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

$\left\{ \begin{array}{l} {D_1} = {D_2}\\ f(x) = g(x),\forall x \in {D_1} \end{array} \right.$

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 ${D_1} \cap {D_2}\backslash {D_3}$

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 ${{\rm{D}}_{{\rm{1 }}}}{\rm{\backslash A}}$ 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 $\left( { - \infty , + \infty } \right) = R$ và miền giá $\left( { - \frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}} \right)$

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

Nhắc lại: Cho $\varepsilon > 0$.

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

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

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

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

Khi đó ta ký hiệu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L$ (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 $x \in I \cap ({x_0} - \varepsilon ,{x_0} + \varepsilon )\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}$

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 $\varepsilon$, luôn tồn tại một khoảng mở V tâm x0 bán kính $\alpha$, sao cho $x \in I \cap V\backslash \left\{ {{x_0}} \right\} \Rightarrow f(x) \in W$

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:

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

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

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

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

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

Nhận xét:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \Leftrightarrow \mathop {\lim }\limits_{x{ \to _{{x^ - }}}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x{ \to _{{x^ + }}}} f(x) = L$

(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 $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \alpha \Leftrightarrow 0 < x - {x_0} < \alpha \,hay\,0 < {x_0} - x < \alpha$)

Ví dụ 1: Cho hàm số

$f(x) = \left\{ \begin{array}{l} 2x + 5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,\,x \ne 2\\ 6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,\,x = 2 \end{array} \right.$

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

Giải:

Ta có

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

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

$\Rightarrow \left| {f(x) - 9} \right| < \varepsilon \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 2} f(x) = 9$

Ví dụ 2: Cho $g(x) = \left\{ \begin{array}{l} {x^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,x \ne 4\\ 6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,\,x = 4 \end{array} \right.$. Chứng minh rằng $\mathop {\lim }\limits_{x \to 4} g(x) = 16$

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 $\left| {g\left( x \right) - 16} \right| = \left| {x + 4} \right|\left| {x - 4} \right| < 9\left| {x - 4} \right|\left( * \right)\,\,\forall x \in I$và $x \ne 4$

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

$\Rightarrow \left| {f(x) - 16} \right| < \varepsilon$

Nhận xét: Giả sử $\frac{\varepsilon }{9} > 1$. Nếu chỉ chọn $\alpha = \frac{\varepsilon }{9} > 1$ 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) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L$

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

Chứng minh:

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

Dãy {xn} trong I hội tụ về x0 và ${x_n} \ne {x_0},\forall n$ 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:

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

Vậy $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } f({x_n}) = L$

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

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

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

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

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

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

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

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

Giải:

Với mọi dãy {xn} → 3.

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

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

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

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

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

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

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

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

i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = L$

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

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

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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} = {L_1}\,va\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = {L_2}$

Giả sử ${L_1} < {L_2} \Rightarrow {L_2} - {L_1} > 0$

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

$x \in I\,va\,0 < \left| {x - {x_0}} \right| < {\alpha _1}$

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

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

$x \in I$ 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 $\left| {f(x)} \right| \le k,\forall x \in J\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}$

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

Chứng minh:

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

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

$\Rightarrow \left| {f(x) - A} \right| < \varepsilon = 1$

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

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

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

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 $\left\{ \begin{array}{l} f(x) \ge 0\,\,\,\forall x \in I\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L \end{array} \right.$ thì $L \ge 0$

Mệnh đề trên vẫn đúng khi thay x → x0 bằng $x \to x_0^ + ;x \to x_0^ - \,hay\,x \to \pm \infty$

Ghi chú: tương tự như dãy số, nếu thay giả thiết bởi giả thiết $f\left( x \right){\rm{ }} > {\rm{ }}0,{\rm{ }}\forall x \in I{\rm{ \backslash }}\left\{ {{x_0}} \right\}$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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \,g(x) = M$

Khi đó:

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

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

Nếu $\left\{ \begin{array}{l} \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = L\\ \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = M \end{array} \right.\,\,\,thi\,L \ge M$

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

Nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} h(x) = L\,\,\,thi\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} g(x) = \,L$

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

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

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

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

Cho hàm số I xác định trên D. Ta nói

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

Từ mệnh đề 7, ta thấy nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)$ 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 $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = 0\,\,va\,\,\left| {g(x)} \right| \le M,\forall x \in I\backslash \left\{ {{x_0}} \right\}\,\,thi\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x)g(x) = 0$

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 1: Khái niệm và giới hạn hữu hạn của hàm số 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.