Chương 1: Giới hạn của dãy số
Giải:
( )
Cn + iS n = ∑ ei ( a + kb ) = eia ∑ eib Nếu b ∈ 2πZ
Xét
n
n
k =0
k =0
Cn = (n + 1) cos a,
Nếu b ∉ 2πZ
C n + iS n = e ia
k
S n = (n + 1) sin a
(e )
− 1 ia
=e
e −1
ib n +1
e
i
ib
nb ⎞
⎛
C n = cos⎜ a + ⎟
2 ⎠
⎝
n +1
n +1
⎛ nb ⎞
.b
b
i .⎜ a + ⎟ sin
2 ⎠
2
2
⎝
.
=e
b
b
i
b
2
sin
e 2i sin
2
2
( n +1) b
2
n +1
b
2 ,
b
sin
2
2i sin
sin
Ví dụ 8: Chứng minh ∀n ∈ N * ,
∑ sin k
n
k =1
nb ⎞
⎛
S n = sin ⎜ a + ⎟
2 ⎠
⎝
≥
n +1
b
2
b
sin
2
sin
1
n +1
−
2
2 sin 1
Giải:
Vì sin0 = 0 và sin k ≤ 1 nên
n
n
1 n
2
=
≥
=
.∑ (1 − cos 2k )
k
k
k
sin
sin
sin
∑
∑
∑
2 k =0
k =1
k =0
k =0
n +1 1 n
n + 1 1 sin( n + 1)
=
− .∑ cos 2k =
− .
. cos n
2
2 k =0
2
2
sin 1
n
Vì
sin( n + 1)
1
. cos n ≤
sin 1
sin 1
∑ sin k
n
nên
1.3. DÃY S
k =1
≥
1
n +1
−
2
2 sin 1
TH C
Sau khi xem xét dãy số thực,chúng ta hoàn toàn có thể mở rộng cho dãy số phức vì rằng
một dãy số phức tương đương với một cặp dãy số thực.
1.3.1. Các khái niệm cơ bản của dãy s thực
A. Định nghĩa
Một dãy số thực là một ánh xạ từ N vào R, kí hiệu:
u:N →R
19
Chương 1: Giới hạn của dãy số
hay đơn giản nhất,kí hiệu (un)
Với n = n0 ∈ N xác định, u n0 gọi là số phần tử thứ n0 của dãy, un thường là một biểu thức
((−1) ),
phụ thuộc vào n gọi là phần tử tổng quát của dãy, chẳng hạn cho các dãy sau đây:
(1),
n +1
⎛ ⎛ 1 ⎞n ⎞
⎜ ⎜1 + ⎟ ⎟
⎜⎝ n ⎠ ⎟
⎠
⎝
⎛1⎞
⎜ ⎟,
⎝n⎠
B. Sự hôi tụ, sự phân kì của dãy s
1. Dãy (un) hội tụ về a ∈ R nếu
∀ε > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n ∈ N , n > n0 ⇒ un − a < ε
Kí hiệu lim un = a , rõ ràng (un-a) hội tụ về 0.
n→∞
2. Dãy (un) hội tụ nếu có số a ∈ R để lim un = a
n→∞
3. Dãy (un) phân kì nếu nó không hội tụ, nghĩa là:
∀a ∈ R, ∃ε > 0, ∀n ∈ N , ∃n0 ∈ N , n0 > n, un − a ≥ ε
4. Dãy (un) nhận +∞ làm giới hạn nếu
∀A > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n > n0 ⇒ un > A
Kí hiệu lim un = +∞ , đôi khi nói rằng (un) tiến tới + ∞
n→∞
5. Dãy (un) nhận -∞ làm giới hạn nếu
∀B < 0
∃n0 ∈ N , ∀n > n0 ⇒ un < B .
Kí hiệu lim un = −∞
n→∞
Dãy có giới hạn là +∞ hoặc -∞ cũng gọi là phân kỳ.
C. Dãy s bị chặn
1. Nói rằng (un) bị chặn trên bởi số A ∈ R nếu ∀n ∈ N , un ≤ A .
2. Nói rằng (un) bị chặn dưới bởi số B ∈ R nếu ∀n ∈ N , un ≥ B .
3. Nói rằng (un) là dãy bị chặn nếu tồn tại M ∈ R+ sao cho ∀n ∈ N , un ≤ M .
1.3.2. Tính chất của dãy hội tụ
A. Tính duy nhất của giới hạn
Định lí: Dãy (un) hội tụ về a thì a là duy nhất
Chứng minh: Giả sử lim = a1 , lim = a2 , a1 ≠ a2
n →∞
20
n→∞
Chương 1: Giới hạn của dãy số
Đặt ε =
1
a1 − a2
3
∃n1 , n2 ∈ N ,
∀n > n1 ⇒ un − a1 < ε
∀n > n2 ⇒ un − a2 < ε
Gọi n0 = Max(n1 , n2 ), ∀n > n0 sẽ có:
a1 − a2 ≤ un − a1 + un − a2 < 2ε =
2
a1 − a2 mâu thuẫn.
3
B. Tính bị chặn
1. Dãy (un) hội tụ thì bị chặn trong R.
2. Dãy (un) tiến đến +∞ thì bị chặn dưới.
3. Dãy (un) tiến đến -∞ thì bị chặn trên.
Chứng minh:
1. Giả sử lim un = a ⇔ ∃n0
∀n > n0 ⇒ un − a < 1
n→∞
⇒ un ≤ u n − a + a < 1 + a
{
}
Đặt M = Max u0 ,..., un0 ,1 + a ⇒ ∀n ∈ N , un ≤ M .
2. Giả sử lim un = +∞, ∃n0
n→∞
{
∀n > n0 ⇒ un > 1
}
Đặt m = Min u0 ,..., un0 ,1 ⇒ un ≥ m
3. Quy về 2. bằng cách xét (-un).
Chú ý:
(un ) = ((−1) n +1 ).
1. Tồn tại các dãy số bị chặn nhưng không hội tụ, chẳng hạn
2. Mọi dãy không bị chặn sẽ phân kỳ.
(
)
3. Một dãy tiến tới +∞ thì không bị chặn trên, điều ngược lại không đúng, chẳng hạn:
(un ) = (−1) n n .
C. Tính chất đại s của dãy hội tụ
1. lim un = a ⇒ lim un = a .
n →∞
n →∞
n →∞
n →∞
2. lim un = 0 ⇔ lim un = 0 .
3. lim un = a, lim vn = b ⇒ lim (un + vn ) = a + b
n→∞
n→∞
n→∞
.
21
Chương 1: Giới hạn của dãy số
4. lim un = a ⇒ lim λun = λa .
n →∞
n→∞
5. lim un = 0, (vn) bị chặn ⇒ lim (un vn ) = 0 .
n→∞
n→∞
6. lim un = a, lim vn = b ⇒ lim (un vn ) = ab .
n→∞
n→∞
n→∞
7. lim un = a, lim vn = b ≠ 0 ⇒ lim
n→∞
n→∞
Chứng minh:
1.
un a
= .
n→∞ v
b
n
∀ε > 0
∀n > n0 ⇒ un − a < ε
∃n0 ∈ N
mà un − a ≤ un − a < ε ⇒ lim un = a .
n→∞
2. Vì ta có un − 0 = un = un − 0 .
3. ∀ε > 0
∃n1 , n2 :
∀n > n1 ⇒ un − a <
∀n > n2 ⇒ vn − b <
ε
2
ε
2
,
,
Đặt n0 = Max ( n1 , n2 ), ∀n > n0 ⇒ un + vn − ( a + b) <
4. ∀ε > 0
∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un − a <
⇒ λu n − λa = λ u n − a ≤
λ
1+ λ
∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un <
⇒ un vn = un . vn <
εM
1+ M
<ε
2
1+ λ
ε <ε
5. ∃M ∈ R+ sao cho ∀n ∈ N , vn ≤ M
∀ε > 0
ε
ε
ε
1+ M
6. Gọi α n = un − a .Vậy (α n ) hội tụ về 0
Ta có un vn = (a + α n )vn = avn + α n vn
mà lim avn = ab vì (vn) bị chặn nên lim α n vn = 0 .
n→∞
22
n→∞
+
ε
2
=ε.
Chương 1: Giới hạn của dãy số
1 1
=
n→∞ v
b
n
7. Trước hết ta sẽ chỉ ra lim
Vì lim vn = b ≠ 0 nên ∃n1 ∈ N , ∀n > n1 ⇒ vn − b <
n →∞
Ta có 0 ≤
v −b
1 1
2
− = n
≤ 2 vn − b
vn b
vn . b
b
suy ra ∀ε > 0
∃n2 ∈ N , ∀n > n2 ⇒ vn − b <
Lấy n0 = Max(n1,n2), ∀n > n0 ⇒
Ta thấy
b
2
2
b
2
⇒ vn >
b
2
ε
1 1
− <ε
vn b
un
u
a
1
= un ,theo 6. ta nhận được lim n = .
n→∞ v
vn
vn
b
n
D. Tính chất về thứ tự và nguyên lý kẹp
1. Giả sử lim un = l ∈ ( a, b) .Khi đó ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ a < un < b
n→∞
2. Giả sử lim un = l và ∃ n0, , ∀n > n0 có a ≤ un ≤ b khi đó a ≤ l ≤ b
n→∞
3. Giả sử 3 dãy (un), (vn), (wn) thoả mãn:
∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un ≤ vn ≤ wn và lim un = lim wn = a
Khi đó lim vn = a
n→∞
n→∞
n→∞
4. Giả sử ∀n > n0 mà un ≤ vn và lim un = +∞ .Khi đó lim vn = +∞
n→∞
n→∞
Chứng minh:
1.
∃n1 , ∀n > n1 ⇒ un − l < l − a ⇒ a < un
∃n2 , ∀n > n2 ⇒ un − l < b − l ⇒ un < b
Lấy n0 = Max(n1,n2) ⇒ ∀n > n0 có a<un<b
2. Lập luận phản chứng và theo 1.
3. ∀ε > 0, ∃n1 , n2 ∈ N
∀n > n1 ⇒ un − a < ε
∀n > n2 ⇒ wn − a < ε
23
Chương 1: Giới hạn của dãy số
Lấy n3=Max(n0,n1,n2), ∀n > n3 sẽ có:
− ε < un − a ≤ vn − a ≤ wn − a < ε
lim vn = a .
Vậy
n→∞
4. Lấy A ∈ R+* , ∃n1 , ∀n > n1 ⇒ u n > A
Gọi n2=Max(n0,n1), ∀n > n2 ⇒ vn > A
Chứng tỏ lim vn = +∞ .
n→∞
Chú ý:
1. Để chứng minh dãy (un) hội tụ về a, thông thường chỉ ra dãy ( ε n ) hội tụ về 0 và thoả mãn
un − a ≤ ε n
2. Bằng cách chuyển qua phần tử đối, nhận được kết quả sau đây:
Nếu ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ u n ≥ v n và lim un = −∞ thì lim vn = −∞
n→∞
Ví dụ 1: Chứng minh lim
n→∞
n→∞
1
=0
n
Giải:
∀ε > 0
∃n0
∀n > n0 ⇒
⎛1⎞
Vậy chọn n0 = E ⎜ ⎟ + 1
⎝ε ⎠
1
1
< ε hay n >
ε
n
Kí kiệu E(x) là phần nguyên của x.
Ví dụ 2: Tính lim un = lim ∑
n
n
,
n →∞
k =1 n + k
n →∞
Giải:
2
n ∈ N*
n
n
n
n2
≤
=
= vn
∑
2
2
n2 + 1
k =1 n + k
k =1 n + 1
n
n
n
un ≥ ∑ 2
=
= wn
n +1
k =1 n + n
lim vn = lim wn = 1 ⇒ lim un = 1
∀n ∈ N * ,
n →∞
n →∞
un = ∑
n
n →∞
⎧0
⎪
n
Ví dụ 3: Chứng minh lim a = ⎨1
n →∞
⎪+ ∞
⎩
24
khi a < 1
khi a = 1
khi a > 1
Chương 1: Giới hạn của dãy số
Giải:
Xét a > 1, ∃h ∈ R+* để a =1+h
a n = (1 + h ) = ∑ Cni hi ≥ 1 + nh
n
n
i =0
lim (nh) = +∞ ⇒ lim (1 + nh) = +∞ ⇒ lim a n = +∞
n →∞
n →∞
n →∞
⎛1⎞
1
n
Xét a < 1, a ≠ 0 ⇒
> 1 ⇒ lim ⎜ ⎟ = +∞ ⇒ lim a = 0 ⇒ lim a n = 0
⎜
⎟
n →∞ a
n →∞
n→∞
a
⎝ ⎠
n
Với a=0 rõ ràng an = 0, ∀n ⇒ lim ann = 0
Xét a=1 ⇒ a n = 1 ⇒ lim a n = 1
n →∞
n →∞
a ∈ R+*
Ví dụ 4: Tìm lim n a ,
n→∞
Giải:
Xét a=1 rõ ràng lim n a = lim 1 = 1
n→∞
n →∞
( a ) = {1 + (
)} = ∑ C (
Xét a>1, áp dụng công thức nhị thức Newton
a=
⇒
n
n
a ≥ ∑ Cnk
1
k =0
(
n
n
)
a −1
n
mà
n
(
k =0
k n
n
)
)
a −1
k
a −1 = 1+ n n a −1
k
⇒ ∀n ∈ N * thì 0 ≤ n a − 1 ≤
Xét 0 < a < 1 ⇒
n
a −1
= ε n ⇒ lim n a = 1
n→∞
n
1
1
> 1 ⇒ lim n = 1
n →∞
a
a
⎛ 1⎞
a = ⎜⎜ n ⎟⎟
⎝ a⎠
−1
nên lim n a = 1
n →∞
Kết luận ∀a ∈ R* , lim n a = 1 .
n→∞
⎛ an
Ví dụ 5: Tính lim⎜⎜ α
n →∞ n
⎝
Giải:
Vì a > 1 nên
1
α
⎞
⎟⎟,
⎠
a > 1,α ∈ N *
∃h ∈ R để a = 1 + h , áp dụng công thức nhị thức Niutơn (Newton)
1
*
+
α
25
Chương 1: Giới hạn của dãy số
∀n ∈ N \ {0,1}
n
⎛ α1 ⎞
⎜ a ⎟ = ∑ Cnk h k ≥ 1 + nh + n(n − 1) h 2 ≥ n( n − 1) h 2
⎜ ⎟
2
2
k =0
⎝ ⎠
n
⎛ α1 ⎞
⎛ α1 ⎞
⎜a ⎟
⎜a ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
n −1 2
⎠
⎝
h ⇒ lim ⎝ ⎠ = +∞
≥
⇒
n→∞
n
n
2
n
n
⎧ n α1
a
⎪ (a )
=⎨
α
n
⎪ n
⎩
n
Suy ra
⎛ αn
⎫
⎜a
⎪
⎬ =⎜
⎜ n
⎪
⎭
⎝
α
⎞
⎟
an
= +∞ .
⎟ ⇒ nlim
→ ∞ nα
⎟
⎠
α
Áp dụng nguyên lí kẹp dễ dàng thấy được kết quả vẫn đúng ∀α ∈ R
Người ta nói rằng hàm mũ tăng nhanh hơn hàm luỹ thừa.
an
,
n → ∞ n!
Ví dụ 6: Tinh lim
a∈R
Giải:
Đặt n0 = E ( a ) + 1, ∀n > n0 sẽ có:
a
a n ⎛ a a a ⎞⎛ a
= ⎜⎜ . ... ⎟⎟⎜⎜
...
n! ⎝ 1 2 n0 ⎠⎝ n0 + 1 n
an
=0
lim
n → ∞ n!
⇒
⎞ ⎛a a a⎞a
⎟ ≤ ⎜ . ... ⎟ = ε n
⎟ ⎜1 2 n ⎟n
0 ⎠
⎠ ⎝
Người ta nói rằng giai thừa tăng nhanh hơn hàm số mũ.
1.3.3. Tính đơn điệu của dãy s
A. Dãy đơn điệu
1. Dãy (un) tăng nếu ∀n ∈ N , un ≤ un +1 ,
Dãy (un) tăng ngặt nếu ∀n ∈ N , un < un +1 .
2. Dãy (un) giảm néu ∀n ∈ N , un ≥ un +1 ,
Dãy (un) giảm ngặt nếu ∀n ∈ N , un > un +1 .
3. Dãy (un ) đơn điệu nếu nó tăng hoặc giảm.
Dãy (un ) đơn điệu ngặt nếu nó tăng ngặt hoặc giảm ngặt
Định lí 1:
1. Mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ.
26
Chương 1: Giới hạn của dãy số
2. Mọi dãy giảm và chặn dưới thì hội tụ.
Chứng minh:
1. (un) bị chặn trên ⇒ ∃l = Sup (un ) ⇒ ∀ε > 0, ∃nε sao cho l − ε ≤ unε ≤ l < l + ε
Vì (un) tăng ⇒ ∀n > nε ⇒ l − ε < un < l + ε ⇒ un − l < ε ,
Vậy lim u n = l = Sup (u n ), n ∈ N .
n →∞
2. Áp dụng kết quả 1 đối với dãy (-un).
Định lí 2:
1. Dãy (un) tăng và không bị chặn trên thì dần đến + ∞ .
2. Dãy (un) giảm và không bị chặn dưới thì dần đến − ∞ .
Chứng minh:
1. (un) không bị chặn trên ⇔ ∀A > 0, ∃n0 sao cho un0 > A
Vì (un) tăng nên ∀n > n0 ⇒ un ≥ un0 > A ⇒ lim = +∞ .
n→∞
2. Áp dụng kết quả 1. với dãy (-un)
Chú ý
1. Nếu (un) tăng thì hoặc (un) hội tụ hoặc lim un = +∞ .
n→∞
2. Nếu (un) tăng và hội tụ đến l thì l = Sup(un , n ∈ N ) và ∀n ∈ N ⇒ un ≤ l .
3. Nếu (un) tăng thì dãy bị chặn dưới bởi u0.
⎛ n 1 ⎞
Ví dụ 7: Chứng minh rằng (un ) = ⎜ ∑
⎟ hội tụ
⎝ k =1 n + k ⎠
Giải:
∀n ∈ N * có
u n +1 − u n =
un ≤ n
1
1
1
1
+
−
=
>0
2n + 1 2n + 2 n + 1 (2n + 1)(2n + 2)
1
≤1
n +1
Vậy (un) tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.
Ví dụ 8: Tìm giới hạn của dãy số cho dưới dạng ẩn sau:
5 + x n −1
xn =
, x1 > 5
2 x n −1
2
27
Giải: Trước hết dùng qui nạp chứng minh x n > 0 ∀n
-
Chương 1: Giới hạn của dãy số
x1 > 5 đúng với n = 1
Giả sử x k > 0 ta sẽ chứng minh x k +1 > 0
5 + xk
=
> 0 (do tử số và mẫu số đều dương)
2 xk
2
Thật vậy x k +1
Chứng tỏ x n > 0
∀n
Mặt khác, dựa vào bất đẳng thức Côsi (Cauchy) thì
1 5
xn = (
+ x n −1 ) ≥ 5 , ∀n
2 x n −1
Suy ra x n ≥ 5 hay x n ≥
2
5
xn
Cộng vào các vế với x n ta có:
2 xn ≥
5
+ x n hay 2 x n ≥ 2 xn +1
xn
Chứng tỏ dãy ( xn ) đơn điệu giảm.
Kết hợp hai kết quả trên ta có lim x n = a ≥
5
n→∞
Vì x n =
5 + x n −1
5 + x n −1
nên lim x n = lim
n→∞
n →∞
2 x n −1
2 x n −1
2
Từ đó ta có a =
2
5 + a2
và a ≥ 5
2a
Giải phương trình đối với a nhận được a =
Ví dụ 9: Cho 2 dãy (un),(vn) thoả mãn
5.
u n +1 − u n
=l
n →∞ v
n +1 − vn
lim un = lim vn = 0, (vn) giảm ngặt, lim
n →∞
n →∞
Chứng minh lim
n→∞
un
=l
vn
Giải:
Cho ε > 0, ∃n0 ∈ N , ∀n > n0 ⇒
28
un +1 − un
−l < ε ,
vn +1 − vn
Chương 1: Giới hạn của dãy số
Lấy p, n ∈ N sao cho p >n > n0 sẽ có:
(un +1 − lvn +1 ) − (un − lvn ) < ε (vn − vn +1 )
(u
M
(u
p
− lv p ) − (u p −1 − lv p −1 ) < ε (v p −1 − v p )
− l.v p ) − (un − l.vn ) < ε .(vn − v p )
Cộng lại các vế với vế sẽ có:
p
Cho p → +∞ và n cố định,n > n0 từ trên nhận được
un − lvn ≤ εvn . Hay
un
−l ≤ ε
vn
Vì (vn) giảm ngặt và dần về 0 nên vn>0 , ∀n > n1 .
B. Dãy kề nhau
Hai dãy (un), (vn) gọi là kề nhau khi và chỉ khi (un) tăng (vn) giảm và lim (vn − un ) = 0
n→∞
Định lí: Hai dãy kề nhau thì hội tụ và có chung một giới hạn l,ngoài ra
∀n ∈ N , un ≤ un +1 ≤ l ≤ vn +1 < vn
∀n ∈ N gọi wn = vn − un ⇒ (wn ) giảm vì wn+1-wn = (vn+1 – un+1) - (vn – un)
Chứng minh:
= (vn+1 – vn) - (un+1 – un) ≤ 0
(wn) giảm và hội tụ về 0 ⇒ wn ≥ 0 ∀n hay un ≤ vn.
Chứng tỏ (un) tăng và bị chặn trên bởi v0, (vn) giảm và bị chặn dưới bởi u0
Suy ra lim un = l1 , lim vn = l2
n→∞
n→∞
Vì lim (vn − un ) = 0 ⇒ l1 = l2 = l
n →∞
Theo chú ý 2 ở mục A suy ra un ≤ un+1 ≤ l ≤ vn+1 ≤ vn
⎛ 1⎞
Ví dụ 10: Chứng minh rằng (en ) = ⎜1 + ⎟ hội tụ.
⎝ n⎠
n
Giải:
Trước hết chỉ ra (en) tăng
Theo công thức nhị thức Newton sẽ có
29
Chương 1: Giới hạn của dãy số
n(n − 1)...(n − n + 1) 1
1 n(n − 1) 1 n(n − 1)(n − 2) 1
⎛ 1⎞
en = ⎜1 + ⎟ = 1 + n +
+
+L+
2
3
n
n
nn
1.2 n
1.2.3
1.2...n
⎝ n⎠
1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ n − 1⎞
1 ⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ k − 1 ⎞
1 ⎛ 1⎞
= 1 + 1 + ⎜1 − ⎟ + L + ⎜1 − ⎟⎜1 − ⎟ L ⎜1 −
⎟
⎟ + L + ⎜1 − ⎟ L ⎜1 −
k! ⎝ n ⎠⎝ n ⎠ ⎝
n ⎠
n! ⎝ n ⎠ ⎝
n ⎠
2! ⎝ n ⎠
n
Suy ra
en +1
1 ⎞
⎛
= ⎜1 +
⎟
⎝ n + 1⎠
n +1
= 1+1+
1
1
1
1
1
1
n −1
n
(1 −
) + L + (1 −
)L (1 −
)+
(1 −
)L(1 −
)
2!
n +1
n!
n +1
n + 1 (n + 1)!
n +1
n +1
en+1 nhiều hơn en một số hạng dương và từ số hạng thứ 3 trở đi mọi số hạng của en nhỏ hơn
1
1
. Suy ra en+1 > en.
số hạng tương ứng của en+1 vì 1 − < 1 −
n
n +1
Ngoài ra en < 2 +
suy ra
1 1
1
1 1
1
+ + L + < 2 + + 2 + L + n −1 ,
n!
2! 3!
2 2
2
en < 2 +
1
2
= 3,
1
1−
2
∀n
Gọi giới hạn của (en) là số e, rõ ràng
⎛ 1⎞
lim ⎜1 + ⎟ = e .
n→∞
⎝ n⎠
e > 0 .Sau đây dùng số e làm cơ số của logarit.
n
⎛ n 1⎞
Ví dụ 11: Chứng minh rằng (e’n) = ⎜ ∑ ⎟ hội tụ về e
⎝ k = 0 k! ⎠
Giải:
∀n ∈ N * ,đặt vn = en' +
(
)
1
1
. rõ ràng (en’) tăng ngặt và lim vn − en' = lim
=0
n→∞
n → ∞ n.n!
n.n!
Hơn nữa ta có:
vn +1 − vn = en' +1 − en' +
1
1
−
(n + 1)(n + 1)! n..n!
1
1
1
1
=
+
−
=−
(n + 1)! (n + 1)(n + 1)! n.n!
n(n + 1)(n + 1)!
⇒ (vn) giảm ngặt. Trước hết chứng minh e ∉ Q bằng phương pháp phản chứng:
Thật vậy, nếu e = lim ∑
1
p
mà e ∈ Q tức là e = ,
n→∞
q
k = 0 k!
n
30
p, q ∈ N * , ta sẽ có:
Chương 1: Giới hạn của dãy số
eq' = ∑
1
1
1 a
= 2 + +L+ = ,
q! q!
2!
k = 0 k!
a p a
1
eq' < e < vq ⇔ < < +
q! q q! q.q!
a ∈ N*
q
Hay a < p(q-1)! < a +
( )
3
1
≤ a + 1 . Điều này mâu thuẫn vì (a,p(q-1)!,a+1) ∈ N * .
q
Sau đây ta sẽ chứng minh lim ∑
1
= e : Rõ ràng khi k cố định và n > k thì
n →∞
k = 0 k!
n
en > 2 +
1
1
2
1
1
1
1
k −1
)
(1 − ) + (1 − )(1 − ) + L + (1 − )L (1 −
n 3!
n
n
k!
2!
n
n
Cho n → ∞ suy ra e ≥ 2 +
1 1
1
+ + L + = ek '
k!
2! 3!
⎯→ e .
Như vậy e ≥ en' > en . Theo định lí kẹp suy ra en' ⎯n⎯
→∞
Hệ quả: (Định lí về các đoạn lồng nhau)
Cho
hai
lim (bn − an ) = 0
dãy
(an),
(bn)
thoả
n→∞
Khi đó tồn tại duy nhất số l sao cho
mãn
: ∀n ∈ N , an ≤ bn , [an +1 , bn +1 ] ⊂ [an , bn ]
và
I [a , b ] = {l}
n∈ N
n
n
Chứng minh:
Vì (an),(bn) kề nhau nên cùng hội tụ và ∀n có an < an+1 < l < bn+1 < bn.
1.3.4. Dãy con
Cho (un),từ các số hạng của nó lập một dãy mới (un k ) với n1 < n2 < ...< nk < ....
Gọi (un k ) là một dãy con của (un).Chẳng hạn:
(u ) là các dãy con của (u )
(u2n) và (u2n+1) là các dãy con của (un)
n2
n
(un 2 − n ) không phải là dãy con của (un) vì số hạng u0 xuất hiện 2 lần ứng với n=0,n=1
Định lí : Nếu (un) hội tụ về a ∈ R thì mọi dãy con của nó cũng hội tụ về a
Chứng minh:
∀ε > 0, ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ un − a < ε
Vì nk → ∞ khi k → ∞ , nên ∃k 0 , ∀k > k 0 : n k > n0 ⇒ u nk − a < ε suy ra lim un k = a .
k →∞
31
Chương 1: Giới hạn của dãy số
Chú ý:
• Nếu lim = +∞ thì lim un k = +∞
n→∞
k →∞
• Từ định lí trên, chúng ta nhận được điều kiện đủ cho dãy số phân kì: Nếu tồn tại hai dãy
con hội tụ về hai số khác nhau thì dãy số phân kì. Chẳng hạn (-1)n phân kì vì có dãy con ((-1)2n
)hội tụ về 1 và dãy con ( (-1)2n+1) hội tụ về -1
Hệ quả: Để (un) hội tụ đến l điều kiện cần và đủ là hai dãy con (u2n) và (u2n+1) đều hội
đến l .
Chứng minh:
Điều kiện cần suy từ định lí 1.
Điều kiện đủ:
: ∀ε > 0 ,
∃n1 , n2 , ∀p > n1 ⇒ u2 p − l < ε
∀p > n2 ⇒ u2 p +1 − l < ε
Đặt n0=Max(2n1,2n2+1) lấy n ∈ N sao cho n=2p hoặc n=2p+1
Trường hợp n=2p ⇒ p > n1 ⇒ un − l = u2 p − l < ε .
Trường hợp n=2p+1 ⇒ p > n2 ⇒ un − l = u2 p +1 − l < ε .
Trong mọi trường hợp có un − l < ε ⇒ lim un = l .
n→∞
Định lí: (Định lí Bônzanô – Vâyơxtrase), (Bolzano -Weierstrass): Từ mọi dãy (un) bị chặn
đều có thể lấy ra một dãy con hội tụ
Chứng minh: Dùng phương pháp chia đôi .
un k ∈ [an , bn ],
Ta sẽ xây dựng bằng qui nạp hai dãy thực (an), (bn) kề nhau và một dãy con
∀k ∈ N
Vì (un) bị chặn nên tồn tại a0,b0 sao cho ∀n ∈ N có a0 ≤ un ≤ b0 ,rõ ràng
un k ∈ [a0 , b0 ], ∀k ∈ N
{
}
Cho n ∈ N giả sử (an , bn ) ∈ R 2 sao cho an ≤ bn . Tập un k ∈ [an , bn ], k ∈ N là vô hạn và
bn − an =
Xét điểm giữa
32
1
(b0 − a0 )
2n
an + bn
của [an , bn ] , rõ ràng ít nhất một trong hai khoảng chứa u n k là
2
{
Chương 1: Giới hạn của dãy số
}
vô hạn. Do đó tồn tại (an+1,bn+1) ∈ R 2 sao cho an +1 ≤ bn +1 . Tập un k ∈ [an +1 , bn +1 ], k ∈ N là
vô hạn và bn +1 − an +1 =
1
1
(bn − an ) = n +1 (b0 − a0 )
2
2
Rõ ràng các đoạn [an,bn] lồng nhau. Vậy ∀n tồn tại l sao cho un k − l ≤ bn − an
Vì lim (bn − an ) = 0 ⇒ lim unk = l
n→∞
k →∞
Ví dụ 12: Chứng minh rằng mọi dãy (un) tuần hoàn và hội tụ là dãy dừng
Giải:
(un) tuần hoàn nên ∃T ∈ N * , ∀n ∈ N , un + T = un
Lấy n0 ∈ N ,
(u
n 0 + kT
∀k ∈ N có un0 + kT = un0
) là một dãy con và là dãy dừng nên lim u
k →∞
n 0 + kT
= u n0
Vì (un) hội tụ ⇒ lim un = un0 vì n0 bất kì vậy (un ) = (un0 )
n→∞
Ví dụ 13: Cho dãy (un) thoả mãn ∀m, n ∈ N * ,
0 ≤ um + n ≤
Chứng minh lim un = 0
∀n ,đó là dãy dừng.
m+n
mn
n→∞
Giải:
∀n ∈ N có
0 ≤ u2 n ≤
0 ≤ u2 n +1
2n
→0
n2
2n + 1
≤
→0
n(n + 1)
Vậy lim un = 0 .
n→∞
33
Chương 2: Hàm số một biến số
CHƯƠNG II: HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ
2.1. CÁC KHÁI NI M C
B N V HÀM S
2.1.1. Các định nghĩa cơ bản
A. Định nghĩa hàm s
Cho X là tập không rỗng của R. Một ánh xạ f từ X vào R gọi là một hàm số một biến số
f :X →R
x a f (x)
X gọi là tập xác định của f , f ( X ) gọi là tập giá trị của f . Đôi khi ký hiệu
y = f ( x ), x ∈ X
x gọi là đối số, y gọi là hàm số.
B. Hàm chẵn, lẻ
Cho X đối xứng với 0 tức là ∀x ∈ X ,− x ∈ X
Hàm số f (x) chẵn khi và chỉ khi
Hàm số f (x) lẻ khi và chỉ khi
f ( x) = f (− x) .
f ( x) = − f (− x).
C. Hàm s tuần hoàn
Hàm số f (x) gọi là tuần hoàn trên X nếu tồn tại τ ∈ R+* sao cho ∀x ∈ X thì
x+ τ ∈ X và f (x+ τ )= f (x).
Số T dương bé nhất trong các số τ gọi là chu kì của hàm số tuần hoàn f(x).
D. Hàm s đơn điệu
Cho f (x) với x ∈ X .
1.
2.
3.
Nói rằng f (x) tăng nếu ∀x1 , x 2 ∈ X , x1 ≤ x 2 ⇒ f ( x1 ) ≤ f ( x2 ) .
và f (x) tăng ngặt nếu
∀x1 , x2 ∈ X , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) .
và f (x) giảm ngặt nếu
∀x1 , x2 ∈ X , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) .
Nói rằng f (x) giảm nếu ∀x1 , x 2 ∈ X , x1 ≤ x 2 ⇒ f ( x1 ) ≥ f ( x2 ) .
Nói rằng f (x) đơn điệu nếu nó tăng hoặc giảm.
Nói rằng f (x) đơn điệu ngặt nếu nó tăng ngặt hoặc giảm ngặt.
34
Chương 2: Hàm số một biến số
E. Hàm s bị chặn
f (x)
1. Hàm số
∀x ∈ X , f ( x ) ≤ A .
bị
chặn
trên
trong
X
nếu
tồn
tại
số
A
sao
cho:
2. Hàm số f (x) bị chặn dưới trong X nếu tồn tại số B sao cho:
∀x ∈ X , f ( x ) ≥ B
3. Hàm số f (x) bị chặn trong X nếu tồn tại các số A,B sao cho:
∀x ∈ X , B ≤ f ( x ) ≤ A .
Hệ quả: Nếu A là số chặn trên của f (x) trong X thì
Sup f ( x) = Sup{ f ( x), x ∈ X } ≤ A
X
Nếu B là số chặn dưới của f (x) trong X thì
Inf f ( x) = Inf { f ( x), x ∈ X } ≥ B
X
F. Hàm s hợp
Cho f : X → R và g: Y → R với f ( X ) ⊂ Y gọi ánh xạ
g0 f : X → R
x a g ( f ( x ))
Hay y = g( f (x)) là hàm số hợp của hai hàm f và g.
Định lí:
Nếu f , g : X → R bị chặn trên thì f + g cũng bị chặn trên và
Sup( f ( x ) + g ( x )) ≤ Sup f ( x ) + Sup g ( x )
1. Nếu f , g : X → R bị chặn trên và không âm thì f . g bị chặn trên và
X
X
X
Sup( f ( x ).g ( x )) ≤ Sup f ( x ). Sup g ( x )
2. Nếu f : X → R bị chặn trên và λ ∈ R* thì λf bị chặn trên đồng thời
X
X
X
Sup λ. f ( x ) = λ Sup f ( x )
3. Để f : X → R bị chặn dưới, điều kiện cần và đủ là - f bị chặn trên và khi đó
X
X
Inf f ( x ) = − Sup(− f ( x ))
X
X
Chứng minh:
1. Rõ ràng f ( x ) + g ( x ) ≤ Sup f ( x ) + Sup g ( x ) chứng tò f (x)+ g (x) bị chặn trên.
X
X
35
Chương 2: Hàm số một biến số
Theo hệ quả suy ra Sup( f ( x ) + g ( x )) ≤ Sup f ( x ) + Sup g ( x )
X
2.
X
X
∀x ∈ x,0 ≤ f ( x) ≤ Sup f ( x),0 ≤ g ( x) ≤ Sup g ( x)
X
X
⇒ ∀x ∈ X ,0 ≤ f ( x).g ( x) ≤ Sup f ( x). Sup g ( x)
X
X
Tương tự như trên.
3. Coi λ như hàm hằng. Ap dụng 2 sẽ có Sup λf ( x ) ≤ λ . Sup f ( x )
Với λ =0. Đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên
X
Với λ >0. áp dụng bất đẳng thức ứng với hằng số
⇒
⇒
1
1
Sup ( .λf ( x)) ≤ Sup λf ( x)
X
và hàm số λf (x )
λ
1
λ
λ X
Sup λf ( x) ≥ λ Sup f ( x)
X
Sup λf ( x) = λ Sup f ( x)
X
X
X
X
4. Giả sử f (x ) bị chặn dưới, đặt m = Inf f ( x ) ≤ f ( x ) ⇒ ∀x ∈ X ,− f ( x ) ≤ −m.
X
Vậy - f (x ) bị chặn trên và rõ ràng Sup (− f ( x )) ≤ − Inf f ( x ).
X
X
Mặt khác
f ( x) ≤ Sup (− f ( x)) ⇒ f ( x) ≥ − Sup ( − f ( x)) ⇒ Inf f ( x) ≥ − Sup ( − f ( x))
Sau khi so sánh hai bất đẳng thức suy ra Inf f ( x ) = − Sup(− f ( x )).
X
X
X
X
X
X
Phần đảo chứng minh tương tự.
G. Hàm s ngược
Cho song ánh f : X → Y ,
Ánh xạ ngược
X ,Y ⊂ R
f −1 : Y → X gọi là hàm số ngược của f
y a x = f −1 ( y )
Thông thường đối số kí hiệu là x, hàm số kí hiệu là y, vậy hàm ngược của y = f (x ) là
hàm số y = f −1 ( x ) . Vì thế trên cùng mặt phẳng toạ độ 0xy, đồ thị của hai hàm số f và f −1 là đối
xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ I và III.
Ví dụ 1: Cho f , g : R → R thoả mãn ∀x , y ∈ R ,
( f ( x ) − f ( y ))( g ( x ) − g ( y )) = 0
Chứng minh rằng ít nhất một trong hai hàm số là hằng số.
36
Chương 2: Hàm số một biến số
Giải:
Giả sử a, b ∈ R và f (a) ≠ f ( b) ta sẽ chỉ ra g (x ) là hằng số. Trước hết có
⎧( f (a) − f ( x ))( g(a) − g( x )) = 0
∀x ∈ R : ⎨
⎩( f (b) − f ( x ))( g(a) − g( x )) = 0
Trừ từng vế và để ý đến g(a)=g(b) suy ra:
( f ( a) − f ( b))( g ( a) − g ( x )) = 0 ⇒ g ( x ) = g ( a)
Ví dụ 2: Tìm hàm f (x ) trên R sao cho x. f ( x ) + f (1 − x ) = x 3 + 1
Giải:
Suy ra
⇒
∀x ∈ R
Giả sử tồn tại f (x ) ,thay x bởi 1-x vào hệ thức đã cho:
(1 − x ). f (1 − x ) + f ( x ) = 2 − 3x + 3x 2 − x 3
( x 2 − x + 1) f ( x ) = ( x 2 − x + 1) 2
f (x) = x 2 − x + 1
Kiển tra f ( x ) = x 2 − x + 1 thoả mãn.
Ví dụ 3: Cho f ( x ) = x vầ g ( x ) = 1 − x trong [0,1]. Kiểm tra tính ngặt của bất đẳng thức:
Sup( f ( x ) + g( x )) < Sup f ( x ) + Sup g ( x )
[0 ,1]
[0 ,1]
[0 ,1]
Sup( f ( x ) g( x )) < Sup f ( x ) Sup g( x )
[0 ,1]
[0,1]
[0,1]
Giải:
Sup f ( x ) = Sup g ( x ) = 1; Sup( f ( x ) + g ( x )) = Sup1 = 1; Sup(f(x)g(x)) = Sup(x - x 2 ) =
[0,1]
[0,1]
[0,1]
tỏ tính ngặt thoả mãn (do 1 < 2 ,
1
< 1)
4
[0,1]
[0,1]
[0,1]
1
Chứng
4
2.1.2. Các hàm s thông dụng
A. Hàm luỹ thừa
Cho α ∈ R . Hàm luỹ thừa với số mũ α ,được kí hiệu là Pα , là ánh xạ từ R+* vào R, xác
định như sau ∀x ∈ R+* , Pα ( x ) = xα
Nếu α > 0 , coi rằng Pα (0) = 0
Nếu α = 0 , coi rằng P0 (0) = 1
Đồ thị của Pα (x ) cho bởi h.2.1
37
Chương 2: Hàm số một biến số
y
α >1
α =1
1
0 <α <1
α =0
α <0
H.2.1
B. Hàm mũ cơ s a
Xét a ∈ R+* \ {1} . Hàm mũ cơ số a, kí hiệu là expa x , là ánh xạ từ R vào R+* , xác định như
exp a x = a x . Đồ thị của y = a x cho bởi h.2.2.
sau: ∀x ∈ R ,
C. Hàm lôgarit cơ s a
Xét a ∈ R+* \ {1} . Hàm lôgarit cơ số a, kí hiệu là log a ,là ánh xạ ngược với ánh xạ expa ,
như vậy ∀( x , y ) ∈ R+* × R ,
y = log a x ⇔ x = a y
Đồ thị của hàm số y = log a x cho bởi hình h.2.3.
Chú ý: Hàm luỹ thừa có thể mở rộng khi miền xác định là R.
y
y
logax, a>1
ax, a>1
1
0
ax, 0 < a < 1
x
H.2.2
Tính chất của hàm số lôgarit
1. log a 1 = 0
38
1
x
logax, 0<a<1
H.2.3
Chương 2: Hàm số một biến số
2. ∀x , y ∈ R ,
*
+
∀α ∈ R
log a xy = log a x + log a y
log a
x
= log a x − log a y
y
log a x α = α log a x
3. ∀a, b ∈ R+* , log b x = log b a. log a x
4. ∀x ∈ R+* ,
log 1 x = − loga x
a
Chú ý: Sau này người ta thường lấy cơ số a là số e và gọi là lôgarit nêpe hay lôgarit tự nhiên
ln x
của x, kí hiệu y = lnx và suy ra log a x =
ln a
D. Các hàm s lượng giác
Các hàm số lượng giác: sinx, cosx, tgx, cotgx đã được xét kỹ trong chương trình phổ thông
trung học. Dưới đây chúng ta chỉ nhắc lại một số tính chất cơ bản của chúng.
Tính chất:
1. sinx xác định trên R, là hàm số lẻ, tuần hoàn với chu kì T = 2 π và bị chặn:
− 1 ≤ sin x ≤ 1, ∀x ∈ R
2. cosx xác định trên R, là hàm số chẵn, tuần hoàn với chu kì T = 2 π và bị chặn:
3. tgx xác định trên R\{
giá trị trên khoảng ( −∞,+∞ ) .
π
2
− 1 ≤ cos x ≤ 1, ∀x ∈ R
+ kπ , k ∈ Z }, là hàm số lẻ, tuần hoàn với chu kỳ T = π và nhận
4. cotgx xác định trên R\{ kπ , k ∈ Z }, là hàm số lẻ, tuần hoàn với chu kỳ T = π và nhận
giá trị trên khoảng ( −∞,+∞ ) .
E. Các hàm s lượng giác ngược
⎡ π π⎤
1. Hàm arcsin là ánh xạ ngược của sin: ⎢− , ⎥ → [− 1,1]
⎣ 2 2⎦
⎡ π π⎤
Kí hiệu là arcsin: [− 1,1] → ⎢− , ⎥ .
⎣ 2 2⎦
⎡ π π⎤
Vậy ta có: ∀x ∈ [− 1,1], ∀y ∈ ⎢− , ⎥ ,
⎣ 2 2⎦
y = arcsin x ⇔ x = sin y
• ∀x ∈ [− 1,1], sin(arcsin x) = x
Chú ý:
39
Chương 2: Hàm số một biến số
• f ( x ) = arcsin(sin x ) là hàm lẻ, tuần hoàn với chu kỳ 2π và cho dưới dạng:
⎡ π⎤
nÕu x ∈ ⎢0, ⎥
⎣ 2⎦
⎧
⎪x
⎪
f (x) = ⎨
⎪π − x
⎪⎩
⎡π ⎤
nÕu x ∈ ⎢ ,π ⎥
⎣2 ⎦
Đồ thị của y=arcsinx cho trên hình 2.4
y
Arccos
π
−
y
Arcsin
π
2
π
2 -1
0
1
π
2
π
1
2
0
π
π
x
2
2. Hàm arccos là ánh xạ ngược của cos : [0,π ] → [− 1,1] kí hiệu:
H.2.4
H.2.5
arccos : [− 1,1] → [0, π ]
∀x ∈ [− 1,1], ∀y ∈ [0, π ], y = arccos x ⇔ x = cos y
Đồ thị hàm số y=arccosx cho trên hình 2.5
• ∀x ∈ [− 1,1],
Chú ý:
cos(arccos x) = x
• g ( x ) = arccos(cos x) là hàm số chẵn tuần hoàn với chu kỳ 2π và biểu diễn dưới dạng:
g ( x ) = x nếu x ∈ [0,π ]
⎛π
⎞
⎛π
⎞
• Vì ⎜ − arcsin x ⎟ ∈ [0, π ] và cos⎜ − arcsin x ⎟ = sin(arcsin x) = x
⎝2
⎠
⎝2
⎠
Vậy
40
arccos x + arcsin x =
π
2
Chương 2: Hàm số một biến số
⎛ π π⎞
3. Hàm actang là ánh xạ ngược của tg : ⎜ − , ⎟ → R , kí hiệu:
⎝ 2 2⎠
⎛ π π⎞
arctg : R → ⎜ − , ⎟
⎝ 2 2⎠
⎛ π π⎞
Vậy ta có ∀x ∈ R, ∀y ∈ ⎜ − , ⎟
⎝ 2 2⎠
y = arctgx ⇔ x = tgy
Đồ thị của y=arctgx cho trên hình 2.6
Chú ý:
• ∀x ∈ R
tg ( arctgx ) = x
⎧π
⎫
• h( x ) = arctg (tgx ) xác định trên R \ ⎨ + πZ ⎬ là hàm số lẻ tuần hoàn với chu kỳ π và
⎩2
⎭
h( x ) = x ,
⎡ π⎞
x ∈ ⎢0, ⎟
⎣ 2⎠
4. Hàm accôtang là ánh xạ ngược của cotg : (0, π ) →
⎛ π⎞
arc cot g : R → ⎜ 0, ⎟
⎝ 2⎠
Vậy ta có
⎛ π⎞
∀x ∈ R, ∀y ∈ ⎜ 0, ⎟
⎝ 2⎠
R kí hiệu:
y = arc cot gx ⇔ x = cot gy
Đồ thị hàm y=arccotgx cho trên hình 2.7
y
tg
π
2
arctg
0
π
x
2
H.2.6
41
Chương 2: Hàm số một biến số
y
π
π
2
π
0
π
arccotg
x
2
H.2.7
Chú ý:
• ∀x ∈ R ,
cot g ( arc cot gx ) = x
• k ( x ) = arc cot g (tgx )
k ( x ) = x , x ∈ (0, π )
xác định trên
R \ πZ ,tuần hoàn với chu kỳ π và
⎛π
⎛π
⎞
⎞
• Vì ⎜ − arc cot g (cot gx ) ⎟ ∈ (0, π ) và cot g ⎜ − arctgx ⎟ = tg ( arctgx )
⎝2
⎝2
⎠
⎠
Vậy
arctgx + arc cot gx =
π
2
Người ta gọi hàm số luỹ thừa, hàm số mũ, hàm số lôgarit, các hàm số lượng giác và các
hàm số lượng giác ngược là các hàm số sơ cấp cơ bản.
F. Các hàm hypebôlic thuận
1. Hàm sinhypebôlic là ánh xạ sh : R → R xác định như sau:
∀x ∈ R,
42
shx =
1 x
(e − e − x )
2
Chương 2: Hàm số một biến số
2. Hàm côsinhypebôlic là ánh xạ ch : R → R xác định như sau:
∀x ∈ R,
chx =
1 x
(e + e − x )
2
∀x ∈ R,
shx e 2 x − 1
=
thx =
chx e 2 x + 1
3. Hàm tanghypebôlic là ánh xạ th : R → R xác định như sau:
4. Hàm cotanghypebôlic là ánh xạ coth : R * → R , xác định như sau:
∀x ∈ R * ,
coth x =
chx
e2 x + 1
1
=
= 2x
shx thx e − 1
Tính chất:
1. Shx,thx,cothx là các hàm số lẻ còn chx là chẵn và ∀x ∈ R , chx > 0
2. ∀x , a, b, p , q ∈ R , các hàm hypebôlic thoả mãn công thức sau đây
x2 y2
• ch x − sh x = 1 ⇒ Hyperbon 2 − 2 = 1 biểu diễn tham số sẽ là:
a
b
2
2
⎧ x = acht
⎨
⎩ y = bsht
t∈R
• ch( a + b) = cha.chb + sha.shb ;
ch (a − b) = cha.chb − sha.shb ;
th( a + b) =
tha + thb
;
1 + tha.thb
sh ( a + b) = sha.chb + shb.cha
sh (a − b) = sha.chb − shb.cha
th (a − b) =
• ch 2a = ch 2 a + sh 2 a = 2ch 2 a − 1 = 1 + 2sh 2 a .
tha − thb
1 − tha.thb
sh2a = 2sha.cha .
th 2a =
ch 2 a =
2tha
.
1 + th 2 a
1
1
(ch 2a + 1); sh 2 a = (ch 2a − 1) .
2
2
• chp + chq = 2ch
p+q p−q
ch
2
2
p+q p−q
sh
2
2
p+q p−q
shp + shq = 2sh
ch
2
2
p+q p−q
shp − shq = 2ch
sh
2
2
chp − chq = 2sh
43
Chương 2: Hàm số một biến số
Tính chất đã nêu lý giải tên gọi sinhypebôlic, ...
Đồ thị của các hàm shx, chx cho trên hình 2.8, còn đồ thị các hàm thx, cothx cho trên hình
2.9
y
ch
y
coth
sh
1
1
y= e x
2
th
0
x
H.2.8
0
x
H.2.9
G. Các hàm hypebôlic ngược
1. Hàm Acsinhypebôlic là ánh xạ ngược của sh : R → R , kí hiệu:
Argsh : R → R haylà ∀( x , y ) ∈ R 2 , y = Argshx ⇔ x = shy
2. Hàm Accôsinhypebôlic là ánh xạ ngược của ch : R → [1,+∞] , kí hiệu:
Argch : [1,+∞ ) → R+ , tức là ∀x ∈ [1,+∞ ), ∀y ∈ R+ , y = Argchx ⇔ x = chy
3. Hàm Actanghypebôlic là ánh xạ ngược của th : R → ( −1,1), kí hiệu:
Argth : ( −1,1) → R , tức là ∀x ∈ ( −1,1), ∀y ∈ R , y = Argthx ⇔ x = thy
4. Hàm Accôtanghypebôlic là ánh xạ ngược của coth : R * → R \ [− 1,1], kí hiệu:
Arg coth : R \ [− 1,1] → R * , tức là
∀x ∈ R \ [− 1,1], ∀y ∈ R * , y = Arg coth x ⇔ x = coth y
Biểu thức logarit của hàm hypebôlic ngược:
1. Trước hết thấy ngay rằng Argshx là hàm số lẻ và vì:
y = Argshx ⇔ x = shy ⇔ x =
44
1 y
(e − e − y )
2
Chương 2: Hàm số một biến số
Hay
a 2 y − 2 xe y − 1 = 0 và do e y > 0 nên e y = x + 1 + x 2
Cuối cùng ∀x ∈ R ,
Argshx = ln( x + 1 + x 2 )
∀x ∈ [1,+∞ ), ∀y ∈ R+ , y = Argchx ⇔ x = chy
2.
⇔x=
1 y
(e + e − y ) ⇔ e 2 y − 2 xe y + 1 = 0
2
Vì e y ≥ 1 nên lấy e y = x + x 2 − 1 ⇒ ∀x ∈ [1,+∞ )
3.
Argchx = ln( x + x 2 − 1)
∀x ∈ (−1,1), ∀y ∈ R , y = Argthx ⇔ x = thy
⇔x=
1+ x
1 1+ x
e y − e− y
⇔ y = ln
⇔ x (e 2 y + 1) = e 2 y − 1 ⇔ e 2 y =
−y
y
1− x
2 1− x
e +e
Cuối cùng ∀x ∈ ( −1,1)
4. ∀x ∈ R \ [− 1,1],
Argthx =
Arg coth x = Argth
1 1+ x
ln
2 1− x
1 1 1+ x
= ln
x 2 x −1
H. Đa thức, hàm hữu tỉ.
1. Ánh xạ P: X → R được gọi là đa thức khi và chỉ khi tồn tại n ∈ N và
( a0 , a1 ,..., an ) ∈ R n +1 sao cho ∀x ∈ X ,
P ( x ) = ∑ ai x i
n
i =0
Nếu an ≠ 0 , gọi n là bậc của đa thức, kí hiệu degP(x)=n
2. Ánh xạ f : X → R được gọi là hàm hữu tỉ khi và chỉ khi tồn tại hai đa thức
P,Q:
X → R sao cho ∀x ∈ X , Q( x ) ≠ 0,
Gọi f ( x ) =
f ( x) =
P( x )
Q( x )
P( x )
là hàm hữu tỉ thực sự khi và chỉ khi: degP(x)<degQ(x)
Q( x )
3. Hàm hữu tỉ tối giản là các phân thức có dạng:
A
Bx + C
hoặc
k
2
( x − a)
( x + px + q) k
Trong đó k ∈ N * , a, p , q, A, B , C là các số thực và
p 2 − 4q <0
Dưới đây ta đưa ra các định lí được chứng minh trong lí thuyết đại số
Định lí 1: Mọi đa thức bậc n với các hệ số thực đều có thể phân tích ra thừa số trong dạng:
P ( x ) = an ( x − α1 ) k1 ...( x − α l ) k l ( x 2 + p1 x + q1 ) β1 ...( x 2 + pm x + qm ) β m
Trong đó α i (i = 1, l ) là các nghiệm thực bội ki của đa thức còn p j , q j , β j ∈ R
45
với j = 1,2,..., m và
∑k
l
i =1
i
Chương 2: Hàm số một biến số
+ 2∑ β j = n ,
p j − 4q j < 0 ; j = 1, m
m
2
j =1
Định lí 2: Mọi hàm hữu tỉ thực sự đều có thể phân tích thành tổng hữu hạn các hàm hữu tỉ
tối giản.
Ví dụ 4: Cho a ∈ R+* \ {1} , giải phương trình log a x − log a 2 x + log a 4 x =
3
4
Giải:
Điều kiện x ∈ R+*
1
1 ⎞ 3
⎛ 1
ln x ⎜
−
+
⎟=
⎝ ln a 2 ln a 4 ln a ⎠ 4
⇔ ln x = ln a ⇔ x = a
Ví dụ 5: Cho n ∈ N , x ∈ R hãy tính
Giải:
∏ (2ch2
n
k =0
k
)
x −1 = P
ch2t = 2ch 2t − 1 ∀t ⇒ 4ch 2t − 1 = 2ch2t + 1
2ch2t + 1
⇒ 2cht − 1 =
2cht + 1
k +1
n
n
2ch2 x + 1 2ch2n +1 x + 1
=
P = ∏ (2ch2k x − 1) = ∏
k
2chx + 1
k =0
k = o 2ch 2 x + 1
Ví dụ 6: Cho x, y ∈ (− 1,1) hãy biến đổi biểu thức Argthx + Argthy .
Áp dụng hãy biến đổi f ( x ) = Argth
Giải:
1 x + 1 1 y + 1 1 ( x + 1)(y + 1)
ln
+ ln
= ln
2 x − 1 2 y − 1 2 ( x − 1)(y − 1)
x+y
1+
1 1 + xy + x + y 1
x+y
1 + xy
= ln
= ln
= Argth
2 1 + xy − x − y 2 1 − x + y
1 + xy
1 + xy
1
+ thx
1
1
3
= Argth + Argth(thx ) = ln 2 x
f ( x ) = Argth
1
3
2
1 + thx
3
Argthx + Argthy =
Ví dụ 7: Giải phương trình: arcsin(tgx)=x
46
1 + 3thx
3 + thx
Chương 2: Hàm số một biến số
Giải:
⎧
π
⎛ π π⎞
⎪ x ≠ 2 + kπ , x ∈ ⎜ − 2 , 2 ⎟
⎝
⎪
⎠
Điều kiện: ⎨
⎪tgx ∈ [− 1,1] ⇒ x ∈ ⎡− π , π ⎤
⎢ 4 4⎥
⎪⎩
⎦
⎣
arcsin(tgx) = arcsin(sin x)
⇒ tgx = sin x
1 ⎞
⎛
⇒ sin x⎜1 −
⎟=0
⎝ cos x ⎠
⎡sin x = 0
⇒ x = kπ ,
⇒⎢
⎣cos x = 1
k ∈ Z.
⎡ π π⎤
Vì kπ ∉ ⎢− , ⎥ nên phương trình vô nghiêm.
⎣ 4 4⎦
2.1.3. Hàm s sơ cấp
Định nghĩa: Hàm số sơ cấp là những hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các
phép tính cộng, trừ, nhân, chia và các phép lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản và các
hằng số.
2.2. GI I H N C A HÀM S
2.2.1. Khái niệm về giới hạn
A. Định nghĩa giới hạn
Ta gọi δ − lân cận của điểm a ∈ R là tập Ωδ (a) = (a − δ , a + δ )
Gọi A- lân cận của + ∞ là tập Ω A (+∞) = ( A,+∞) với A>0 và khá lớn.
Gọi B- lân cận của − ∞ là tập Ω B (−∞) = (−∞,− B ) với B>0 và khá lớn.
Cho f xác định ở lân cận điểm a (có thể không xác định tại a )
1. Nói rằng f có giới hạn là
l khi x dần đến a (gọi tắt: có giới hạn là l tại a) nếu
∀ε > 0, ∃Ωη (a) ⊂ X , ∀x ∈ Ωη (a) \ {a} ⇒ f ( x ) − l < ε
2. Nói rằng f có giới hạn là + ∞ tại a nếu
∀A > 0, ∃Ωη ( a) ⊂ X , ∀x ∈ Ωη (a) \ {a} ⇒ f ( x ) > A .
3. Nói rằng f có giới hạn là − ∞ tại a nếu − f có giới hạn là + ∞ tại a
4. Nói rằng f có giới hạn là
l tại + ∞ nếu
47
Chương 2: Hàm số một biến số
∀ε > 0, ∃Ω A (+∞) ⊂ X , ∀x ∈ Ω A (+∞) ⇒ f ( x ) − l < ε .
5. Nói rằng f có giới hạn là
l tại − ∞ nếu
∀ε > 0, ∃Ω B (−∞) ⊂ X , ∀x ∈ Ω B (−∞) ⇒ f ( x ) − l < ε .
6. Nói rằng f có giới hạn là + ∞ tại + ∞ nếu
∀A > 0, ∃Ω M (+∞) ⊂ X , ∀x ∈ Ω M (+∞) ⇒ f ( x ) > A .
7. Nói rằng f có giới hạn là − ∞ tại + ∞ nếu và chỉ nếu − f có giới hạn là + ∞ tại
+∞
8.
+∞
∀A > 0, ∃Ω M ( −∞ ) ⊂ X , ∀x ∈ Ω M ( −∞ ) ⇒ f ( x) > A .
Nói
rằng
f
có
giới
hạn
là
tại
−∞
nếu
9. Nói rằng f có giới hạn là − ∞ tại − ∞ khi và chỉ khi − f có giới hạn là + ∞ tại − ∞
Khi f (x ) có giới hạn là l tại a hoặc tại ± ∞ nói rằng f (x ) có giới hạn hữu hạn tại a hoặc tại
± ∞ . Ngược lại f (x ) có giới hạn là ± ∞ , nói rằng nó có giới hạn vô hạn.
B. Định nghĩa giới hạn một phía.
1. Nói rằng f có giới hạn trái tại a là l1 nếu
∀ε > 0, ∃η > 0 (∃Ωη (a) ⊂ X ), ∀x,0 < a − x < η ⇒ f ( x ) − l1 < ε .
2. Nói rằng f có giới hạn phải tại a là l2 nếu
∀ε > 0, ∃η > 0 , ∀x, 0 < x − a < η ⇒ f ( x ) − l2 < ε .
Kí hiệu f có giới hạn là l tại a thường là:
lim f ( x ) = l
x→a
hoặc
Tương tự có các kí hiệu:
lim f ( x ) = +∞,−∞;
x→a
f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l
→a
lim = l,+∞,−∞
x → ±∞
Kí hiệu f có giới hạn trái tại a là l1 , thường dùng
Tương tự
lim f ( x ) = f (a + ) = l2
x →a+
lim f ( x ) = f (a − ) = l1
x →a −
Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để lim f ( x ) = l là f (a − ) = f (a + ) = l.
x→a
48
Chương 2: Hàm số một biến số
2.2.2. Tính chất của hàm có giới hạn.
Định lí: Để f (x ) có giới hạn là l tại a điều kiện cần và đủ là mọi dãy (un ) trong
A. Sự liên hệ với dãy s
X hội tụ về a thì lim f (un ) = l
n→∞
Chứng minh:
⎯→ l và un → a . Khi đó
Cho f ( x ) ⎯x⎯
→a
∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x,0 < x − a < η ⇒ f ( x) − l < ε
Vì
lim u n = a ⇒ ∃n0 (η ), ∀n > n0 ⇒ u n − a < η
n→∞
Như vậy ∀ε > 0, ∃n0 , ∀n > n0 ⇒ f (un ) − l < ε nghĩa là lim f (un ) = l .
n→∞
Ngược lại, cho (un ) → a mà lim f (un ) = l sẽ có lim f ( x ) = l
n→∞
Nếu không, tức là ∃ε > 0, ∀η > 0,
là ∀n ∈ N lấy η =
n→a
∃x để
x − a < η và
f ( x ) − l ≥ ε , tức
1
1
, ∃un để un − a < và f (u n ) − l ≥ ε . Rõ ràng lim un = a nhưng
n →∞
n
n
lim f (un ) ≠ l vô lý. Chứng tỏ phải xảy ra lim f ( x ) = l
*
x →∞
x→a
B.Tính duy nhất của giới hạn
Định lí: Nếu lim f ( x ) = l thì l là duy nhất.
x →a
Chứng minh:
Là hệ quả của định lí về tính duy nhất của giới hạn của dãy số và định lí vừa phát biểu
ở trên.
C.Tính bị chặn
Định lí: Nếu lim f ( x ) = l thì f (x ) bị chặn trong một lân cận của a.
x →a
Lấy ε = 1, ∃η > 0, ∀x ∈ Ωη (a) \ {a} ⇒ f ( x ) − l < 1.
Chứng minh:
Hay f ( x ) = f ( x ) − l + l ≤ f ( x ) − l + l ≤ 1 + l
Chú ý:
• Trường hợp a = +∞, a = −∞ cũng chứng minh tương tự.
49
Chương 2: Hàm số một biến số
• Định lí đảo: Hàm f (x ) không bị chặn trong lân cận của a thì không có giới hạn hữu hạn
tại a.
Chẳng hạn f ( x ) =
1
1
sin không có giới hạn hữu hạn tại 0.
x
x
D.Tính chất thứ tự của giới hạn và nguyên lí kẹp.
Định lí 1: Cho lim f ( x ) = l . Khi đó:
x →a
1. Nếu
2. Nếu
3. Nếu
c < l thì trong lân cận đủ bé của a : c < f ( x )
l < d thì trong lân cận đủ bé của a : f ( x ) < d
c < l < d thì trong lân cận đủ bé của a : c < f ( x ) < d
1. ε = l − c > 0, ∃η1 , ∀x ∈ Ωη1 (a) \ {a} ⇒ f ( x ) − l < l − c ⇒ c < f ( x )
Chứng minh:
2. ε = d − l
, ∃η2 , ∀x ∈ Ωη 2 (a) \ {a} ⇒ f ( x ) − l < d − l ⇒ f ( x ) < d
3. ∃η = Min (η1,η2 ), ∀x ∈ Ωη ( a) \ {a} ⇒ c < f ( x ) < d
Chú ý: Định lí trên không còn đúng khi thay các bất đẳng thức ngặt bằng các bất đẳng thức
không ngặt.
Định lí 2: Cho lim f ( x ) = l, khi đó
x→a
1. Nếu c ≤ f (x ) trong lân cận của a thì c ≤ l
2. Nếu f ( x ) ≤ d trong lân cận của a thì l ≤ d
3. Nếu c ≤ f ( x ) ≤ d trong lân cận của a thì c ≤ l ≤ d
Nhờ vào lập luận phản chứng, chúng ta thấy định lí trên thực chất là hệ quả của định lí 1.
Định lí 3: Nguyên lí kẹp:
Cho ba hàm số f , g , h thoả mãn: f ( x ) ≤ g ( x ) ≤ h ( x ) trên X; lim f ( x ) = lim h( x ) = l
Khi đó
lim g ( x ) = l
x →a
Chứng minh:
x →a
∀ε > 0, ∃η1 ,η2 , ∀x :
0 < x − a < η1 ⇒ f ( x ) − l < ε
0 < x − a < η 2 ⇒ h( x ) − l < ε
Lấy η = Min(η1 ,η2 ) thì ∀x ∈ X :
⎧⎪ f ( x) − l < ε
0 < x − a <η ⇒ ⎨
⎪⎩ h( x) − l < ε
⇒ −ε < f ( x ) − l ≤ g ( x ) − l ≤ h( x ) − l < ε . Tức là lim g ( x ) = l
x →a
50
x →a
Chương 2: Hàm số một biến số
Chú ý: Định lí đúng với các trường hợp a = +∞, a = −∞
Định lí 4: Nếu trong lân cận của a có f ( x ) ≤ g ( x ) và lim f ( x ) = +∞ thì:
x→a
lim g ( x ) = +∞
x →a
Chứng minh:
∀A > 0, ∃η1 , ∀x :
Mặt khác ∃η2 , ∀x :
0 < x − a < η1 ⇒ f ( x ) > A
0 < x − a < η2 ⇒ f ( x ) ≤ g ( x )
Lấy η = Min(η1 ,η2 ), ∀x : 0 < x − a < η ⇒ g( x ) > A chứng tỏ g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ −∞
→a
Chú ý:
•
•
Định lí đúng với trường hợp a = +∞, a = −∞
Tương tự có định lí khi f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ −∞
→a
E. Các phép tính đại s của hàm s có giới hạn
Định lí 1 (Trường hợp giới hạn hữu hạn):
⎯→ l ⇒ f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l
1. f ( x ) ⎯x⎯
→a
→a
⎯→ 0 ⇔ f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ 0
2. f ( x ) ⎯x⎯
→a
→a
3. f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1 và g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l2 ⇒ f ( x ) + g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1 + l2
→a
→a
→a
4. f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l ⇒ λ. f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ λl,
→a
→a
λ ∈R
5. f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ 0 và g (x ) bị chặn trong lân cận của a ⇒ f ( x ).g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ 0
→a
→a
6. f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1 và g ( x ) ⎯⎯
⎯→ l2 ⇒ f ( x ).g ( x ) ⎯⎯
⎯→ l1.l2
→a
x →a
x →a
7. f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1 và g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l2 ≠ 0 ⇒
→a
→a
f (x)
l
⎯x⎯
⎯→ 1
→a
g( x )
l2
Chứng minh:
1. ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x : 0 < x − a < η ⇒ f ( x ) − l < ε
Mà f ( x ) − l ≤ f ( x ) − l < ε ⇒ f ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l
→a
2. Hiển nhiên vì f ( x ) − 0 = f ( x ) = f ( x ) − 0
3.
∀ε > 0, ∃η1 > 0, ∀x : 0 < x − a < η1 ⇒ f ( x ) − l1 <
ε
2
51
ε
∃η2 > 0, ∀x : 0 < x − a < η2 ⇒ g ( x ) − l2 <
Gọi η = Min(η1 ,η2 ), ∀x : 0 < x − a < η sẽ có:
f ( x ) + g ( x ) − (l1 + l2 ) ≤ f ( x ) − l1 + g ( x ) − l2 <
Chứng tỏ f ( x ) + g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1 + l2
→a
∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x :
4.
⎯→ λl
Chứng tỏ λf ( x ) ⎯x⎯
→a
λε
<ε
1+ λ
∀ε > 0, ∃η1 , ∀x : 0 < x − a < η1 ⇒ f ( x ) <
5.
2
0 < x − a < η ⇒ f ( x) − l <
0 < x − a < η ⇒ λf ( x ) − λl ≤
Suy ra ∀x :
ε
Chương 2: Hàm số một biến số
2
+
ε
2
=ε
ε
1+ λ
với λ ∈ R
ε
1+ M
Trong đó g (x ) bị chặn bởi số M trong lân cận Ωη 2 ( a ) . Tức là
∀x, ∃M , ∃η2 :
0 < x - a < η2 ⇒ g ( x ) ≤ M
Đặt η = Min(η1 ,η2 ) thì
∀x : 0 < x − a < η ⇒ f ( x ).g ( x ) = f ( x) . g ( x ) <
Mε
< ε ⇒ f ( x ).g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ 0
→a
1+ M
6. Đặt h ( x ) = f ( x ) − l1 ⇒ h( x ) ⎯x⎯
⎯→ 0 ⇒ f ( x ).g ( x) = l1.g ( x) + h( x).g ( x )
→a
Vì g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l2 nên bị chặn trong lân cận của a.
→a
Theo 4. thì l1.g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1.l2 , theo 5. thì h( x).g ( x ) → 0
→a
Vậy f ( x).g ( x ) ⎯x⎯
⎯→ l1.l2
→a
7. Trước hết ta chỉ ra
Vì
g ( x) ⎯x⎯
⎯→ l2 ≠ 0 ⇒ g ( x) ⎯x⎯
⎯→ l2 > 0 . Theo định lí 1 về tính thứ tự của giới
→a
→a
hạn thì ∃η1 > 0, ∀x :
∀x :
52
1
1
⎯x⎯
⎯→
→a
g ( x)
l2
0 < x − a < η1 ⇒ g ( x) >
0 < x − a < η1 ⇒ 0 <
l2
2
g ( x ) − l2
2 g ( x ) − l2
1
1
− =
≤
2
g ( x ) l2
g ( x ) . l2
l2
Chương 2: Hàm số một biến số
⎯→ 0 . Vậy
Vì g ( x) − l2 ⎯x⎯
→a
1
1
⎯x⎯
⎯→ .
→a
g ( x)
l2
f
1
= f.
g
g
Áp dụng 6. với
Định lí 2 (Trường hợp giới hạn vô hạn):
⎯→ +∞ và g ( x) ≥ m trong lân cận của a thì f ( x) + g ( x) ⎯x⎯
⎯→ +∞
1. Nếu f ( x) ⎯x⎯
→a
→a
2. Nếu f ( x) ⎯x⎯
⎯→ +∞ và g ( x) ≥ m > 0 trong lân cận của a thì f ( x).g ( x) ⎯x⎯
⎯→ +∞
→a
→a
Chứng minh:
1. ∀A > 0, ∃η, ∀x :
0 < x − a < η ⇒ f ( x) > A − m
⎯→ +∞
⇒ f ( x) + g ( x ) > A . Tức là f ( x) + g ( x) ⎯x⎯
→a
2.
∀A > 0, ∃η , ∀x :
⇒ f ( x).g ( x) >
0 < x − a < η ⇒ f ( x) >
A
m
A
⎯→ +∞
.m = A . Tức là f ( x).g ( x) ⎯x⎯
→a
m
Chú ý: - Định lí trên đúng cho trường hợp a = +∞, a = −∞
- Có sự tương tự cho định lí 2 khi f ( x) ⎯x⎯
⎯→ −∞
→a
F. Giới hạn của hàm hợp
Cho f :
X → R, g :
Định lí: Nếu
⎯→ b và g ( y ) ⎯⎯
⎯→ l
f ( x) ⎯x⎯
⎯→ l thì g ( f ( x)) ⎯x⎯
y →b
→a
→a
Chứng minh:
∀ε > 0, ∃η , ∀y :
0 < y − b < η ⇒ g ( y) − l < ε
∃ δ η , ∀x :
Chứng tỏ: ∀x :
Vậy
Y → R và f ( X ) ⊂ Y
0 < x − a < δ η ⇒ f ( x) − b < η
0 < x − a < δη ⇒ g ( f ( x)) − l < ε .
g ( f ( x)) ⎯x⎯
⎯→ l
→a
G. Giới hạn của hàm đơn điệu
Định lí 1: Cho f : (a, b) → R,
a, b ∈ R hoặc a, b ∈ R và là hàm tăng.
1. Nếu f bị chặn trên thì lim− f ( x) = Sup f ( x)
x →b
( a ,b )
53
2. Nếu f không bị chặn trên thì lim− f ( x) = +∞
Chương 2: Hàm số một biến số
x →b
Chứng minh:
∀ε > 0, ∃ξ ∈ (a, b) để l − ε < f (ξ ) ≤ l
1. Gọi l = Sup f ( x).
( a ,b )
Do f (x ) tăng nên:
∀x ∈ ( a, b) :
Hay f ( x) − l < ε
ξ ≤ x ⇒ f (ξ ) ≤ f ( x) ⇒ l − ε < f ( x ) ≤ l ⇒ l − ε < f ( x ) < l + ε
Giả sử b ∈ R . Đặt η > b − ξ > 0, ∀x :
Chứng tỏ f ( x) ⎯x⎯
⎯→ l
→b
0 < b − x < η ⇒ f ( x) − l < ε
Giả sử b = +∞ . Lấy A > ξ , ∀x > A > ξ ⇒ f ( x) − l < ε . Chứng tỏ f ( x) ⎯x⎯
⎯→ l
→∞
2. ∀A ∈ R, ∃ξ ∈ ( a, b) ⇒ f (ξ ) > A .
Vậy ∀x ∈ ( a, b) sao cho x ≥ ξ ⇒ f ( x ) ≥ f (ξ ) > A .
⎯→ +∞
f ( x ) > A chứng tỏ f ( x) ⎯x⎯
→b
Với b = +∞ , xét tương tự như trên
Chú ý:
• Nếu b hữu hạn, định lí trên nói về giới hạn trái tại b.
• Từ định lí suy ra: mọi hàm tăng trên (a,b) luôn có giới hạn hữu hạn hoặc vô hạn tại b.
• Định lí 1 có thể suy diễn cho trường hợp f (x ) giảm trên (a,b). Kết quả trong các trường
hợp được mô tả trên hình 2.10.
54
Chương 2: Hàm số một biến số
f : ( a, b) → R
Tăng và bị
Đồ thị
Kết luận
f (x) ⎯⎯
⎯
x→
a→ Sup f (x)
(a,b)
chặn trên
Giảm và bị
chặn dưới
⎯ Inf f (x)
f (x) ⎯x⎯→
→b
(a,b)
Giảm và bị
chặn trên
⎯ Supf (x)
f (x) ⎯x⎯→
→a
(a,b)
Tăng và bị
f ( x) ⎯x⎯
⎯→ Inff
→a
chặn dưới
Tăng và không
bị chặn trên
Giảm và không
bị chặn dưới
f ( x) ⎯x⎯
⎯→ +∞
→b
⎯→ −∞
f ( x) ⎯x⎯
→b
⎯→ +∞
Giảm và không f ( x) ⎯x⎯
→a
bị chặn trên
⎯→ −∞
Tăng và không f ( x) ⎯x⎯
→a
bị chặn dưới
H.2.10
Định lí 2: Nếu f (x ) xác định tại a và tăng ở lân cận của a thì luôn tồn tại một giới hạn trái
và một giới hạn phải hữu hạn tại a và: lim f(x) ≤ f(a) ≤ lim f(x)
+
x→a
x→a
55
Chương 2: Hàm số một biến số
Chứng minh:
Rõ ràng: f (x ) tăng và bị chặn trên bởi f (a ) ở lân cận bên trái của a.
f (x ) tăng và bị chặn dưới bởi f (a ) ở lân cận bên phải của a.
Theo định lí 1, chúng ta nhận được kết quả cần chứng minh. Ta có kết quả
tương tự khi f giảm. Hình 2.11. mô tả định lí 2.
y
f (a + )
f (a )
f (a − )
0
a
x
H.2.11
2.2.3. Các giới hạn đáng nhớ
A.
x
sin x
= lim
=1
x→0
x → 0 sin x
x
lim
(2.1)
⎛ π π⎞
Chứng minh: Dễ dàng thấy được x ∈ ⎜ − , ⎟ \ {0}
⎝ 2 2⎠
thì có bất đẳng thức kép: cos x <
sin x
< 1.
x
Dùng định nghĩa chứng minh được lim cos x = 1 . Vậy suy ra công thức (2.1)
x →0
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
lim ⎜1 + ⎟ = lim ⎜1 + ⎟ = e
x → +∞
x → −∞
x⎠
x⎠
⎝
⎝
x
B.
x
(2.2)
Chứng minh:
∀x ∈ R+* \ {0,1}, ∃n ∈ N * sao cho n ≤ x ≤ n + 1 ⇒
1 ⎞
⎛
⎛ 1⎞
⎛ 1⎞
⎜1 +
⎟ ≤ ⎜1 + ⎟ ≤ ⎜1 + ⎟
x⎠
⎝ n + 1⎠
⎝
⎝ n⎠
n
Suy ra
56
x
n +1
.
1
1 1
≤ ≤
n +1 x n
Chương 2: Hàm số một biến số
Theo ví dụ 10. ở chương 1 và tính chất đại số của dãy hội tụ thì:
1 ⎞
1 ⎞
⎛
⎛
⎜1 +
⎟ = ⎜1 +
⎟
⎝ n +1⎠
⎝ n +1⎠
n
⎛ 1⎞
⎜1 + ⎟
⎝ n⎠
n +1
n +1
1 ⎞
⎛
.⎜1 +
⎟ →e
⎝ n +1⎠
−1
⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞
= ⎜1 + ⎟ .⎜1 + ⎟ → e
⎝ n⎠ ⎝ n⎠
n
⎛ 1⎞
⎯→ e . Thực hiện phép biến đổi x = − y
⎜1 + ⎟ ⎯x⎯
→ +∞
x⎠
⎝
x
Suy ra
⎛
1 ⎞
⎛ 1⎞
⎟⎟
lim ⎜1 + ⎟ = lim ⎜⎜1 +
→
+∞
x → −∞
y
−
x⎠
y
⎝
⎝
⎠
x
⎛
1 ⎞
⎟⎟ = e
= lim ⎜⎜1 +
y → +∞
−
1
y
⎝
⎠
−y
y
⎯→ e và
Tổng quát nếu u ( x) ⎯x⎯
⎯→ 0 thì (1 + u ( x) )u ( x ) ⎯x⎯
→a
→a
1
lim ln x = +∞,
lim ln x = −∞
x → +∞
C.
sin u ( x )
→1
u ( x)
x →0 +
(2.3)
Chứng minh: Vì lnx tăng trên R+* nên tại + ∞ hàm số có giới hạn hữu hạn hoặc là + ∞ .
Giả sử có giới hạn hữu hạn
l thì lim ln x = l = lim ln 2 x.
x → +∞
x→∞
Tuy nhiên ln 2 x = ln 2 + ln x → l = l + 2 vô lý.
Vậy ln x ⎯x⎯
⎯→ +∞.
→ +∞
∀x ∈ R+* ,
ln x = − ln
Ví dụ 1: Chứng minh: lim+ sin x = 0,
lim
x → ±∞
x →0
1
⎯⎯⎯+ → −∞
x x→0
1
=0
x
∀ε > 0 ( ε bé) ∀x ∈ Ωε (0) \ {0} có sin x < x .
Giải:
Lấy η = ε , ∀x :
∀ε > 0 để
0 < x < ε ⇒ sin x < ε
1
1
<ε ⇔ x > = A
ε
x
Vậy ∃A ∈ R+* , ∀x :
Ví dụ 2: Tính lim
x→4
x > A⇒
2x + 1 − 3
,
x+2− 2
1
1
< ε . Chứng tỏ ⎯x⎯
⎯→ 0
→ ±∞
x
x
(
lim x 2 + 1 − x 2 − 1
x →∞
)
57
Chương 2: Hàm số một biến số
Giải:
2 x + 1 − 3 2( x − 4).( x − 2 + 2 )
2.2 2 2
=
⎯x⎯
⎯→
= . 2
→4
2.3
3
( x − 4).( 2 x + 1 + 3)
x−2 − 2
2
⎯x⎯
⎯→ 0
x2 + 1 − x2 − 1 =
→∞
x2 + 1 + x + 1
cos x − cos 3 x
x →0
x2
Ví dụ 3: Tính lim
Giải:
cos x − cos 3 x (cos x − 1) + (1 − cos 3x)
=
=
x2
x2
− 2 sin 2
3x
x
+ 2 sin 2
2
2
2
x
3x
x
sin 2
1
1 9
2+9
2 ⎯⎯
⎯→ − + = 4
=−
2
2
x →0
2 ⎛ x⎞
2 ⎛ 3x ⎞
2 2
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ 2⎠
⎝2⎠
sin 2
⎛ x −1⎞
⎟ ,
Ví dụ 4: Tính lim ⎜⎜ 2
x →∞ x + 1 ⎟
⎠
⎝
x2
lim(1 + sin x ) x
1
x→0
Giải:
⎛ x2 − 1 ⎞
⎟⎟
⎜⎜ 2
x
+
1
⎠
⎝
x2
2 ⎞
⎛
= ⎜1 −
2 ⎟
⎝ 1+ x ⎠
⎛ 1+ x 2
⎜−
⎜
2
⎝
(1 + sin x )x = (1 + sin x )sin x .
1
1
sin x
x
⎞ ⎛ 2x2 ⎞
⎟.⎜ −
⎟
⎟ ⎜ x 2 +1 ⎟
⎠⎝
⎠
⎯x⎯
⎯→ e- 2
→∞
⎯x⎯
⎯→ e
→0
D. Sự tồn tại giới hạn của các hàm sơ cấp
Định lí: Hàm số sơ cấp xác định tại x0 thì lim f ( x) = f ( x0 )
x → x0
2.3. Đ I L
NG VÔ CÙNG BÉ (VCB) VÀ Đ I L
NG VÔ CÙNG L N (VCL)
2.3.1. Đại lượng VCB
A. Định nghĩa:
Ánh xạ α :
hoặc - ∞
X → R , gọi là đại lượng VCB tại a nếu như α ( x) ⎯x⎯
⎯→ 0 , a có thể là + ∞
→a
Hệ quả: Để tồn tại lim f ( x) = l điều kiện cần và đủ là hàm số α ( x ) = f ( x ) − l là VCB
x→a
tại a.
58
Chương 2: Hàm số một biến số
B. Tính chất đại s của VCB
sau đây:
Dựa vào tính chất đại số của hàm có giới hạn, nhận được tính chất đại số của các VCB
1. Nếu α i ( x), i = 1,2,..., n là các VCB tại
∑αi ( x) , tích
n
a thì tổng
i =1
∏α ( x)
n
i =1
i
cũng
là
VCB tại a
2. Nếu α ( x ) là VCB tại a, f ( x ) bị chặn trong lân cận của a thì α ( x ). f ( x) là VCB tại a.
C. So sánh các VCB
Cho α ( x ), β ( x ) là các VCB tại a.
α
⎯⎯
⎯→ 0 thì nói rằng α là VCB cấp cao hơn β tại a, kí hiệu α = o( β ) tại a,
β x→a
cũng nói rằng β là VCB cấp thấp hơn α tại a.
1. Nếu
2. Nếu
α
⎯⎯
⎯→ c ≠ 0 thì nói rằng α , β là các VCB ngang cấp tại a.
β x→a
Đặc biệt c = 1 thì nói rằng α , β là các VCB tương đương tại a. Khi đó kí hiệu α ~ β tại a.
Rõ ràng nếu α , β ngang cấp tại a thì α ~ cβ tại a.
3. Nếu γ = o(α k ) thì nói rằng γ là VCB có cấp cao hơn k so với VCB α tại a
4. Nếu γ ~ cα k
(c ≠ 0) thì nói rằng γ là VCB có cấp k so với VCB α tại a
α
α
= lim 1
x→a β
x→a β
1
Hệ quả 1: Nếu γ ~ α1 , β ~ β1 tại a thì lim
Hệ quả 2: Nếu α = o( β ) tại a thì α + β ~ β tại a .
Hệ quả 3: Qui tắc ngắt bỏ VCB cấp cao:
(
Nếu α * là VCB cấp thấp nhất trong số các VCB α i , i = 1, m
(
)
)
và β * là VCB cấp thấp nhất trong số các VCB β i , i = 1, n tại a . Khi đó:
∑α
m
i =1
x→a n
i
j =1
j
lim
∑β
α*
x→a β *
= lim
Chú ý: Các VCB đáng nhớ là:
1.
xα ⎯x⎯
⎯→ 0,α > 0
→0
59
a x ⎯x⎯
⎯→ 0, (a > 1)
→ −∞
2.
⎯→ 0,
shx ⎯x⎯
→0
3.
Sinx ⎯⎯
⎯→ 0,
x→0
4.
arctg ⎯⎯
⎯→ 0
x→0
5.
a x ⎯x⎯
⎯→ 0, (0 < a < 1)
→ +∞
⎯→ 0,
thx ⎯x⎯
→0
tgx ⎯⎯
⎯→ 0,
x→0
Chương 2: Hàm số một biến số
⎯→ 0
Argthx ⎯x⎯
→0
arcsin x ⎯⎯
⎯→ 0
x→0
2.3.2. Đại lượng VCL
A. Định nghĩa
Ánh xạ A: X → R gọi là đại lượngVCL tại a nếu như A( x) ⎯x⎯
⎯→ +∞ hoặc − ∞
→a
(a có thể là + ∞ hoặc − ∞ ).
Hệ quả: Để A( x ) là VCL tại a thì cần và đủ là α ( x) =
B. Tính chất của VCL
1. Nếu Ai ( x), i = 1,2,..., n là các VCL cùng dấu
∑ A ( x) là VCL mang dấu đó tại a.
1
là VCB tại a.
A( x)
(+ ∞ )
hay
(− ∞)
tại a thì tổng
n
i =1
i
Nếu Bi ( x), i = 1,2,..., n là các VCL tại a thì tích
∏ B ( x) là VCL tại a
n
i =1
i
2. Nếu A( x ) là VCL tại a và f ( x ) giữ nguyên dấu tại a và lân cận của nó thì
là VCL tại a.
A( x). f ( x)
C. So sánh các VCL
Cho A( x ), B ( x ) là các VCL tại a
1. Nếu
A( x)
⎯⎯
⎯→ ∞ thì nói rằng A( x ) là VCL cấp cao hơn B ( x ) tại a, hay B là
B ( x) x → a
VCL có cấp thấp hơn A tại a
2. Nếu
A( x)
⎯⎯
⎯→ c ≠ 0 thì nói rằng A, B là VCL ngang cấp tại a.
B ( x) x → a
Đặc biệt c = 1 thì nói rằng A, B là các VCL tương đương tại a, kí hiệu A ~ B tại a.
A( x)
A ( x)
= lim 1
x → a B( x)
x → a B ( x)
1
Hệ quả 1: Nếu A ~ A1 , B ~ B1 tại a thì lim
Hệ quả 2: Nếu A(x ) làVCL cấp cao hơn B (x ) tại a thì A + B ~ A .
Hệ quả 3: Qui tắc ngắt bỏ cácVCL cấp thấp:
60
Chương 2: Hàm số một biến số
Nếu A* là các CVL cấp cao nhất trong số các VCL Ai ( x), i = 1,2,..., m và B* là VCL cấp
cao nhất trong số các VCL B j ( x ), j = 1,2,..., n tại a thì ta có
∑ A ( x)
m
i =1
x→a n
i
j =1
j
lim
∑ B ( x)
= lim
A* ( x)
x → a B* ( x)
Chú ý: Các VCL sau đây thường hay dùng:
⎯→ +∞,
1. xα ⎯x⎯
→ +∞
(α > 0)
⎯→ +∞, (a > 1)
2. a x ⎯x⎯
→ +∞
a x ⎯x⎯
⎯→ +∞, (0 < a < 1)
→ −∞
⎯→ −∞, (a > 1)
4. loga x ⎯x⎯
→0 +
loga x ⎯x⎯
⎯→ −∞, (0 < a < 1)
→ +∞
⎯→ +∞, (a > 1)
3. loga x ⎯x⎯
→ +∞
⎯→ +∞,
5. chx ⎯x⎯
→ ±∞
6. coth x ⎯x⎯
⎯→ +∞,
→0 +
loga x ⎯x⎯
⎯→ +∞, (0 < a < 1)
→0 +
⎯→ +∞,
shx ⎯x⎯
→ +∞
coth x ⎯x⎯
⎯→ −∞
→0 −
1⎞
⎛
Ví dụ 1: Tính lim⎜ sin x. cos ⎟ ,
x →0
x⎠
⎝
lim
x →∞
⎯→ −∞
shx ⎯x⎯
→ −∞
sin x
x
Sinx ⎯x⎯
⎯→ 0, cos
→0
Giải:
1
1
≤ 1 ⇒ lim sin x. cos = 0
x →0
x
x
1
sin x
⎯x⎯
⎯→ 0, sin x ≤ 1 ⇒ lim
=0
→∞
x →∞
x
x
sin 2 x
,
x → 0 sin 4 x
Ví dụ 2: Tính lim
Giải:
sin 2 x ~ 2 x ⎫
sin 2 x
2x 1
= lim
=
⎬ ⇒ lim
x → 0 sin 4 x
x→0 4 x
sin 4 x ~ 4 x ⎭
2
2
3
tg x − x
x2
2
2
2
2
tg x ~ x , sin x ~ x ⇒ lim
= lim 2 = 1
x → 0 sin 2 x
x→0 x
x2 + x − 1
,
x→∞ 2 x 2 − 2
Ví dụ 3: Tìm lim
Giải:
tg 2 x − x 3
x → 0 sin 2 x
lim
x2 + x + 1
,
x→∞
x3 + 2
lim
x2 + x − 1
x2
1
lim
=
=
2
2
x→∞ 2 x − 2
x→∞ 2 x
2
x2 + 1
x→∞ x2 − 1
lim
lim
61
Chương 2: Hàm số một biến số
x2 + x + 1
x2
1
lim
=
= lim = 0
3
3
x →∞
x →∞ x
x→∞ x
x +2
lim
x2 + 1
x2
lim
=
=1
x →∞ x 2 − 1
x →∞ x 2
lim
2.4. S
LIÊN T C C A HÀM S
2.4.1. Các khái niệm cơ bản
A. Hàm liên tục tại một điểm
Cho f :
X → R và a ∈ X . Nói rằng f (x ) liên tục tại a nếu
lim f ( x ) = f (a ) hay lim f ( x) = f ( lim x)
x →a
x→a
Tức là ∀ε > 0, ∃η > 0, ∀x :
x →a
x − a < η ⇒ f ( x) − f (a) < ε
B. Hàm liên tục một phía tại a
Cho f :
X → R, a ∈ X . Nói rằng hàm f liên tục bên trái tại a nếu
lim f ( x) = f (a − ) = f (a)
x→a −
Hàm f liên tục bên phải tại a nếu
lim+ f ( x) = f (a + ) = f (a)
x→a
Hệ quả: Để hàm f (x ) liên tục tại a điều kiện cần và đủ là:
f (a − ) = f (a + ) = f (a)
C. Hàm liên tục trên một khoảng
1. Hàm f (x ) liên tục tại mọi điểm x ∈ X thì nói rằng nó liên tục trên tập X .
2. Hàm f (x ) liên tục trên khoảng mở (a,b) và liên tục trái tại b,liên tục phải tại a nói rằng
nó liên tục trên [a,b]
[a, b] → R,
D. Hàm liên tục từng khúc
Hàm f :
a, b ∈ R.
[a, b]
khi và chỉ khi ∃n ∈ N * và
(a0 , a1,..., an ) ∈ [a, b]n +1 sao cho a = a0 < a1 < ... < an = b và f liên tục trên tất cả các khoảng
mở (ai , ai +1 ), i = 0,1,..., n − 1 và có giới hạn phải hữu hạn tại ai , có giới hạn trái hữu hạn tại ai +1
Nói rằng hàm
f
liên tục từng khúc trên
E. Điểm gián đoạn của hàm s
1. Nếu f (x ) không liên tục tại a, nói rằng f (x ) có điểm gián đoạn tại x = a .
62