định trong lân cận của \(x_0\) có thể ngoại trừ điểm \(x_0\), \(f(x)>0\) trong lân cận đó và có giới hạn khi \(x\to x_0\). Sử dụng tính liên tục của hàm số mũ, ta suy ra \[\lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}e^{g(x)\ln f(x)}=e^{\lim\limits_{x\to x_0}g(x){\ln f(x)}}.\] Công thức này vẫn đúng khi thay \(x_0\) bởi \(\infty\) hoặc \(-\infty\).

Tính giới hạn \(\lim\limits_{x\to 1}x^\frac{2}{1-x}\).
Ta có \[\lim\limits_{x\to 1}x^{\frac{2}{1-x}}=e^{\lim\limits_{x\to 1}\frac{-2\ln x}{x-1}}=e^{-2\lim\limits_{x\to1}\frac{\ln [1+(x-1)]}{x-1}}=e^{-2\lim\limits_{t\to0}\frac{\ln (1+t)}{t}}=e^{-2\ln e}=e^{-2}.\]

Tính giới hạn \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\frac{x-1}{x+3}\right)^{x-2}\).

Ta có \[\lim\limits_{x\to\infty}\left(\frac{x-1}{x+3}\right)^{x-2}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}(x-2)\ln\left(\frac{x-1}{x+3}\right)}=e^{\lim\limits_{x\to\infty}(x-2)\ln\left(1-\frac{4}{x+3}\right)}.\] Đặt \(y=\dfrac{1}{x+3}\) và thay \(x=\frac{1}{y}-3\), ta được

\[ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to\infty}(x-2)\ln\left(1-\frac{4}{x+3}\right)&=\lim\limits_{y\to0^+}\left(\frac{1}{y}-5\right)\ln(1-4y)\\ &=\lim\limits_{y\to0^+}\left[\frac{\ln(1-4y)}{y}-5\ln(1-4y)\right]\\ &=-4. \end{aligned} \]

Vậy \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(\frac{x-1}{x+3}\right)^{x-2}=e^{-4}\).

Bài tập

Chứng minh các hàm số sơ cấp sau liên tục trên tập xác định của chúng bằng định nghĩa

• \(f(x)=1/x^2\).

• \(f(x)=\ln x\).

• \(f(x)=\cosh x\).

Tìm \(a, b\) để các hàm số sau liên tục trên tập xác định của chúng

• \(f(x)=\begin{cases} \sin(x+a) & \text{ nếu } x\in (n\pi, (n+1/2)\pi],\\ \cos(x+b) & \text{ nếu } x\in ((n+1/2)\pi, (n+1)\pi]. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} (x-2) \ln(x^2-4)& \text{ nếu } |x|>2,\\ ax+b & \text{ nếu } |x|\leq 2. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} \dfrac{\sin^2x-1}{(4x^2-\pi^2)^2}& \text{ nếu } |x|\neq \dfrac{\pi}{2},\\ a & \text{ nếu } x=\dfrac{\pi}{2},\\ b & \text{ nếu } x=-\dfrac{\pi}{2}. \end{cases}\)

Cho hàm số \(f:\R\setminus\{-\frac{\pi}{2}+2k\pi \mid k\in \Z\}\longrightarrow\R\) xác định bởi \[f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{x}{1+a\sin^nx}.\]

• Xét tính liên tục của hàm số tại \(x=\pi/2\) khi \(a=1\).

• Khảo sát tính liên tục của nó khi \(a\neq -1\).

Khảo sát tính liên tục của các hàm số sau

• \(f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{n^x-n^{-x}}{n^x+n^{-x}}.\)

• \(f(x)=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\ln(e^n+x^n)}{n}.\)

Tìm tất cả các điểm mà tại đó các hàm số sau liên tục.

• \(f(x)=\begin{cases} \sin|x| & \text{ nếu } x\in \Q,\\ 0 & \text{ nếu } x\notin \Q. \end{cases}\)

• \(f(x)=\begin{cases} 0 & \text{ nếu } x\in \Q,\\ x^2-1 & \text{ nếu } x\notin \Q. \end{cases}\)

Tính các giới hạn sau:

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^\alpha-1}{x}\), \(\alpha\in\R\).

• \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sqrt[n]{1+\alpha x}-1}{x}\), \(n\in \N, n\geq 2\) và \(\alpha>0\).

• \(\lim\limits_{x\to 1^+}\arctan (\dfrac{1}{x-1})\).

• \(\lim\limits_{x\to 3^-}\ln\dfrac{3-\sqrt{1+x}}{3-x}\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{e^{\sqrt{2+x}}-e^{\sqrt{3}}}{(x-1)^2}\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^{\frac{1}{m}}-x^{\frac{1}{n}}}{x^{\frac{1}{p}}-x^{\frac{1}{q}}}\), với \(m,n, p,q\in \N\), \(m<n\) và \(p<q\).

Tính các giới hạn sau

1. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arcsin x}{x}\).

2. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arccos x-\pi/2}{x}\).

3. \(\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\arccos(1- x)}{\sqrt{x}}\).

4. \(\lim\limits_{x\to 3}\dfrac{3^x-x^3}{x-3}\).

5. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cosh^\alpha x-1}{x^2}\), \(\alpha\in \R\).

6. \(\lim\limits_{x\to e}\dfrac{\ln x-1}{x-e}\).

Tính các giới hạn sau

• \(\lim\limits_{x\to0}\left(1+x\right)^{\cot x }\).

• \(\lim\limits_{x\to 1}\left(2-x\right)^{\tan\frac{\pi x}{2}}\).

• \(\lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^{\frac{x-1}{x+1}}\).

• \(\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{2}}\sin x^{\tan x}\).

7 Vô cùng bé, vô cùng lớn, khử dạng vô định

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu về cách so sánh dáng điệu tiệm cận của hai hàm trong lân cận của một điểm. Đầu tiên, chúng ta giới thiệu các kí hiệu phù hợp, được gọi là kí hiệu Landau (\(O\), \(o\), \(\sim\)), giúp việc mô tả các loại dáng điệu này trở nên gọn nhẹ. Sau đó, chúng ta tập trung vào việc so sánh địa phương giữa các hàm có xu hướng dần về \(0\) hoặc \(\infty\). Nếu không giải thích gì thêm, thì \(x_0\) trong phần này có thể là số thực, \(-\infty\) hoặc \(\infty\).

7.1 So sánh các hàm số trong lân cận một điểm

Trước hết, ta định nghĩa các kí hiệu Landau.

Cho \(f(x), g(x)\) là hai hàm số xác định trong một lân cận của \(x_0\), có thể trừ \(x_0\). Giả sử thêm rằng \(g(x)\neq 0\) với \(x\neq x_0\).

• Ta nói \(f(x)\) không đáng kể so với \(g(x)\) khi \(x\) dần tới \(x_0\) nếu \[\lim\limits_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=0,\] kí hiệu là \(f(x)=o(g(x)), x\to x_0\).

• Ta nói \(f(x)\) cùng bậc với \(g(x)\) khi \(x\to x_0\) nếu \[\lim\limits_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=C\in\R \text{ và } C\neq 0,\] kí hiệu là \(f(x)=O(g(x)), x\to x_0\).

• Nếu \[\lim\limits_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)}=1,\] ta nói \(f(x)\) tương đương với \(g(x)\) khi \(x\to x_0\), kí hiệu là \(f(x)\sim g(x)\), \(x\to x_0\).

Các kí hiệu \(O\), \(o\), \(\sim\) được gọi là các kí hiệu Landau. Chữ \(O\) đại diện cho từ Ordnung trong tiếng Đức, nghĩa là bậc của xấp xỉ.

Để dễ dàng hình dung hơn, ta xét một vài ví dụ.

1. Ta có \(\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2}{x}=\lim\limits_{x\to 0}x=0\) nên \(x^2\) không đáng kể so với \(x\) khi \(x\to 0\) hay \(x^2=o(x)\) khi \(x\to 0\). Từ không đáng kể ở đây mang đúng nghĩa đen, vì với \(x\) đủ đủ gần \(0\) thì giá trị của \(x^2\) là rất nhỏ, và do đó không đáng kể, so với \(x\). Chúng ta cũng có thể thấy, với \(m, n\) nguyên dương mà \(m>n\) thì \(x^m=o(x^n)\) khi \(x\to 0\).

2. Ta có \(\lim\limits_{x\to \infty}\frac{x}{x^2}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{1}{x}=0\) nên \(x\) không đáng kể so với \(x^2\) khi \(x\to \infty\) hay \(x=o(x^2)\), \(x\to \infty\).

3. Ta có \(\sin^3x=o(x)\), \(x\to 0\) vì \(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin^3x}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\sin^2x=0\).

• Ta có \(5x^2=O(x^2)\), \(x\to 0\) vì \(\lim\limits_{x\to 0}\frac{5x^2}{x^2}=\lim\limits_{x\to 0}5=5\neq 0\).

• Vì \(\lim\limits_{x\to \infty}\frac{2x^2+x+1}{4x^2+7x+1}=\frac{1}{2}\) nên \(2x^2+x+1=O(4x^2+7x+1)\).

• Ta có \(\sin x=O(x)\), \(x\to 0\) vì \(\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\neq 0\). Hơn nữa, \(\sin x\sim x\), \(x\to 0\).

Các tính chất cơ bản sau đây của các kí hiệu Landau có thể suy ra từ định nghĩa một cách dễ dàng.

1. Nếu \(f(x)=o(h(x)), x\to x_0\) và \(g(x)=o(h(x)),x\to x_0\) thì \(f(x)+g(x)=o(h(x)),x\to x_0\).

2. Nếu \(f(x)=o(h(x)), x\to x_0\) thì \(\lambda f(x)=o(h(x)),x\to x_0\), \(\lambda\in\R\).

3. Nếu \(f(x)=o(h(x)), x\to x_0\) và \(g(x)=o(k(x)),x\to x_0\) thì \(f(x)g(x)=o(h(x)k(x)),x\to x_0\).

\(f(x)=o(1), x\to x_0\) khi và chỉ khi \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0\).

1. Nếu \(f(x)=O(h(x)), x\to x_0\) thì \(\lambda f(x)=O(h(x)),x\to x_0\), \(\lambda\in\R\setminus\{0\}\).

2. Nếu \(f(x)=O(h(x)), x\to x_0\) và \(g(x)=O(k(x)),x\to x_0\) thì \(f(x)g(x)=O(h(x)k(x)),x\to x_0\).

\(f(x)=O(1), x\to x_0\) khi và chỉ khi \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=C\neq 0\).

1. Nếu \(f(x)\sim h(x)\), \(x\to x_0\) và \(g(x)\sim k(x)\), \(x\to x_0\) thì \(f(x)g(x)\sim h(x)k(x)\), \(x\to x_0\).

2. Nếu \(f(x)\sim g(x)\), \(x\to x_0\) thì \(1/f(x)\sim 1/g(x)\), \(x\to x_0\)

3. Nếu \(f(x)\sim g(x)\), \(x\to x_0\) và \(g(x)=o(h(x))\), \(x\to x_0\) thì \(f(x)=o(h(x))\), \(x\to x_0\).

Proof. Proof. Ta sẽ chứng minh phần (i), các phần còn lại được chứng minh tương tự dựa vào Định nghĩa [dn:2.4.3]. Vì \(f(x)\sim h(x)\), \(x\to x_0\) và \(g(x)\sim k(x)\), \(x\to x_0\) nên \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{h(x)}=1\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)}{k(x)}=1\). Do đó, \[\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)g(x)}{h(x)k(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{h(x)}\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)}{k(x)}=1.\] Vậy \(f(x)g(x)\sim h(x)k(x)\), \(x\to x_0\). ◻

• Nếu \(f(x)\sim g(x), x\to x_0\) và \(g(x)\sim h(x), x\to x_0\) thì \(f(x)\sim h(x), x\to x_0\). Chẳng hạn, vì \(\sin x\sim x, x\to 0\) và \(x\sim\tan x, x\to 0\) nên \(\sin x\sim \tan x, x\to 0\).

• \(f(x)\sim g(x), x\to x_0\) khi và chỉ khi \(f(x)-g(x)=o(g(x)),x\to x_0\)

7.2 Vô cùng bé, vô cùng lớn

Trong mục này, ta sẽ xem xét các hàm có xu hướng dần về \(0\) hoặc \(\infty\). Chúng được gọi là các vô cùng bé và vô cùng lớn như trong định nghĩa dưới đây.

Hàm số \(f(x)\) được gọi là vô cùng bé khi \(x\to x_0\) nếu \(\lim\limits_{x\to x_0} f(x)=0.\)

Hàm số \(f(x)\) được gọi là vô cùng lớn khi \(x\to x_0\) nếu \(\lim\limits_{x\to x_0} |f(x)|=\infty.\)

• Nếu \(f(x)\) là một vô cùng bé khi \(x\to x_0\) thì \(\frac{1}{f(x)}\) là một vô cùng lớn khi \(x\to x_0\).

• Nếu \(f(x)\) là một vô cùng lớn khi \(x\to x_0\) thì \(\frac{1}{f(x)}\) là một vô cùng bé khi \(x\to x_0\).

Bây giờ, chúng ta giới thiệu các thuật ngữ để so sánh các vô cùng bé và vô cùng lớn dựa trên Định nghĩa [dn:2.4.3].

Cho \(f(x), g(x)\) là các vô cùng bé khi \(x\to x_0\).

1. Nếu \(f(x)=o(g(x))\) khi \(x\to x_0\), thì ta nói \(f(x)\) là vô cùng bé bậc cao hơn \(g(x)\).

2. Nếu \(f(x)=O(g(x))\) khi \(x\to x_0\), thì ta nói \(f(x)\) là vô cùng bé cùng bậc với \(g(x)\).

3. Nếu \(f(x)\sim g(x)\) khi \(x\to x_0\), thì ta nói hai vô cùng bé \(f(x)\) và \(g(x)\) là tương đương.

1. \(x^2\) và \(x\) là hai vô cùng bé khi \(x\to 0\). Vì \(\lim \limits_{x\to 0} \frac{x^2}{x} = \lim \limits_{x\to 0} x =0\) nên \(x^2=o(x), \; x\to 0\). Vậy \(x^2\) là vô cùng bé bậc cao hơn \(x\).

2. \(\sin x^2\) là vô cùng bé bậc cao hơn \(x\) khi \(x\to 0\).

3. Ta có

   \[ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}&=\lim\limits_{x\to 0}\frac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2(1+\cos x)}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{x^2(1+\cos x)}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} \cdot \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x} \cdot \lim\limits_{x\to 0}\frac{1}{1+\cos x}\\ &=\frac{1}{2}. \end{aligned} \]

   Do đó, \(1-\cos x\) là vô cùng bé cùng bậc với \(x^2\) khi \(x\to 0\). Ngoài ra, \(1-\cos x\) cũng là vô cùng bé tương đương với \(\frac{1}{2}x^2\) khi \(x\to 0\).

Từ các ví dụ trên, ta có một số cặp vô cùng bé tương đương khi \(x\to 0\) sau:

Khi \(x\to 0\), ta có

2

1. \(e^x - 1 \sim x\)

2. \(\sin x \sim x\)

3. \(1 - \cos x \sim \frac{x^2}{2}\)

4. \(\ln(1+x) \sim x\)

5. \(\tan x \sim x\)

6. \((1+x)^n - 1 \sim nx.\)

Cho \(f(x), g(x)\) là các vô cùng lớn khi \(x\to x_0\).

1. Nếu \(f=o(g)\) khi \(x\to x_0\), thì ta nói \(f(x)\) là vô cùng lớn bậc thấp hơn \(g(x)\) hoặc \(g(x)\) là vô cùng lớn bậc cao hơn \(f(x)\).

2. Nếu \(f=O(g)\) khi \(x\to x_0\), thì ta nói \(f(x)\) là vô cùng lớn cùng bậc với \(g(x)\).

3. Nếu \(f\sim g\) khi \(x\to x_0\), thì ta nói hai vô cùng lớn \(f(x)\) và \(g(x)\) tương đương.

1. \(1/(x-1)^2\) là vô cùng lớn bậc cao hơn \(1/(1-x)\) khi \(x\to 1\).

2. \(\sqrt{9x^3-7x+5}\) là vô cùng lớn cùng bậc với \(x^{3/2}\) khi \(x\to \infty\) vì \[\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\sqrt{9x^3-7x+5}}{x^{3/2}}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\sqrt{9-\frac{7}{x^2}+\frac{5}{x^3}}}{1}=3.\] Hơn nữa, \(\sqrt{9x^3-7x+5}\) là vô cùng lớn tương đương với \(3x^{3/2}\) khi \(x\to \infty\).

Nếu \(f(x), g(x)\) là các vô cùng bé khi \(x\to x_0\) và \(g(x)\) là vô cùng bé bậc cao hơn \(f(x)\) thì \[f(x)+g(x)\sim f(x) \text{ khi } x\to x_0.\]

Proof. Proof. Ta có \[\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)+g(x)}{f(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\left(\frac{f(x)+g(x)}{f(x)}\right)=1+\lim\limits_{x\to x_0}\frac{g(x)}{f(x)}=1.\] ◻

Theo ngôn ngữ thông thường, khi vô cùng bé (tương ứng, vô cùng lớn) \(f\) có bậc cao hơn vô cùng bé (tương ứng, vô cùng lớn) \(g\) thì ta có thể nói \(f\) hội tụ về \(0\) (tương ứng, \(\infty\)) nhanh hơn \(g\). Điều này gợi ý cho ta cách đo tốc độ hội tụ của vô cùng bé hay vô cùng lớn về giá trị giới hạn của nó.

Cho \(f\) và \(\varphi\) là các vô cùng bé (tương ứng, vô cùng lớn) khi \(x\to x_0\). Nếu tồn tại số thực dương \(\alpha\) sao cho \[f=O(\varphi^\alpha), x\to x_0,\] thì hằng số \(\alpha\) được gọi là bậc của \(f\) khi \(x\to x_0\) so với vô cùng bé (tương ứng, vô cùng lớn) \(\varphi\). Hàm số \(\varphi\) gọi là hàm số thử.

Số \(\alpha\) xác định duy nhất. Thật vậy, trong trường hợp \(f\) và \(\varphi\) là các vô cùng bé, với mọi số thực \(\beta\), nếu \(\beta<\alpha\), ta có \(f=o(\varphi^\beta)\), trong khi nếu \(\beta>\alpha\) thì \(\varphi^\beta=o(f)\). Đối với trường hợp các vô cùng lớn, lập luận hoàn toàn tương tự.

Khi \(f=O(\varphi^\alpha), x\to x_0\) thì tồn tại số thực \(C\neq 0\) sao cho \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{\varphi^\alpha(x)}=C\) hay \(f\sim C\varphi^\alpha\), \(x\to x_0\). Từ Nhận xét [nx:bieudien_tuongduong_litte_o], biểu thức này có thể được viết lại \(f=C\varphi^\alpha+o(C\varphi^\alpha)\), \(x\to x_0\). Để đơn giản ta bỏ qua hằng số \(C\) bên trong kí hiệu \(o\) vì nếu \(g=o(C\varphi^\alpha)\) thì ta cũng có \(g=o(\varphi^\alpha)\). Do đó \[f=C\varphi^\alpha+o(\varphi^\alpha), \; x\to x_0.\]

Hàm số \(p(x)=C\varphi^\alpha\) được gọi là phần chính của vô cùng bé (tương ứng, vô cùng lớn) \(f\) khi \(x\to x_0\) so với vô cùng bé (tương ứng, vô cùng lớn) \(\varphi\).

Dưới góc nhìn hình học, đồ thị hàm số \(f\) trong một lân cận đủ nhỏ của \(x_0\) khá giống với đồ thị của phần chính của nó. Do đó, nếu chọn được hàm thử \(\varphi\) thích hợp, thì dáng điệu địa phương của hàm số \(f\) có thể được hình dung một cách dễ dàng thông qua phần chính của nó. Trong thực hành, chúng ta thường xét hàm thử là \(\varphi(x)=x\).

• \(f(x)=\sin x-\tan x\) là một vô cùng bé khi \(x\to 0\). Theo Mệnh đề [md:hamso_tuongduong] và Ví dụ [vd:lim_1_tru_cosx], ta có \[\sin x-\tan x=\frac{\sin x(\cos x-1)}{\cos x}\sim \frac{x\cdot (-1/2x^2)}{1}=-\frac{1}{2}x^3, x\to 0.\] Suy ra \(f(x)\) là vô cùng bé có bậc \(3\) khi \(x\to 0\) so với hàm thử \(\varphi(x)=x\). Phần chính của nó là \(-\frac{1}{2}x^3\).

• Theo Ví dụ [vd:vocunglon_tuongduong], \(f(x)=\sqrt{9x^3-7x+5}\) là vô cùng lớn có bậc \(3/2\) khi \(x\to \infty\) so với hàm thử \(\varphi(x)=x\). Phần chính của nó là \(3x^{3/2}\).

Trong phân tích độ hiệu quả của các thuật toán, kí hiệu \(O\) và hằng số \(\alpha\) ở trên thường dùng để miêu tả độ phức tạp tính toán. Chẳng hạn, nếu thời gian (hoặc số bước) để hoàn thành một bài toán có kích cỡ \(n\) là \(f(n) = 4n^2- 2n+ 2\) thì ta có thể viết \(f(n)=O(n^2)\), \(n\to \infty\) với ý nghĩa là độ phức tạp tính toán của thuật toán là \(n^2\).

7.3 Khử dạng vô định

Cho \(f, g: D \longrightarrow \R\) là các hàm số xác định trên \(D\). Giả sử \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M\).

• Nếu \(L=\infty\) và \(M=\infty\), ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}[f(x)-g(x)]\) có dạng vô định \(\infty-\infty\).

• Nếu \(L=0\) và \(M\in \{-\infty,\infty\}\) hoặc \(L\in \{-\infty,\infty\}\) và \(M=0\), ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)g(x)\) có dạng vô định \(0\cdot\infty\).

• Nếu \(L=0\) và \(M=0\) , ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}\) có dạng vô định \(\frac{0}{0}\).

• Nếu \(L\in \{-\infty,\infty\}\) và \(M\in \{-\infty,\infty\}\), ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}\) có dạng vô định \(\frac{\infty}{\infty}\).

Cho \(f, g: D \longrightarrow \R\) là các hàm số xác định trên \(D\). Giả sử \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=L\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=M\).

1. Nếu \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)= 0\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)= 0\), ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)}\) có dạng vô định \(0^0\) khi \(x\to x_0\).

2. Nếu \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)= - \infty\) ( hoặc \(\infty\)) và \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)= 1\), ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)}\) có dạng vô định \(1^{\infty}\)khi \(x\to x_0\).

3. Nếu \(\lim\limits_{x\to x_0}g(x)= 0\) và \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)= -\infty\) (hoặc \(\infty\)), ta nói \(\lim\limits_{x\to x_0}f(x)^{g(x)}\) có dạng vô định \(\infty^0\) khi \(x\to x_0\).

Để biến những dạng vô định thành những trường hợp có thể tính giới hạn được ta gọi là khử dạng vô định. Mỗi dạng vô định khác nhau thường đòi hỏi các kĩ thuật xử lí khác nhau. Tiếp theo, chúng ta giới thiệu cách khử dạng vô định bằng cách sử dụng các vô cùng bé tương đương. Công việc tính toán sẽ khá thuận tiện nếu bạn đọc áp dụng nhuần nhuyễn tính chất sau.

Nếu \(f(x)\), \(g(x)\), \(h(x)\) và \(k(x)\) là các vô cùng bé khi \(x\to x_0\) sao cho \(f(x)\sim h(x)\) và \(g(x)\sim k(x)\) thì \[\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{h(x)}{k(x)}.\]

Proof. Proof. Vì \(f(x)\sim h(x)\) và \(g(x)\sim k(x)\) khi \(x\to x_0\) nên \[\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{h(x)}= 1 \text{ và } \lim\limits_{x\to x_0}\frac{k(x)}{g(x)}=1.\] Khi đó,

\[ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}&=\lim\limits_{x\to x_0}\left(\frac{f(x)}{h(x)}\frac{h(x)}{k(x)}\frac{k(x)}{g(x)}\right)\\ &=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{h(x)}\lim\limits_{x\to x_0}\frac{h(x)}{k(x)}\lim\limits_{x\to x_0}\frac{k(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{h(x)}{k(x)}. \end{aligned} \]

◻

Tìm \[\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}\right).\] Ta có \[\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}=\frac{1-\cos x}{\sin x}.\] Khi \(x\to 0\) ta có \(1-\cos x\sim \frac{1}{2}x^2\) và \(\sin x\sim x\). Suy ra \[\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{\tan x}\right)=\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{1/2x^2}{x}\right)=0.\]

Bài tập

So sánh các vô cùng bé khi \(x\to 0\) sau đây với vô cùng bé \(g(x)=x\) khi \(x\to 0\):

• \(f(x)=(\tan x)^3\).

• \(f(x)=\sqrt[3]{\sin^2x}\).

• \(f(x)=\sqrt{9+x}-3\).

• \(f(x)=\arctan\sqrt{x}\).

Cho \(f(x)\) và \(g(x)\) là các vô cùng bé khi \(x\to x_0\). Giả sử \(f(x) \sim \alpha x^m\) và \(g(x) \sim \beta x^n\) khi \(x\to x_0\). Chứng minh rằng nếu \(m\neq n\) hoặc \(m=n\) mà \(\alpha +\beta\neq 0\) thì ta có \[f(x)+g(x) \sim \alpha x^m +\beta x^n, \mbox{ khi } x\to x_0.\]

Tìm \(a, \alpha\) để \(f(\mathrm{x}) \sim \mathrm{ax}^{\alpha}\) khi \(x \rightarrow 0\).

1. \(f(x)=\left(e^{3 x}-1\right)\left(\sin ^{2} 2 x+3 x^{3}\right)\)

2. \(f(x)=x \cos 2 x-x+3 x^{3}\)

3. \(f(x)=\tan x-\sin x\)

4. \(f(x)=\tan \left[\left(x^{2}+1\right) \sin x\right]\)

5. \(f(x)=\ln (1+\sqrt{x})-\tan x\)

6. \(f(x)=e^{\cos x}-e^{\cos 2 x}\)

7. \(f(\mathrm{x})=\mathrm{e}^{x^{2}}-\sqrt{\cos 2 x}\)

8. \(f=\sin \sqrt{2 x+\sqrt{x+x^{2}}}-x^{5}\)

9. \(f=2 \sin x-\tan 2 x\)

10. \(f=2^{x^{2}}-1\)

11. \(f=\sqrt{4-x^{4}}+x^{2}-2\)

12. \(f=\dfrac{x^{2} \operatorname{artan} x}{x^{5}+x^{2}+1}\)

13. \(f=\ln (1+\sin x)-x^{2}\)

14. \(f=e^{x^{2}+x}-e^{2 x}\)

So sánh các vô cùng lớn khi \(x\to\infty\) sau đây:

• \(f(x)=3x^2+2x+5\) và \(g(x)=2x^3+2x-1\).

• \(f(x)=\sqrt[3]{x+2}\) và \(g(x)=\sqrt[3]{x}\).

• \(f(x)=x^4\) và \(g(x)=\dfrac{x^4}{\ln(x+1)}\).

• \(f(x)=x\ln x\) và \(g(x)=\dfrac{x^2}{\ln x}\).

• Chứng minh rằng \(f(x)=\sqrt[3]{x^3-2x^2+1}\) và \(g(x)=2x+1\) là các vô cùng lớn cùng bậc khi \(x\to -\infty\).

• Xác định số thực \(C\) sao cho \(f(x)\sim C g(x)\) khi \(x\to -\infty\).

Chứng minh rằng khi \(x\to 0\) các vô cùng bé sau là tương đương

• \(1-\dfrac{1}{1+x}\sim x\).

• \(1-\dfrac{1}{\sqrt{1+x}}\sim \dfrac{1}{2}x\).

Xác định bậc và phần chính của các vô cùng bé sau so với \(\varphi(x)=1/x\) khi \(x\to \infty\)

• \(\dfrac{2x^2+\sqrt[5]{x}}{x^4}\).

• \(\sin(\sqrt{x^2+1}-x)\).

Xác định bậc và phần chính của các vô cùng lớn sau so với \(\varphi(x)=x\) khi \(x\to \infty\)

• \(\dfrac{1}{\sqrt{x^2+2}-\sqrt{x^2+1}}\).

• \(x-\sqrt{x^4+x^2}\).

Sắp xếp bậc của các vô cùng bé sau theo thứ tự tăng dần khi \(x\to 0\) so với hàm \(\varphi(x)=x\).

1. \(f(x)=\sin \left(x^{2}-2 x\right),\, g(x)=(1-\sin x) \arctan x^{2},\, h(x)=\sin ^{2} x-x^{2}\).

2. \(f(x)=\sqrt{\cos x}-1,\, g(x)=e^{x(x+1)}-1,\, h(x)=x\left(\sinh ^{2} x-\cosh x+1\right)\).

Sắp xếp bậc của các vô cùng lớn sau theo thứ tự tăng dần khi \(x\to \infty\) so với hàm \(\varphi(x)=x\).

1. \(f(x)=x \ln \left(1+x^{2}\right),\, g(x)=x^{2}-x \sin x,\, h(x)=e^{x}-1\).

2. \(f(x)=\sqrt[3]{\ln x+\sin x},\, g(x)=x^{3} \arctan x, \, h(x)=x^{2}+e^{2 x}\).

3. \(f(x)=x^{3}-\ln ^{3} x,\, g(x)=\sqrt[3]{x^{5}+2 x-3}, \, h(x)=2^{x}-x^{2}\).

4. \(f(x)=x+2^{x}, \, g(x)=x^{2} \ln x, \, h(x)=e^{x}-2^{x}, k(x)=x^{3}\).

5. \(f(x)=3 \sqrt[3]{x}, \, g(x)=3x +\ln ^{3} x, \, h(x)=x^{2}\left(2+\sin ^{4} x\right), k(x)=x \ln x\).

Sử dụng vô cùng bé tương đương để tính các giới hạn sau:

2

1. \(\lim \limits _{x \rightarrow 0} \dfrac{x+x^{4}+x^{8}}{2 x+\sin ^{8} x}\)

2. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 5x}{\ln(1+4x)}\)

3. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos x}{1-\cos\frac{x}{2}}\)

4. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\left(e^{x}-1\right)(\cos x-1)}{\sin ^{3} x+2 x^{4}}\)

5. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln (1+x \tan x)}{x^{2}+\sin ^{3} x}\)

6. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1-\cos 3 x}{2 x^{2}+3 x^{3}-x^{4}}\)

7. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln \left(1+4 x^{2}-5 x^{3}\right)}{\ln \left(1+2 x^{2}+3 x^{3}\right)}\)

8. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1-(\cos x)^{\sin x}}{x^{3}}\)

9. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1-\sqrt[5]{1-15 x \sin 2 x}}{\ln (\cos 4 x)}\)

10. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^{x^{2}}-\sqrt{1-4 x \arctan x}}{x^{2}}\)

11. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\tan x-\sin x \cos x}{x^{3}}\)

12. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin x-\tan x}{x^{3}}\)

13. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sqrt[3]{1+\tan ^{2} x}-\sqrt[3]{1-\tan ^{2} x}}{x+\sqrt[3]{x^{2}}}\)

14. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin \left(e^{x^{2}}-1\right)+2 x^{3}-\ln (x+1)}{\arctan x^{3}+1-\cos (2 x)}\)

15. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin (\sqrt{x+2}-\sqrt{2})+x^{2}+3x^2}{\sin x^{3}+2 x}\)

16. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sqrt[5]{32+x}-2}{x}\)

17. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\cos 3 x-\cos 7 x}{x^{2}}\)

18. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\sin 2 x+2 \arctan 3 x+3 x^{2}}{\ln \left(1+3 x+\sin ^{2} x\right)+x e^{x}}.\)

Sử dụng vô cùng bé, vô cùng lớn tương đương để tính các giới hạn sau:

2

1. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0}\left(1-\tan ^{2} x\right)^{\frac{1}{\sin ^{2} 2 x}}\)

2. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0}(\cos x)^{\frac{1}{x^{2}}}\)

3. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty}\left(\dfrac{2 x^{2}+3}{2 x^{2}-1}\right)^{x^{2}}\)

4. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0}(\ln (e+x))^{\cot x}\)

5. \(\lim \limits_{x \rightarrow 1} \dfrac{2^{x}-2}{1-\sqrt[6]{2-x^{2}}}\)

6. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0}\left(1-\tan ^{2} x\right)^{1 / \sin ^{2} 2 x}.\)

Sử dụng vô cùng bé, vô cùng lớn tương đương để tính các giới hạn sau:

2

1. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty} \dfrac{\sqrt{x^{2}+4}+2 x+3 \sqrt{x}}{\sqrt{x^{2}-4}+x}\)

2. \(\lim \limits_{x \rightarrow-\infty}\left(\sqrt{x^{2}+8 x+3}-\sqrt{x^{2}+4 x+3}\right)\)

3. \(\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \dfrac{\sqrt{x^{2}+14}+x}{\sqrt{x^{2}-2}+x}\)

4. \(\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \dfrac{\sqrt{x^{2}+14}+x}{\sqrt{x^{2}-2}+x}\)

5. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty} \sqrt{x^{2}+2 x}-\sqrt[3]{x^{3}+x^{2}}\)

6. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty}\left(2 x-\sqrt{4 x^{2}-7 x+4}\right)\)

7. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty} \dfrac{\sqrt{x^{2}+14}+x}{\sqrt{x^{2}-2}+x}\)

8. \(\lim \limits_{x \rightarrow-\infty}\left(x+\sqrt{\dfrac{x^{3}+2 x^{2}}{x+1}}\right).\)

Sử dụng vô cùng bé, vô cùng lớn tương đương để tính các giới hạn sau:

2

1. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty} \dfrac{x^{2}+\ln ^{30}(x+1)-2^{x}+4^{x}}{3^{x}-4 x^{6}+5\cdot 4^{x}}\)

2. \(\lim \limits_{x \rightarrow\infty} \dfrac{x \sin x}{\sqrt{x^{3}+1} \cdot \arctan x}\)

3. \(\lim \limits_{x \rightarrow 2} \dfrac{x^{2}-4}{x^{2}-x-2}\)

4. \(\lim \limits_{x \rightarrow \dfrac{\pi}{4}} \cot 2 x \cdot \cot \left(\frac{\pi}{4}-x\right)\)

5. \(\lim \limits_{x \rightarrow 1} \dfrac{(1-\sqrt{x})(1-\sqrt[3]{x}) \ldots(1-\sqrt[n]{x})}{(1-x)^{n-1}}\)

6. \(\lim \limits_{x \rightarrow 1} \dfrac{x^{2025}-1}{\ln x}\)

7. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\left(\sqrt[3]{x^{2} \tan x+\cos 2 x}-1\right) \arctan x}{x-\tan x}\)

8. \(\lim \limits_{x \rightarrow-\infty} \arcsin \left(\sqrt{x^{2}+x}+x\right).\)

8 Tính liên tục đều

Cho \(D\) là tập con khác rỗng của \(\R\). Một hàm số \(f:D\longrightarrow\R\) được gọi là liên tục đều trên \(D\) nếu với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[|f(u)-f(v)| < \epsilon \text{ với mọi } u,v \in D \text{ và } |u-v|<\delta.\]

Mọi hàm hằng \(f:D\longrightarrow\R\) liên tục đều trên tập xác định của nó. Thật vậy, với \(\epsilon>0\) cho trước, \(|f(u)-f(v)|=0<\epsilon\) với mọi \(u,v\in D\) bất kể sự lựa chọn nào dành cho \(\delta\).

Kết quả sau suy ra trực tiếp từ định nghĩa.

Nếu \(f: D\longrightarrow\R\) liên tục đều trên \(D\), thì \(f\) liên tục trên \(D\).

Cho \(f:\R\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f(x)=7x-2\). Ta sẽ chứng minh \(f\) liên tục đều trên \(\R\). Thật vậy, với mọi \(\epsilon>0\), tồn tại \(\delta=\epsilon/7\). Khi đó, nếu \(u,v\in\R\) và \(|u-v|<\delta\), ta có \[|f(u)-f(v)|=7|u-v|<7\delta=\epsilon.\]

Cho \(f:[-3,2]\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f(x)=x^2\). Hàm số này liên tục trên \([-3,2]\). Lấy \(\epsilon>0\) tuỳ ý. Để ý rằng với mọi \(u, v\in[-3,2]\), ta có \(|u+v|\leq|u|+|v|\leq 3+3=6\). Ta chọn \(\delta=\epsilon/6\). Khi đó, nếu \(u,v\in[-3,2]\) và \(|u-v|<\delta\), ta có \[|f(u)-f(v)|=|u^2-v^2|=|u-v||u+v|\leq 6|u-v|<6\delta=\epsilon.\]

Cho \(f:\R\longrightarrow\R\) xác định bởi \(f(x)=\frac{x^2}{x^2+1}\). Ta sẽ chứng minh \(f\) liên tục đều trên \(\R\). Lấy \(\epsilon>0\) tuỳ ý. Ta thấy \[\left|\frac{u^2}{u^2+1}-\frac{v^2}{v^2+1}\right|=\frac{|u-v||u+v|}{(u^2+1)(v^2+1)}\leq \frac{|u-v|((u^2+1)+(v^2+1))}{(u^2+1)(v^2+1)}\leq 2|u-v|.\] Ta chọn \(\delta=\epsilon/2\). Khi đó, nếu \(u,v\in\R\) và \(|u-v|<\delta\), ta có \[|f(u)-f(v)|\leq 2|u-v|<2\delta=\epsilon.\]

Cho \(D\) là tập con khác rỗng của \(\R\). Một hàm số \(f:D\longrightarrow\R\) được gọi là liên tục Hölder nếu tồn tại \(L\geq 0\) và \(\alpha>0\) sao cho \[|f(u)-f(v)| \leq L|u-v|^\alpha \text{ với mọi } u,v \in D.\] Số \(\alpha\) được gọi là số mũ Hölder. Nếu \(\alpha=1\) thì hàm số được gọi là liên tục Lipschitz.

Nếu hàm số \(f:D\longrightarrow\R\) liên tục Hölder, thì nó liên tục đều.

Proof. Proof. Vì \(f\) liên tục Hölder nên tồn tại \(L\geq 0\) và \(\alpha>0\) sao cho \[|f(u)-f(v)| \leq L|u-v|^\alpha \text{ với mọi } u,v \in D.\] Nếu \(L=0\), thì \(f\) là hàm hằng, do đó liên tục đều. Giả sử \(L>0\). Với mọi \(\epsilon>0\), chọn \(\delta=\left(\frac{\epsilon}{L}\right)^{1/\alpha}\). Khi đó, nếu \(u,v\in D\) và \(|u-v|<\delta\), ta có \[|f(u)-f(v)|\leq L|u-v|^\alpha<L\delta^\alpha=\epsilon.\] ◻

Cho \(D=[a,\infty)\), trong đó \(a>0\). Ta sẽ chứng minh \(f(x)=\sqrt{x}\) liên tục Lipschitz trên \(D\), và do đó liên tục đều trên tập này. Lấy \(u,v\in D\), ta có \[|f(u)-f(v)|=|\sqrt{u}-\sqrt{v}|=\frac{|u-v|}{\sqrt{u}+\sqrt{v}}\leq \frac{1}{2\sqrt{a}}|u-v|.\] Vậy \(f\) liên tục Lipschitz với \(L=\frac{1}{2\sqrt{a}}\).

Cho \(D=[0,\infty)\). Ta sẽ chứng minh \(f(x)=\sqrt{x}\) không liên tục Lipschitz trên \(D\), nhưng liên tục Hölder trên \(D\) và do đó liên tục đều trên tập này. Giả sử \(f\) liên tục Lipschitz trên \(D\). Khi đó tồn tại \(L\geq 0\) sao cho \[|f(u)-f(v)|=|\sqrt{u}-\sqrt{v}|\leq L |u-v|\text{ với mọi } u, v\in D.\] Chọn \(v=0\) và \(u_n=1/n\) với mọi \(n\in \N\), ta có: \[\left|\frac{1}{\sqrt{n}}\right|\leq L\left|\frac{1}{n}-0\right|.\] Do đó \(n\leq L^2\) với mọi \(n\in\N\), vô lí. Vậy \(f\) không liên tục Lipschitz trên \(D\).

Bây giờ ta chứng minh \(f\) liên tục Hölder trên \(D\) bằng cách chỉ ra \[|f(u)-f(v)| \leq |u-v|^{1/2} \text{ với mọi } u,v \in D.\] Thật vậy, \[|f(u)-f(v)|=|\sqrt{u}-\sqrt{v}|=\frac{|u-v|}{\sqrt{u}+\sqrt{v}}\leq \sqrt{|u-v|}\frac{\sqrt{|u-v|}}{\sqrt{u}+\sqrt{v}}\leq \sqrt{|u-v|}.\]

Cho \(D=(0,1)\). Ta sẽ chứng minh \(f(x)=\frac{1}{x}\) không liên tục đều trên \(D\). Chọn \(\epsilon_0=2\) và \(\delta>0\) tuỳ ý. Đặt \(\delta_0=\min\{\delta/2,1/4\}, x=\delta_0\) và \(y=2\delta_0\). Khi đó \(x,y\in D\) và \(|x-y|=\delta_0<\delta\), nhưng

\[|f(x)-f(y)|=\frac{|y-x|}{xy}= \frac{\delta_0}{2\delta_0^2}\geq 2=\epsilon_0.\]

Cho \(D\) là tập con khác rỗng của \(\R\) và hàm số \(f:D\longrightarrow\R\). Khi đó các phát biểu sau là tương đương:

• \(f\) liên tục đều trên \(D\).

• Với mọi dãy \((u_n)_n\) và \((v_n)_n\) thuộc \(D\) thoả mãn \(\lim\limits_{n\to\infty}(u_n-v_n)=0\), ta có \(\lim\limits_{n\to\infty}(f(u_n)-f(v_n))=0\).

Proof. Proof. Trước hết, giả sử \(f\) liên tục đều và lấy hai dãy \((u_n)_n\) và \((v_n)_n\) thuộc \(D\) thoả mãn \(\lim\limits_{n\to\infty}(u_n-v_n)=0\). Lấy \(\epsilon>0\) tuỳ ý. Chọn \(\delta>0\) sao cho \(|f(u)-f(v)|<\epsilon\) miễn là \(u, v\in D\) và \(|u-v|<\delta\). Lấy \(N\in \N\) sao cho \(|u_n-v_n|<\delta\) với mọi \(n\geq N\). Với các số \(n\) như vậy, ta có \(|f(u_n)-f(v_n)|<\epsilon\). Suy ra \(\lim\limits_{n\to\infty}(f(u_n)-f(v_n))=0\). Ngược lại, giả sử (ii) đúng và bằng phản chứng, giả sử \(f\) không liên tục đều. Khi đó, tồn tại \(\epsilon_0>0\) sao cho với mọi \(\delta>0\), tồn tại \(u,v\in D\) thoả mãn \[|u-v|<\delta\text{ và } |f(u)-f(v)|\geq\epsilon_0.\] Do đó, với mọi \(n\in \N\), tồn tại \(u_n, v_n\in D\) thoả mãn \[|u_n-v_n|<1/n\text{ và } |f(u_n)-f(v_n)|\geq\epsilon_0.\] Suy ra \(\lim\limits_{n\to\infty}(u_n-v_n)=0\), nhưng \(\lim\limits_{n\to\infty}(f(u_n)-f(v_n))\neq 0\), mâu thuẫn với giả thiết. ◻

Ta sẽ dùng định lí trên để chứng minh \(f(x)=1/x\) không liên tục đều trên \((0,1)\). Thật vậy, chọn hai dãy \(u_n=1/(n+1)\) và \(v_n=1/n\) với mọi \(n\geq 2\). Rõ ràng \(\lim\limits_{n\to\infty}(u_n-v_n)=0\), nhưng \(\lim\limits_{n\to\infty}(f(u_n)-f(v_n))=\lim\limits_{n\to\infty}(n+1-n)=1\neq0.\)

Định lí sau chỉ ra một trường hợp quan trọng trong đó tính liên tục kéo theo tính liên tục đều.

Cho \(f:[a,b]\longrightarrow \R\). Nếu \(f\) liên tục trên \([a,b]\), thì \(f\) liên tục đều trên \([a,b]\).

Proof. Proof. Giả sử \(f\) không liên tục đều trên \([a,b]\). Khi đó tồn tại \(\epsilon_0>0\) sao cho với mọi \(\delta>0\), tồn tại \(u,v\in[a,b]\) thoả mãn \[|u-v|<\delta\text{ và } |f(u)-f(v)|\geq \epsilon_0.\] Do đó, với mọi \(n\in \N\), tồn tại \(u_n, v_n\in[a,b]\) thoả mãn \[|u_n-v_n|<1/n \text{ và } |f(u_n)-f(v_n)|\geq \epsilon_0.\]

Áp dụng Định lí Bolzano-Weierstrass, tồn tại một dãy con \((u_{n_k})_k\) của \((u_n)_n\) và \(u_0\in[a,b]\) sao cho \(u_{n_k}\to u_0\) khi \(k\to\infty\). Lúc đó \[|u_{n_k}-v_{n_k}|\leq \frac{1}{n_k},\] với mọi \(k\). Do đó, ta cũng có \(v_{n_k}\to u_0\) khi \(k\to\infty\). Theo tính liên tục của \(f\), \[f(u_{n_k})\to f(u_0) \text{ và } f(v_{n_k})\to f(u_0).\] Vậy \(f(u_{n_k})- f(v_{n_k})\to 0\), mâu thuẫn với \(|f(u_{n_k})-f(v_{n_k})|\geq \epsilon_0\) với mọi \(k\). ◻

Bây giờ ta chứng minh một kết quả đặc trưng cho tính liên tục đều trên các khoảng mở. Ta thấy rằng nếu \(f: D\longrightarrow \R\) liên tục đều trên \(D\) và \(A\subset D\), thì \(f\) liên tục đều trên \(A\). Nói cách khác, hàm số thu hẹp \(f_{|A}: A\longrightarrow\R\) liên tục đều trên \(A\).

Một hàm số \(f:(a,b)\longrightarrow\R\) liên tục đều nếu và chỉ nếu \(f\) có thể mở rộng thành một hàm số liên tục \(\tilde{f}:[a,b]\longrightarrow\R\).

Proof. Proof. Giả sử tồn tại hàm số liên tục \(\tilde{f}:[a,b]\longrightarrow\R\) sao cho \(f=\tilde{f}_{|(a,b)}\). Theo Định lí [thm:3.5.4], hàm số \(\tilde{f}\) liên tục đều trên \([a,b]\). Do đó, \(f\) liên tục đều trên \((a, b)\).

Ngược lại, giả sử \(f:(a,b)\longrightarrow\R\) liên tục đều. Trước tiên, ta chứng minh \(\lim\limits_{x\to a^+}f(x)\) tồn tại. Thật vậy, lấy \(\epsilon>0\) bất kì. Ta chọn \(\delta_0>0\) sao cho \(|f(u)-f(v)|<\epsilon\) khi \(u,v\in(a,b)\) và \(|u-v|<\delta_0\). Đặt \(\delta=\delta_0/2\). Khi đó, nếu \(u,v\in(a,b)\), \(|u-a|<\delta\) và \(|v-a|<\delta\), ta có \[|u-v|\leq |u-a|+|a-v|<\delta+\delta=\delta_0,\] và do đó \(|f(u)-f(v)|<\epsilon\). Theo Định lí [thm:3.2.5], \(\lim\limits_{x\to a^+}f(x)\) tồn tại. Hoàn toàn tương tự, ta có \(\lim\limits_{x\to b^-}f(x)\) tồn tại. Tiếp theo, ta định nghĩa hàm số \(\tilde{f}:[a,b]\longrightarrow\R\) như sau:

\[ \tilde{f}(x)=\begin{cases} f(x)& \text{ nếu } x\in (a,b)\\ \lim\limits_{x\to a^+}f(x) & \text{ nếu } x=a\\ \lim\limits_{x\to b^-}f(x) & \text{ nếu } x=b. \end{cases} \]

Theo định nghĩa của nó, \(\tilde{f}_{|(a,b)}=f\) và \(\tilde{f}\) liên tục tại mọi điểm \(x\in(a,b)\). Hơn nữa, \(\lim\limits_{x\to a^+}\tilde{f}=\tilde{f}(a)\), \(\lim\limits_{x\to b^-}\tilde{f}=\tilde{f}(b)\) nên \(\tilde{f}\) liên tục tại \(a\) và \(b\). Vậy \(\tilde{f}(x)\) là một mở rộng liên tục của \(f\) như mong muốn. ◻

Bài tập

Chứng minh các hàm số sau liên tục đều trên miền cho trước

• \(f(x)=ax+b\), \(a,b\in\R\) trên \(\R\).

• \(f(x)=\dfrac{1}{x}\) trên \([a,\infty)\) trong đó \(a>0\).

Chứng minh các hàm số sau không liên tục đều trên miền cho trước

• \(f(x)=x^2\), trên \(\R\).

• \(f(x)=\sin \dfrac{1}{x}\) trên \((0, 1)\).

• \(f(x)=\ln x\) trên \((0,\infty)\).

Xét tính liên tục đều của các hàm số sau.

• \(f(x)=x\sin\dfrac{1}{x}\) trên \((0,1)\).

• \(f(x)=\dfrac{x}{x+1}\) trên \([0,\infty)\).

• \(f(x)=\dfrac{1}{|x-1|}\) trên \((0,1)\).

• \(f(x)=\frac{1}{|x-2|}\) trên \((0,1)\).

• \(f(x)=\sin^2x\) trên \([0,\infty)\).

• \(f(x)=\cot x\) trên \((0,1)\).

• \(f(x)=\arctan x\) trên \(\R\).

• \(f(x)=e^{-1/x}\) trên \((0,\infty)\).

Cho \(D\subset \R\) và \(k\in \R\). Chứng minh rằng nếu \(f, g: D\longrightarrow \R\) là liên tục đều trên \(D\), thì \(f+g\) và \(kf\) cũng liên tục đều trên \(D\).

Tìm một ví dụ trong đó \(D\subset \R\) và \(f, g: D\longrightarrow \R\) là liên tục đều trên \(D\) sao cho \(fg\) không liên tục đều trên \(D\).

Cho \(\emptyset \neq D\subset \R\) và \(f: D\longrightarrow \R\) là liên tục đều trên \(D\). Chứng minh rằng nếu \((x_n)_n\subset D\) là dãy Cauchy thì \((f(x_n))_n\) cũng là một dãy Cauchy.

Cho \(a, b\in \R\) và \(f:(a,b)\longrightarrow\R\).

• Chứng minh rằng nếu \(f\) liên tục đều thì \(f\) bị chặn.

• Chứng minh rằng nếu \(f\) liên tục, bị chặn và đơn điệu thì \(f\) liên tục đều.

Cho \(f\) là hàm liên tục trên \([a,\infty)\) thoả mãn \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=c\).

• Chứng minh \(f\) bị chặn trên \([a,\infty)\).

• Chứng minh \(f\) liên tục đều trên \([a,\infty)\).

• Giả sử thêm rằng \(c>f(a)\). Chứng minh rằng tồn tại \(x_0\in[a,\infty)\) sao cho \[f(x_0)=\inf\{f(x): x\in [a,\infty)\}.\]

Chứng minh mọi hàm liên tục và tuần hoàn trên \(\R\) thì liên tục đều trên \(\R\).

Giả sử \(f\) liên tục đều trên \((0,\infty)\). Liệu các giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)\) và \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)\) có tồn tại không?

Cho hàm \(f:\R\longrightarrow\R\) liên tục tại \(0\) sao cho \(f(0)=0\) và \(f(x+y)\leq f(x)+f(y)\) với mọi \(x, y\in\R\). Chứng minh \(f\) liên tục đều trên \(\R\).

Giả sử \(f:[1,\infty)\longrightarrow\R\) là hàm số liên tục đều. Chứng minh rằng tồn tại số thực \(M>0\) sao cho \(\frac{|f(x)|}{x}\leq M\) với mọi \(x\geq 1\).

• Chứng minh rằng nếu \(f\) liên tục đều trên \((a,b]\) và trên \([b,c)\), thì \(f\) cũng liên tục đều trên \((a,c)\).

• Giả sử \(I=[a,b]\), \(J=[c,d]\) và \(f:I\cup J\longrightarrow\R\) liên tục đều trên \(I\) và \(J\). Có thể kết luận \(f\) liên tục đều trên \(I\cup J\) hay không?

• Chứng minh rằng nếu \(f:\R\longrightarrow \R\) liên tục sao cho \(\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)\) và \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x)\) hữu hạn, thì \(f\) cũng liên tục đều trên \(\R\).

• Chứng minh rằng nếu \(f: [a,\infty)\longrightarrow \R\) liên tục sao cho \(\lim\limits_{x\to\infty} f(x)\) hữu hạn, thì \(f\) cũng liên tục đều trên \(\R\).

Tóm tắt Chương 3

Chương 3 trình bày định nghĩa hàm số một biến số thực, giới hạn và tính liên tục của hàm số. Trước hết, chúng tôi trình bày khái niệm hàm số như một trường hợp đặc biệt của khái niệm ánh xạ. Đồng thời, một số lớp hàm số sơ cấp cơ bản cùng các tính chất cơ bản của chúng cũng được nhắc lại. Phần tiếp theo trình bày chặt chẽ khái niệm giới hạn của hàm số và đưa ra nhiều ví dụ minh hoạ. Các định lí liên quan đến giới hạn hàm số, bao gồm các phép toán và các kỹ thuật tính toán giới hạn được trình bày và chứng minh một cách chi tiết. Khái niệm hàm số liên tục và tính chất của hàm số liên tục trên một đoạn được trình bày tiếp theo. Chúng tôi cũng đưa vào các khái niệm vô cùng bé và vô cùng lớn, cùng với các quy tắc so sánh và ứng dụng vào việc khử các dạng vô định của giới hạn. Phần cuối của chương trình bày về tính liên tục đều của hàm số và làm rõ mối liên hệ với tính liên tục.