Bài 1: Khái niệm và giới hạn hữu hạn của hàm số

Ánh xạ $f:D\subset R\to R$ được gọi là một hàm số thực.

D: miền xác định của f.

f(D): miền giá trị của f

Cho hai hàm số f và g có miền xác định lần lượt là D₁ và D₂. Ta nói : f = g nếu

$\{\begin{array}{l}{D}_1=D_2\\ f(x)=g(x),\mathrm{\forall }x\in D_1\end{array}$

Hàm số f có miền xác định là D₁ và g có miền xác định là D₂.

i) Hàm (1 + g) và fg được định nghĩa:

$\begin{array}{l}(f+g)(x)=f(x)+g(x)\\ (fg)(x)=f(x)g(x)\end{array}$

có miền xác định là $D_1\cap D_2$

ii) Hàm $\frac{f}{g}(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$ có miền xác định $D_1\cap D_2\mathrm{\setminus }{D}_3$

với $D_3=\left\{x\notin D_2/g(x)=0\right\}$

iii) Hàm $\sqrt{f}:\sqrt{f}(x)=\sqrt{f(x)}$

có miền xác định là ${\mathrm{D}}_1\mathrm{\setminus }\mathrm{A}$ với $A=\left\{x\in D{}_1:f\left(x\right)<0\right\}$

Vài hàm lượng giác ngược:

y = arcsinx có miền xác định là [-1,1] và miền giá trị $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$

y = arccosx có miền xác định là [-1,1] và miền giá trị là $\left[0,\pi \right]$

y = arctgx có miền xác định là $\left(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty }\right)=R$ và miền giá $\left(-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right)$

y = arccotgx có miền xác định là $\left(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty }\right)=R$ và miền giá trị là $\left[0,\pi \right]$

Nhắc lại: Cho $\epsilon >0$.

$\left(x_0-\epsilon ,x_0+\epsilon \right)=\left\{x/x_0-\epsilon <x<x_0+\epsilon \right\}=\left\{x/\left|x-x_0\right|<\epsilon \right\}$

được gọi là khoảng mở tâm x₀ bán kính $\epsilon$ hay còn gọi là lân cận tâm x₀ bán kính $\epsilon$.

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên $I\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}$). Ta nói L là giới hạn của f tại x₀ nệu điều kiện sau thỏa:

“$\mathrm{\forall }\epsilon >0$ cho trước, luôn tồn tại $\alpha >0$ sao cho $x\in I$ và $0<\left|x-x_0\right|<\alpha \Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon$”

Khi đó ta ký hiệu $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L$ (ta còn nói là f có giới hạn là L khi $x\to x_0$)

Nhận xét:

i) Định nghĩa này tương tự như định nghĩa sự hội tụ của dãy. Thay N bằng $\alpha$, thay n > N bằng $x\in I\cap (x_0-\epsilon ,x_0+\epsilon )\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}$

ii) Ta cũng có thể định nghĩa: f có giới hạn là L khi $x\to x_0$ nếu với mọi khoảng mở W tâm L bán kính $\epsilon$, luôn tồn tại một khoảng mở V tâm x₀ bán kính $\alpha$, sao cho $x\in I\cap V\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}\Rightarrow f(x)\in W$

iii) Trong định nghĩa trên $x\to x_0$ nhưng $x\ne x_0$

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I \{x₀}).

i) Ta nói L là giới hạn bên trái tại x₀ nếu:

“ $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\alpha >0$ sao cho $x\in I$ và $0<x_0-x<\alpha \Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon$

ta ký hiệu $\underset{x\to x_{{}_0}^{-}}{lim}f(x)=L$

ii) Ta nói L là giới hạn bên phải tại x₀ nếu:

“$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\alpha >0$sao cho $x\in I$ và $0<x_0-x<\alpha \Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon$

ta ký hiệu $\underset{x\to x_{{}_0}^{+}}{lim}f(x)=L$

Nhận xét:

$\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L\iff \underset{x{\to }_{x^{-}}}{lim}f(x)=\underset{x{\to }_{x^{+}}}{lim}f(x)=L$

(hay nói khác đi: f có giới hạn là L tại x₀ ⇔ f có giới hạn trái và phải tại x₀ và hai giới hạn này cùng bằng L)

(vì $0<\left|x-x_0\right|<\alpha \iff 0<x-x_0<\alpha hay0<x_0-x<\alpha$)

Ví dụ 1: Cho hàm số

$f(x)=\{\begin{array}{l}2x+5neux\ne 2\\ 6neux=2\end{array}$

Chứng minh rằng $\underset{x\to 2}{lim}f(x)=9$

Giải:

Ta có

$\begin{array}{l}\left|f\left(x\right)-9\right|=\left|2x+5-9\right|=\left|2x-4\right|=2\left|x-2\right|<\epsilon \\ \iff \left|x-2\right|<\frac{\epsilon }{2}\end{array}$

Vậy $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\alpha =\frac{\epsilon }{2}$ sao cho $\left|x-2\right|<\alpha =\frac{\epsilon }{2}$

$\Rightarrow \left|f(x)-9\right|<\epsilon \Rightarrow \underset{x\to 2}{lim}f(x)=9$

Ví dụ 2: Cho $g(x)=\{\begin{array}{l}{x}^{2}neux\ne 4\\ 6neux=4\end{array}$. Chứng minh rằng $\underset{x\to 4}{lim}g(x)=16$

Giải: Ta có

$\left|x^2-16\right|=\left|\left(x-4\right)\left(x+4\right)\right|=\left|x+4\right|\left|x-4\right|$

Coi khoảng mở I tâm 4 bán kính 1 (I = (3, 5))

Ta có $\left|g\left(x\right)-16\right|=\left|x+4\right|\left|x-4\right|<9\left|x-4\right|(\ast )\mathrm{\forall }x\in I$và $x\ne 4$

Do đó: $\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\alpha =min\left\{\frac{\epsilon }{9},1\right\}$sao cho $0<\left|x-4\right|<\alpha$

$\Rightarrow \left|f(x)-16\right|<\epsilon$

Nhận xét: Giả sử $\frac{\epsilon }{9}>1$. Nếu chỉ chọn $\alpha =\frac{\epsilon }{9}>1$ thì bất phương trình (*) không còn đúng (vì có thể $0<\left|x-4\right|<\alpha$ nhưng $x\notin I$)

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I \{x₀}). Hai mệnh đề sau là tường đương:

i) $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L$

ii) Với mọi dãy {x_n} chứa trong I hội tụ về x₀ và $x_n\ne x_0,\mathrm{\forall }n$ thì ta có $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f\left(x_n\right)=L$

Chứng minh:

(i) ⇒ (ii) Vì $\underset{x\to x_0}{lim}f\left(x\right)=L$nên “$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }\alpha >0$ sao cho $x\in I$ và $0<\left|x-x_0\right|<\alpha \Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon$” (1)

Dãy {x_n} trong I hội tụ về x₀ và $x_n\ne x_0,\mathrm{\forall }n$ thì với $\alpha$ ở trên, tồn tại N sao cho $0<\left|x_n-x_0\right|<\alpha$ với mọi n > N (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có:

“$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }N$ sao cho $\left|f(x_n)-L\right|<\epsilon ,\mathrm{\forall }n>N$”

Vậy $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)=L$

(ii) ⇒ (i) Giả sử $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)\ne L$

⇒ “$\mathrm{\exists }\epsilon >0$ sao cho $\mathrm{\forall }\alpha >0$ thỏa $0<\left|x-x_0\right|<\alpha$ thì $\left|f(x)-L\right|\ge \epsilon$

$\mathrm{\forall }n\in N^{\ast }$, chọn $\alpha =\frac{1}{n}$  thì tồn tại x_n sao cho

$0<\left|x_n-x_0\right|<\alpha =\frac{1}{n}$và $\left|f(x_n)-L\right|\ge \epsilon$

⇒ tồn tại dãy {x_n} chứa trong I hội tụ về x₀ và $x_n\ne x_0,\mathrm{\forall }n$ nhưng $\underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x_n)\ne L$

Ví dụ 1: Cho $f(x)=\{\begin{array}{l}\sin \frac{1}{x}neux\ne 0\\ 0neux=0\end{array}$

Chứng minh rằng f không có giới hạn tại 0 (hay $\underset{x\to \mathrm{\infty }}{lim}f(x)$ không tồn tại)

Chứng minh: Xét dãy $x_n=\frac{1}{(2n+1)\frac{\pi }{2}}\to 0$. Nhưng dãy $f\left(x_n\right)=\sin \frac{1}{x_n}=\sin (2n+1)\frac{\pi }{2}=(-1{)}^n$không hội tụ.

Do đó $\underset{x\to 0}{lim}f(x)$ không tồn tại.

Ví dụ 2: Xét hàm số f(x) = x². Chứng minh rằng $\underset{x\to 3}{lim}f(x)=9$

Giải:

Với mọi dãy {x_n} → 3.

Ta có: $f(x_n)=x_n^2=x_n.x_n\to 3.3=9\Rightarrow \underset{x\to 3}{lim}f\left(x\right)=9$

i) Cho f xác định trên $I=\left(a,+\mathrm{\infty }\right)=\left\{x\in R/x>a\right\}$. Ta nói f có giới hạn là L ở $+\mathrm{\infty }$, nếu: “$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }B>0$ sao cho $x\in I$ và $x>B\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon$”

Ký hiệu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=L$

ii) f xác định trên $I=\left(-\mathrm{\infty },a\right)=\left\{x\in R/x<a\right\}$

Ta nói f có giới hạn là L ở $-\mathrm{\infty }$ nếu: “$\mathrm{\forall }\epsilon >0,\mathrm{\exists }B>0$ sao cho $x\in I$ và $x>-B\Rightarrow \left|f(x)-L\right|<\epsilon$” .

Ký hiệu $\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=L$

Nhận xét: Định nghĩa trên hoàn toàn tương tự với định nghĩa giới hạn của dãy số.

Cho hàm số f xác định trên $I=\left(a,+\mathrm{\infty }\right)$. Khi đó, hai tính chất sau tương đương :

i) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=L$

ii) $\mathrm{\forall }$ dãy $\left\{x_n\right\}\to +\mathrm{\infty }\Rightarrow \underset{n\to +\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=L$

Ghi chú: Ta có phát biểu tương tự cho trường hợp $\underset{n\to -\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=L$

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I \ {x₀} ). Giới hạn của f tại x₀ (nếu có) là duy nhất

Chứng minh :

Giả sử $\underset{x\to x_0}{lim}=L_{1}va\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L_2$

Giả sử $L_1<L_2\Rightarrow L_2-L_1>0$

Coi $\epsilon =\frac{L_2-L_1}{2}>0$, ta có: vì f có giới hạn là L₁ và L₂ tại x₀ nên $\mathrm{\exists }{\alpha }_1>0$ và ${\alpha }_2>0$ sao cho:

$x\in Iva0<\left|x-x_0\right|<{\alpha }_1$

$\Rightarrow -\frac{L_2-L_1}{2}<f(x)-L_1<\frac{L_2-L_1}{2}$

$\Rightarrow f(x)<\frac{L_1+L_2}{2}(1)$

$x\in I$ và $0<\left|x-x_0\right|<{\alpha }_2$

$\Rightarrow -\frac{L_2-L_1}{2}<f(x)-L_2<\frac{L_2-L_1}{2}$

$\Rightarrow f(x)>\frac{L_1+L_2}{2}(2)$

Chọn $\alpha =min\left\{{\alpha }_1,{\alpha }_2\right\}$

Ta có: khi $x\in I$ và $0<\left|x-x_0\right|<\alpha$. Ta có (1) và (2) đồng thời xảy ra, suy ra vô lý.

Tương tự khi L₁ > L₂

Vậy L₁ = L₂

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I \ {x₀} ).

i) Nếu giới hạn của f tại x₀ tồn tại hữu hạn thì tồn tại k > 0 và một khoảng mở J chứa x₀ sao cho $\left|f(x)\right|\le k,\mathrm{\forall }x\in J\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}$

ii) Giả sử $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L\ne 0$thì tồn tại k₁ > 0 và một khoảng mở J₁ sao cho $\left|f(x)\right|>k_1,\mathrm{\forall }x\in J_1\mathrm{\setminus }\{x_0\}$

Chứng minh:

Giả sử $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=A$

Coi $\epsilon =1,\mathrm{\exists }\alpha >0$ sao cho $x\in I$ và $0<\left|x-x_0\right|<\alpha$

$\Rightarrow \left|f(x)-A\right|<\epsilon =1$

$\Rightarrow \left|f\left(x\right)\right|=\left|A+f\left(x\right)-A\right|<\left|A\right|+\left|f\left(x\right)-A\right|$

$<\left|A\right|+1,\mathrm{\forall }x\in I$ và $0<\left|x-x_0\right|<\alpha$

Vậy $\mathrm{\exists }k=\left|A\right|+1vaJ=I\cap (x_0-\alpha ,x_0+\alpha )$ sao cho $\left|f(x)\right|\le k,\mathrm{\forall }x\in J\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}$

Tất cả các mệnh đề sau được suy từ các tính chất của giới hạn của dãy số, mệnh đề 3 và mệnh đề 5 của chương này.

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I \ {x₀} ).

Nếu $\{\begin{array}{l}f(x)\ge 0\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}\\ \underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L\end{array}$ thì $L\ge 0$

Mệnh đề trên vẫn đúng khi thay x → x₀ bằng $x\to x_0^{+};x\to x_0^{-}hayx\to \pm \mathrm{\infty }$

Ghi chú: tương tự như dãy số, nếu thay giả thiết bởi giả thiết $f\left(x\right)>0,\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}$ta cũng chỉ kết luận $L\ge 0$

(Các phép toán trên giới hạn hàm số)

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I \{x₀} ).

Giả sử $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L,\underset{x\to x_0}{lim}g(x)=M$

Khi đó:

$\begin{array}{l}i)\underset{x\to x_0}{lim}\left[f(x)+g(x)\right]=L+M\\ ii)\underset{x\to x_0}{lim}\left[kf(x)\right]=kL\\ iii)\underset{x\to x_0}{lim}\left[f(x)g(x)\right]=LM\\ iv)\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}(dkM\ne 0)\\ v)\underset{x\to x_0}{lim}\sqrt{f(x)}=\sqrt{L}\end{array}$

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f, g xác định trên I (hoặc xác định trên I \ {x₀} ) và $f(x)\ge g(x),\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\{x_0\}$

Nếu $\{\begin{array}{l}\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=L\\ \underset{x\to x_0}{lim}g(x)=M\end{array}thiL\ge M$

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f, g, h xác định trên I (hoặc xác định trên I \ {x₀} ) và $f\left(x\right)\le g\left(x\right)\le h\left(x\right),\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}$.

Nếu $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=\underset{x\to x_0}{lim}h(x)=Lthi\underset{x\to x_0}{lim}g(x)=L$

Ví dụ: Tìm $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \frac{1}{2}$

Ta có: $0\le \left|x^2\sin \frac{1}{x}\right|\le x^2,\mathrm{\forall }x\ne 0$

Mà $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2=\underset{x\to 0}{lim}0=0nen\underset{x\to 0}{lim}\left|x^2\sin \frac{1}{x}\right|=0$

Vậy $\underset{x\to 0}{lim}{x}^2\sin \frac{1}{x}=0$

Cho hàm số I xác định trên D. Ta nói

• f bị chận trên trên D nếu $\mathrm{\exists }M:f\left(x\right)\le M,\mathrm{\forall }x\in D$
• f bị chận dưới trên D nếu $\mathrm{\exists }M:f\left(x\right)\ge M,\mathrm{\forall }x\in D$
• f bị chận trên D ⇔ f bị chận trên, bị chận dưới trên D $\iff \mathrm{\exists }M:\left|f\left(x\right)\right|\le \mathrm{k},\mathrm{\forall }x\in D$

Từ mệnh đề 7, ta thấy nếu $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)$ tồn tại hữu hạn thì có một khoảng mở J chứa x₀ để f bị chặn trên J\{x₀} (f có giới hạn hữu hạn tại x₀ ⇒ f bị chặn trên khoảng mở chứa x₀ (có thể ngoại trừ x₀))

Cho I là khoảng mở chứa x₀. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I\{x₀} ).

Nếu $\underset{x\to x_0}{lim}f(x)=0va\left|g(x)\right|\le M,\mathrm{\forall }x\in I\mathrm{\setminus }\left\{x_0\right\}thi\underset{x\to x_0}{lim}f(x)g(x)=0$