Bài 1: Hàm số liên tục

Cho hàm f xác định trên khoảng mở I chứa c. Ta nói f liên tục tại c nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to c} f(x) = f(c)$

Hàm số f xác định trên khoảng mở I chứa c. Các mệnh đề sau tương đương:

i) f liên tục tại c.

ii) $\forall \varepsilon > 0,\exists \alpha > 0:\left| {x - c} \right| < \alpha \Rightarrow \left| {f(x) - f(c)} \right| < \varepsilon$

iii) Mọi dãy {xn} trong I mà ${x_n} \to c \Rightarrow f({x_n}) \to f(c)$

Chứng minh:

Hiển nhiên từ định nghĩa và định lý 2 trong chương giới hạn.

Ghi chú: Cho hàm số f xác định trên khoảng mở chứa c.

Khi đó:

• f liên tục bên phải tai c nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {c^ + }} f(x) = f(c)$
• f liên tục bên trái tại c nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {c^ - }} f(x) = f(c)$

Nhận xét: f liên tục tại c

⇔ liên tục bên trái và f liên tục bên phải tại c.

Ví dụ 1:

i) Khảo sát sự liên tục của f tại 0, với

$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{x}\,\,\,\,\,khi\,\,x \ne 0\\ 2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 0 \end{array} \right.$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{x} = 1 \ne f(0) = 2$

⇒ f không liên tục tại 0

ii) Xác định a để f liên tục tại 0

$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{1 - \cos \,\,\,ax}}{{{x^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x \ne 0\\ 2a - 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 0 \end{array} \right.$

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{a^2}}}{2}{\left( {\frac{{\sin \frac{{ax}}{2}}}{{\frac{{ax}}{2}}}} \right)^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$

Do đó, f liên tục tại 0 $\Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{2} = 2a - 1 \Leftrightarrow {a^2} - 4a + 2 = 0 \Leftrightarrow a = 2 \pm \sqrt 2$

Ví dụ 2: $f(x) = \left\{ \begin{array}{l} (x - 1)\sin \frac{1}{{(x - 1)}}khi\,\,x \ne 1\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x = 1 \end{array} \right.$

Khảo sát sự liên tục của f tại x = 1.

Ta có: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 1} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} (x - 1)\sin \frac{1}{{x - 1}} = 0 = f(1)$

(vì $0 \le \left| {(x - 1)\sin \frac{1}{{x - 1}}} \right| \le \left| {x - 1} \right|,\forall x \ne 1$)

Vậy f liên tục tại x = 1

Chú ý rằng: $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = 0 \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left| {f(x)} \right| = 0$

Ví dụ 3: Chứng minh hàm số $f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 1\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x \in Q\\ 0\,\,\,\,\,\,\,khi\,\,x \in R\backslash Q \end{array} \right.$

không liên tục tại mọi $x \in R$

i) Nếu ${x_0} \in Q$: Chọn ${x_n} = {x_0} + \frac{{\sqrt 2 }}{n}$

suy ra dãy {xn} là các số vô tỉ và ${x_n} \to {x_0}$

Ta có $f({x_n}) = 0,\forall n \Rightarrow f({x_n}) \to 0 \ne f({x_0}) = 1$

⇒ f không liên tục tại ${x_0} \in Q$

ii) Nếu ${x_0} \in R\backslash Q$ coi dãy {yn} các số hữu tỉ mà ${y_n} \to {x_0}$

$\Rightarrow f({y_n}) = 1 \Rightarrow f({y_n}) \to 1 \ne f({x_0}) = 0$

⇒ f không liên tục tại ${x_0} \in R\backslash Q$

Kết luận: f không liên tục tại mọi ${x_0} \in R$

Cho f xác định trên khoảng mở I chứa c. Giả sử f liên tục tại c và f(c) > 0. Khi đó, tồn tại khoảng mở W chứa c sao cho $f(x) > 0,\forall x \in W$

Chứng minh: Tương tự mệnh đề 7 trong chương giới hạn hàm số (thay L = f(c))

Ví dụ: Tìm m đế bất phương trình sau có nghiệm duy nhất:

$f\left( x \right) = \left( {m - 1} \right){x^2} - 2\left( {3m{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)x{\rm{ }} - {\rm{ }}{m^2} + {\rm{ }}5{\rm{ }} > {\rm{ }}0$ (1)

Giải: f liên tục $\forall x \in R$

Giả sử x0 là nghiệm của (1). Khi đó tồn tại khoảng mở W chứa x0 sao cho $f(x) > 0,\forall x \in W$

⇒ (1) có vô số nghiệm. Vậy, với mọi m, (1) hoặc vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm

⇒ không tồn tại m để (1) có duy nhất nghiệm.

Cho các hàm số f, g xác định trên khoảng mở I chứa c. Giả sử f, g liên tục tại c. Khi đó các hàm số $f \pm g,\,f.g,\,\frac{f}{g},\,\sqrt f$ liên tục tại c. (trường hợp $\frac{f}{g}$ thêm điều kiện $g(c) \ne 0$; trường hợp $\sqrt f$ thêm điều kiện $f(x) \ge 0$ trên khoảng mở chứa c).

Ví dụ:

${P_n}(x) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0}$liên tục $\forall x \in R$

$\frac{{{P_n}(x)}}{{{Q_m}(x)}}$ liên tục tại mọi x thỏa ${Q_m}(x) \ne 0$

$\sqrt {3{x^2} - 8x + 5}$ liên tục tại mọi $x \in \left( { - \infty ,1} \right) \cup \left( {\frac{5}{3}, + \infty } \right)$

• Các hàm lũy thừa, hàm lôgarit, hàm mũ, hàm lượng giác và hàm lượng giác ngược là các hàm sơ cấp cơ bản.
• Hàm nhận được bởi một số hữu hạn các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và hàm hợp của những hàm sơ cấp cơ bản được gọi là hàm sơ cấp.

Ghi chú: Mọi hàm sơ cấp liên tục tại mọi điểm trên những khoảng mở mà nó xác định.

Cho hàm số f xác định trên khoảng mở I chứa x0 và liên tục tại x0 , g xác định trên khoảng mở J chứa f(x0) và liên tục tại f(x0). Khi đó hàm số hợp $h = {g_0}$ liên tục tại x0

Chứng minh:

Coi $\varepsilon > 0$ cho trước, vì g liên tục tại f(x0) nên tồn tại ${\alpha _1} > 0$ sao cho:

  $\left| {f(x) - f({x_0})} \right| < {\alpha _1} \Rightarrow \left| {g\left[ {f(x)} \right] - g\left[ {f({x_0})} \right]} \right| < \varepsilon$  (1)

Vì f liên tục tại x0 nên ứng với ${\varepsilon _1} = {\alpha _1} > 0,\exists \alpha > 0$ sao cho $\left| {x - {x_0}} \right| < \alpha \Rightarrow \left| {f(x) - f({x_0})} \right| < {\varepsilon _1} = {\alpha _1}$   (2)

Từ (1) và (2), ta thấy: $\forall \varepsilon > 0,\exists \alpha > 0$ sao cho

$\left| {x - {x_0}} \right| < \alpha \Rightarrow \left| {g\left[ {f(x)} \right] - g\left[ {f({x_0})} \right]} \right| < \varepsilon$

Suy ra h = gof liên tục tại x0.

Nếu f không liên tục tại x0, ta nói f gián đoạn tại x0. Khi đó x0 được gọi là điểm gián đoạn của f.

Ghi chú: f không liên tục tại x0 nếu một trong các tính chất sau thỏa:

i) Đẳng thức $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = f({x_0})$ sai, nghĩa là khi f không xác định tại x0 hoặc $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) \ne f({x_0})$ (tức là lim f(x) không tồn tại hay $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ tồn tại nhưng khác f(x0)).

ii) $\exists {\varepsilon _0} > 0:\forall \alpha > 0$, tồn tại x thỏa $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \alpha$ và $\left| {f(x) - f({x_0})} \right| \ge {\varepsilon _0}$

iii) Tồn tại dãy $\left\{ {{x_n}} \right\} \subset I$ và ${x_n} \to {x_0}$ nhưng $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f({x_n})$ không tồn tại hoặc tồn tại mà khác f(x0) (nghĩa là lim $\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } f({x_n}) \ne f({x_0})$)

Ghi chú: Ký hiệu $f(x_0^ + ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x),\,f(x_0^ - ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x)$.

Khi đó:

x0 gọi là điểm gián đoạn loại 1 nếu x0 là điểm gián đoạn và $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x),\,\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x)$ tồn tại hữu hạn.

Khi x0 gọi là điểm gián đoạn loại 1 thì tồn tại M hữu hạn sao cho: $\left| {f(x_0^ + ) - f(x_0^ - )} \right| \le M$ (bước nhảy hữu hạn).

Điểm gián đoạn không phải loại 1 được gọi là điểm gián đoạn loại 2.

Nếu $\left| {f(x_0^ + )} \right| = + \infty \,hay\,\left| {f(x_0^ - )} \right| = + \infty$ thì x0 được gọi là điểm gián đoạn vô cực.

x0 gọi là điểm gián đoạn bỏ được nếu: $\mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ - } f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_0^ + } f(x) \ne f({x_0})$

Ví dụ 1: $f(x) = \frac{{{x^2} - x + 5}}{{(x - 2)(x + 3)}}$. Ta có x = 2  và x = -3 là những điểm gián đoạn vô cực (điểm gián đoạn loại 2)

Ví dụ 2: $f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 2x - 5\,\,\,\,neu\,\,x\, < - 3\\ x + 1\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,x \ge - 3 \end{array} \right.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ - }} (2x - 5) = - 11 \ne f( - 3) = - 2$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to - {3^ + }} (x +1) = - 2 = f( - 3)$

Suy ra:

• f liên tục bên phải tại -3 f không liên tục bên trái tại -3 f không liên tục tại -3 -3 là điểm gián đoạn loại 1

Ví dụ 3: $f(x) = \left\{ \begin{array}{l} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{x}\,\,\,\,\,neu\,x \ne 0\\ 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,x = 0 \end{array} \right.$

x = 0 là điểm gián đoạn bỏ được

Ví dụ 4: Tìm a, b để f liên tục tại $x = \pm \frac{\pi }{2}$ với 

$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} - 2\sin x\,\,\,\,\,\,neu\,\,x \le - \frac{\pi }{2}\\ a\sin x + b\,\,neu\,\, - \frac{\pi }{2}\, < x < \frac{\pi }{2}\\ \cos x + \frac{1}{2}\,\,\,\,neu\,x \ge \frac{\pi }{2}\, \end{array} \right.$

$f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = - 2\sin \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = 2$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {{\frac{\pi }{2}}^ - }} f(x) = f\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = 2;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {{\frac{\pi }{2}}^ + }} f(x) = f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = \frac{1}{2}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - {{\frac{\pi }{2}}^ - }} f(x) = - a + b;\mathop {\lim }\limits_{x \to - {{\frac{\pi }{2}}^ + }} f(x) = a + b$

Do đó f liên tục tại $x = - \frac{\pi }{2}$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - a + b = 2\\ a + b = \frac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - \frac{3}{4}\\ b = \frac{5}{4} \end{array} \right.$

f xác định trên [a, b]. Ta nói:

i) f liên tục trên (a, b) nếu f liên tục tại mọi $x \in (a,b)$

ii) f liên tục trên [a, b] nếu f liên tục trên (a, b) và $\mathop {\lim }\limits_{x \to {a^ + }} f(x) = f(a),\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {b^ - }} f(x) = f(b)$ (f liên tuc bên phải tai a và liên tục bên trái tại b).

f liên tục trên [a, b] ⇒ f bị chận trên [a, b] (nghĩa là $\exists M:\left| {f(x)} \right| \le M,\forall x \in \left[ {a,b} \right]$ ).

Ghi chú: nếu thay [a, b] bằng $\left( {a,b} \right);{\rm{ }}\left( {a,b} \right];{\rm{ }}\left[ {a,b} \right);{\rm{ }}\left( {a, + \infty } \right);{\rm{ }}\left[ {a, + \infty } \right);{\rm{ }}\left( { - \infty ,a} \right);{\rm{ }}\left( { - \infty , + \infty } \right)$.. thì định lý không đúng.

Ví dụ: $f(x) = \frac{1}{x}$ liên tục trên (0, 1) nhưng không bị chặn trên (0, 1) vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} \frac{1}{x} = + \infty \,\left( {\forall M > 0 \Rightarrow \exists {x_0} \in (0,1)\,\,sao\,\,cho\,\,\frac{1}{{{x_0}}} > M} \right)$

f liên tục trên [a, b] ⇒ f đạt được sup và inf trên [a, b]. Nghĩa là ta có:

i) $\exists {x_1} \in \left[ {a,b} \right]:f({x_1}) = \mathop {\sup }\limits_{x \in [a,b]} f(x) \ge f(x),\forall x \in \left[ {a,b} \right]$

ii) $\exists {x_2} \in \left[ {a,b} \right]:f({x_2}) = \mathop {\inf }\limits_{x \in [a,b]} f(x) \le f(x),\forall x \in \left[ {a,b} \right]$

Ghi chú:

Khi f liên tục trên [a, b]. Ta có:

$\mathop {\max }\limits_{x \in [a,b]} f(x) = \mathop {\sup }\limits_{x \in [a,b]} f(x);\,\,\,\,\,\,\,\mathop {\min }\limits_{x \in [a,b]} f(x) = \mathop {\inf }\limits_{x \in [a,b]} f(x)$

Nếu thay [a,b] bằng $\left( {a,b} \right);{\rm{ }}\left( {a,b} \right];{\rm{ }}\left[ {a,b} \right);{\rm{ }}\left( {a, + \infty } \right);{\rm{ }}\left[ {a, + \infty } \right);{\rm{ }}\left( { - \infty ,a} \right);{\rm{ }}\left( { - \infty , + \infty } \right)$... thì định lý không đúng.

Ví dụ: f(x) = x liên tục trên (0, 1) nhưng không đạt được sup và inf trên (0, 1).

Nếu f liên tục trên [a,b] và $f(a) < k < f(b)$ (hoặc $f(b) < k < f(a)$) thì $\exists c \in (a,b)$ sao cho $f(c) = k$.

f liên tục trên [a, b] và $f(a). f(b) < 0$

$\Rightarrow \exists c \in (a,b):f(c) = 0\,\,(k = 0)$

Ví dụ: Cho ${\alpha _1} < {\alpha _2} < {\alpha _3}$ và $a, b, c > 0$. Chứng minh phương trình  $\frac{a}{{x - {\alpha _1}}} + \frac{b}{{x - {\alpha _2}}} + \frac{c}{{x - {\alpha _3}}} = 0$ (1) có hai nghiệm phân x1, x2 thỏa ${\alpha _1} < {x_1} < {\alpha _2} < {x_2} < {\alpha _3}.$

Giải: (1) ⇔

$\left\{ \begin{array}{l} x \ne {\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3}\\ f(x) = a(x - {\alpha _2})(x - {\alpha _3}) + b(x - {\alpha _1})(x - {\alpha _3}) + c(x - {\alpha _1})(x - {\alpha _2}) = 0\,\,(2) \end{array} \right.$

Nhận xét: (1) có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm ${\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3}$

$f({\alpha _1}) = a({\alpha _1} - {\alpha _2})({\alpha _1} - {\alpha _3}) > 0$

$f({\alpha _2}) = b({\alpha _2} - {\alpha _1})({\alpha _2} - {\alpha _3})< 0$

$f({\alpha _3}) = c({\alpha _3} - {\alpha _1})({\alpha _3} - {\alpha _2}) > 0$

Vì f liên tục trên $\left[ {{\alpha _1} - {\alpha _2}} \right]$ và $f\left( {{\alpha _1}} \right).f\left( {{\alpha _2}} \right) < 0$ nên f(x) = 0 có nghiệm trên $\left( {{\alpha _1} - {\alpha _2}} \right)$

Tương tự, f liên tục trên $\left[ {{\alpha _2} - {\alpha _3}} \right]$ và $f\left( {{\alpha _2}} \right).f\left( {{\alpha _3}} \right) < 0$

$\Rightarrow \exists {x_2} \in \left( {{\alpha _2},{\alpha _3}} \right):f({x_2}) = 0$

Vậy: (2) có nghiệm thỏa ${\alpha _1} < {x_1} < {\alpha _2} < {x_2} < {\alpha _3}$

⇔ (1) có 2 nghiệm thỏa ${\alpha _1} < {x_1} < {\alpha _2} < {x_2} < {\alpha _3}$.

Giả sử f là hàm số đơn điệu nghiêm cách trên (a,b) (tăng nghiêm cách hoặc giảm nghiêm cách) và có miền giá trị là khoảng mở (c, d). Khi đó f liên tục trên (a, b).

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Hàm số liên tục được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.