Chương 2: GIỚI HẠN VÀ SỰ LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ pot

Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ch ơng 2 . Giới hạn và sự liên tục của hàm số
2.1. Giới hạn hữu hạn của hàm số khi x tiến dần tới a (a hữu hạn).
2.1.1. Định nghĩa 2.1. Hằng số b (hữu hạn) đợc gọi là giới hạn của hàm
f(x) khi x tiến dần tới a (x a) nếu: Với mỗi

> 0, tồn tại một số

> 0 (

phụ thuộc a, b, f(x) và

) sao cho với mọi x mà: 0 <xa<

) thìf(x) b<

. Ký hiệu là:
( )
x a
lim f x

.
Ta có thể phát biểu định nghĩa trên dới dạng:
b =
( )
x a
lim f x

(

> 0), (

> 0 x: 0 <x a<

) f(x) b<

.
Định nghĩa trên còn đợc phát biểu dới dạng lân cận nh sau:
b =
( )
x a
lim f x

( V

(b)), ( V

(a) x V

(a) \{a}) f(x) V

(b).
(vẽ hình. Viết(

> 0), (

> 0 ) cho gọn, nhng không đợc hiểu tồn tại

> 0
chung cho mọi

> 0 mà phải hiểu là

phụ thuộc

).
Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng
( )
x
lim x

=
2
3 1 5
.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc, ta có:
f(x) 5< (3x 1) 5< x 2<

3
.
Đặt =

3
. Khi đó, ta có:
( > 0), ( =

3
> 0 x: 0 <x 2<

) (3x 1) 5<

.(đpcm)
Ví dụ 2.2 . Chứng minh rằng
x
lim
x


=
ữ

1
3
1 4
.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc, ta có:
f(x) (4)<
x
x x
+

+ < <
3 1
3
3
Toỏn Cao cp
1
Trn Thin Hựng CQ46/11.14

x x

+ < <1
3
3
( Với
3
2
< x <
1
2
). <===
Đặt =

3
. Khi đó, ta có:
( > 0), ( =

3
> 0 x: 0 <x+1<

)
( )
x
<
3
1 4
.(đpcm)
Ví dụ 2.3. Chứng minh rằng
x a
limsin x sina

=
.
Chứng minh. Ta có:
sin x sin a=
x a x a x a
cos sin sin x a
+
2 2
2 2 2
với mọi x, mọi a.
Với mỗi > 0 cho trớc, đặt = >0. Khi đó, ta có:
( > 0), ( = > 0 x: 0 <x a<

) sin x sin a< .(đpcm)
Chú ý 2.1. Trong chơng trình phổ thông, ngời ta định nghĩa
( )
x a
lim f x b

=

(a, b hữu hạn) nh sau: Hằng số b đợc gọi là giới hạn của hàm f(x) khi x tiến
dần tới a nếu với mọi dãy x
k
a (khi k +) thì f(x
k
) đều tiến dần tới b.
2.1.2. Định lý về sự tồn tại duy nhất của giới hạn.
Định lý 2.1: Nếu hàm f(x) có giới hạn hữu hạn khi x a (a hữu hạn) thì

giới hạn đó là duy nhất.
Chứng minh. (Dùng phơng pháp phản chứng).
Giả sử
( ) ( )
x a x a
lim f x b, lim f x k

= =
với b < k; b và k hữu hạn (chứng
minh tơng tự khi k < b).
Vì
( ) ( )
( )
( )
x a
lim f x b x : x a f x b

= > > < < < 0 0 0
(2.1)

( ) ( )
( )
( )
x a
lim f x k x : x a f x k

= > > < < < 0 0 0
(2.2).
Vì (2.1) và (2.2) đúng với mọi > 0 nên cũng đúng với
0

=
k b
2
> 0.
Toỏn Cao cp
2
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Tức là tồn tại
0
,
0
> 0 để với mọi x mà
x a ;
x a .
< <

< <

0
0
0
0
( )
( )
f x b ;
f x k .

<

<


0
0
Khi đó, với mọi x mà 0 <x a<

= min {
0
,
0
} > 0
( )
( )
f x b ;
f x k .

<



<


0
0
Điều này vô lý vì: b
0
< b+

0
< k
0
< k+
0
. (đpcm) .
Nhận xét 2.1. Từ chú ý 2.1 và định lý 2.1 ta có kết luận sau: Nếu tồn tại
hai dãy x
k
a (khi k +), y
k
a (khi k +) mà f(x
k
) b (khi k
+), f(y
k
) b
1
(khi k +) và b

b
1
. Thì không tồn tại
( )
x a
lim f x

.
Ví dụ 2.4. Chứng minh rằng
x

limsin
x

0
1
không tồn tại.
Chứng minh. Ta có: x
k
=
k
1
2
0, y
k
=
k

+
1
2
2
0 (khi k +). Nhng f(x
k
)
0 (khi k +), f(x
k
)1 (khi k +) và 1 0 (đpcm).
2.1.3. Giới hạn một phía.
Định nghĩa 2.2.
+ Nếu giới hạn của hàm f(x) khi x a (x < a) bằng b (a, b hữu hạn).

Thì ta nói rằng hàm f(x) có giới hạn bên trái khi x a và ký hiệu là:
( )
x a
lim f x b

=
0
hoặc
( )
x a
lim f x b


=
.
+ Nếu giới hạn của hàm f(x) khi x a (x > a) bằng b. Thì ta nói rằng
hàm f(x) có giới hạn bên phải khi x a và ký hiệu là:
( )
x a
lim f x b
+
=
0
hoặc
( )
x a
lim f x b
+

=

.(Phát biểu dới dạng lân cận).
Bài tập. Dùng định nghĩa 2.2. CMR:
( )
x
x x
x
lim ; lim a a a
x
+


+
= = >

2
3 2
3 2 11
1
2 3 3
.
Định lý 2.2. (Định lý về điều kiện cần và đủ để tồn tại giới hạn).
Toỏn Cao cp
3
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Điều kiện cần và đủ để tồn tại
( )
x a
lim f x

là tồn tại các giới hạn

( )
x a
lim f x


,
( )
x a
lim f x
+

và
( )
x a
lim f x


=
( )
x a
lim f x
+

. Khi đó:
( )
x a
lim f x


=

( )
x a
lim f x
+

=
( )
x a
lim f x

.
ứng dụng. Để tính (hoặc kiểm tra một giới hạn có tồn tại hay không) ta có
thể tính các giới hạn một phía rồi áp dụng định lý 2.2 để kết luận. Các ví
dụ sau đây thể hiện điều đó.
Ví dụ 2.5. Tính các giới hạn một phía và giới hạn (nếu có) của hàm:
( )
x khi x ;
f x
x khi x .
+ <

=

+

2
2 3 1
4 1
khi x 1.
Giải. Ta có:

( )
x
lim f x

1
=5 vì: +
( )
x
lim f x


1
=
( )
x
lim x


+ =
1
2 3 5
.
+
( )
x
lim f x
+

1
=

( )
x
lim x
+

+ =
2
1
4 5
.
Ví dụ 2.6. Với giá trị nào của a thì hàm
( )
x a khi x ;
f x
x khi x .
<

=

+

2
2 2
4 2
có
giới hạn khi x 2?
Giải. Ta có:
( )
x
lim f x

2
=
( )
x
lim x a a


=
2
2 4
,
( )
x
lim f x
+
2
=
( )
x
lim x
+

+ =
2
2
4 8
.
Do đó, để có
( )

x
lim f x

2
thì 4 a = 8 a = 4.
Ví dụ 2.7. Tính
x
x
lim

+
1
0
3
1 2
.
Giới hạn trên không tồn tại vì:
x
x
lim


=
+
1
0
3
3
1 2
x

x
lim
+

=
+
1
0
3
0
1 2
.
Chú ý 2.2 : Tơng tự định lý 2.1 ta có kết quả sau: Nếu hàm f(x) có giới hạn
Toỏn Cao cp
4
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
một phía là số hữu hạn khi x a(a hữu hạn) thì giới hạn một phía đó là
duy nhất.
2.2. Giới hạn hữu hạn của hàm số khi x

(+

,

) .
Định nghĩa 2.3. Hằng số b (hữu hạn) đợc gọi là giới hạn của hàm f(x) khi
x + nếu: Với mỗi

> 0, đều tồn tại một số

> 0 (

phụ thuộc b, f(x) và

)
sao cho với mọi x >

thì f(x) b<

. Ký hiệu là:
( )
x
lim f x
+
.
Ta có thể phát biểu định nghĩa trên dới dạng:
b =
( )
x
lim f x
+
( > 0), ( > 0 x > ) f(x) b< .
Định nghĩa trên còn đợc phát biểu dới dạng lân cận nh sau:
b =
( )
x
lim f x
+
( V

(b)), (V

(+) x V

(+) f(x) V

(b).(vẽ hình)
Tơng tự, ta có:
+ b =
( )
x
lim f x

( > 0), ( > 0 x < ) f(x) b<

.
( V

(b)), (V

() x V

() f(x) V

(b).
+ b =
( )
x
lim f x

( > 0), ( > 0 x:x > ) f(x) b<

.
( V

(b)), (V

() x V

() f(x) V

(b).
(vẽ hình)
Chú ý 2.3 : Tơng tự định lý 2.1 chúng ta có kết quả sau:. Nếu hàm f(x) có
giới hạn hữu hạn khi x

(+

,

) thì giới hạn đó là duy nhất.
Ví dụ 2.8. Chứng minh rằng:
x
x
lim
x

+

=

ữ

3 1
3
.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc và lu ý khi x thì x 0. Ta có:
f(x) 3<
x
x x
+
< <
3 1 1
3
x x> <

1 1
.
Đặt =

1
. Khi đó, ta có:
Toỏn Cao cp
5
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
( > 0), ( =

1
> 0 x < )
x
x

+
<
3 1
3
.(đpcm)
Nhận xét 2.2. Nếu ví dụ 2.8 thay x bằng x+. Thì chỉ thay đổi nh
sau: Vì x+ thì x > 0
x x> <

1 1
đợc thay bởi
x x> >

1 1
.
Ví dụ 2.9. (i) Chứng minh rằng:
x
x
lim
x


+
=
ữ

2
2
2 1
2

.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc. Khi đó, ta có:
f(x) 2<
x
x x
+
< <
2
2 2
2 1 1
2
x >

1
.
Đặt =

1
. Khi đó, ta có:
( > 0), ( =

1
> 0 x:
x
> )
x
x
+
<
2

2
2 1
2
.(đpcm)
(ii) Chứng minh rằng:
x
x
lim
x



=
ữ
+

3 5
5
2
.
Chứng minh. Với mỗi > 0 cho trớc. Khi đó, ta có:
f(x) + 5<
x
x x

+ < <
+ +
3 5 13
5
2 2

. (2.3)
Nếu x > 3 thì (2.3) x >
= > < <

0
13 13
2 0 0
2
.
Nếu x < 3 thì (2.3) x <
= > <

1
13
2 0 0
.
Đặt = max (
0
,
1
) > 0. Khi đó, ta có:
(
13
2
> > 0), ( = max (
0
,
1
) > 0x:
x

> )
x
x

+ <
+
3 5
5
2
.(đpcm)
Nhận xét 2.3. Nếu ký hiệu a

là a (hữu hạn), là (hoặc +, );

là > 0
Toỏn Cao cp
6
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
hoặc > 0. Thì các định nghĩa giới hạn đ phát biểu ở trên đã ợc phát biểu d-
ới một định nghĩa chung nh sau:
( ) ( )
( ) ( ) { }
( )
( )
x a
lim f x b , V a x V a \ a f x b

= > <
0
.
2.3. Đại lợng bị chặn.
Định nghĩa 2.4. Đại lợng u(x) đợc gọi là một đại lợng bị chặn (ĐLBC) khi
x a

nếu tồn tại số M > 0, tồn tại V

( a

) sao cho:
| u(x)| M ( x V

( a

)\{ a

}).
Chú ý 2.4. (i) Khi x tiến dần tới a

(a

nào đó) đợc gọi là một quá trình.
(ii) Đại lợng u(x) là đại lợng không bị chặn khi x a

nếu với mọi số M > 0,
mọi V

( a

) đều tồn tại x
0
V

( a

)\{ a

} sao cho | u(x
0
)| > M.
Ví dụ 2.10. + u(x) = cosx, v(x) = sinx là các ĐLBC trong bất kỳ quá trình
nào.
+

(x) = b (x, b là hằng số) là ĐLBC trong bất kỳ quá trình nào.
+ v (x) = x
2
không phải là ĐLBC khi x +.
2.3. Vô cùng bé.
2.3.1. Định nghĩa vô cùng bé.
Định nghĩa 2.5. Đại lợng

(x) đợc gọi là một vô cùng bé (VCB) khi x a

nếu:
( ) ( )
( ) ( ) { }

( )
( )
x a
lim x , V a : x V a \ a x





= > <
0 0
.
Ví dụ 2.11. + (x) = x là VCB khi x 0 vì:
( )
x x
lim x lim x

= =
0 0
0
.
+ (x) = sin x là VCB khi x k (k nguyên) vì:
( )
x k x k
lim x lim sin x sink

= = =
0
.
Toỏn Cao cp

7
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Nhng (x)= sin x là không phải là VCB khi xa k (k nguyên) vì:
( )
x a x a
lim x limsin x sina sink

= = =
0
.
+ (x) = 0 (x) là VCB trong mọi quá trình.
+ (x) = b 0 (x) không phải là VCB trong bất kỳ quá trình nào.
Nhận xét 2.4.
(i) Qua ví dụ 2.11 ta thấy một đại lợng có thể là VCB trong quá trình
này mà không phải là VCB trong quá trình khác. Vì vậy, khi nói đến một
VCB phải nói rõ trong quá trình nào.
(ii) Một VCB trong một quá trình cũng là ĐLBC trong quá trình đó.
2.3.2. Tính chất của vô cùng bé.
Tính chất 2.1. Nếu

(x),

(x) đều là các VCB khi xa


thì

(x)

(x) cũng
là VCB khi x a

.
Chứng minh. Vì (x), (x) đều là các VCB khi x a


nên:
( )
( ) ( ) { }
( )
( )
, V a : x V a \ a x




> <0
2
;
( )
( ) ( ) { }
( )
( )
, V a : x V a \ a x




> <0

2
.
Do đó,
( )
( ) ( ) ( ) ( ) { }
(
)
( )
( )
x
, V a V a V a : x V a \ a
x





<

> =


<


0 0
2
0
2
,

hay
( )
( ) ( ) ( ) ( ) { }
(
)
( ) ( )
, V a V a V a : x V a \ a
x x



> =
<
0 0
0
.
Điều này chứng tỏ

(x)


(x) cũng là VCB khi x a

.(đpcm)
Toỏn Cao cp
8
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Hệ quả 2.1.1. Tổng của hữu hạn các VCB trong cùng một quá trình cũng là
một VCB trong quá trình đó.
Tính chất 2.2. Nếu

(x) là VCB khi x a

, u(x) là ĐLBC khi x a


thì

(x)u(x) cũng là VCB khi x a

.
Hệ quả 2.2.1. Tích của một VCB và một hằng số trong một quá trình cũng
là một VCB trong quá trình đó.
Hệ quả 2.2.2. Tích của hai VCB trong cùng một quá trình cũng là một VCB
trong quá trình đó.
Tính chất 2.3. (Định lý cơ bản)
Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) có giới hạn hữu hạn bằng b khi x
a


là f(x) đợc viết dới dạng f(x) = b +

(x), trong đó

(x) là VCB khi x a

.
Chứng minh.
Vì
( )

x a
lim f x b


=
( )
( ) ( ) { }
( )
( )
, V a : x V a \ a f x b



> < 0
;

( )
( ) ( ) { }
( )
( ) ( )
, V a : x V a \ a x f x b



> = < 0
.
(x) là VCB khi x a

.(đpcm)
ứng dụng. Ngoài phơng pháp dùng định nghĩa để chứng minh một giới

hạn, ta có thể dùng định lý cơ bản trên để chứng minh một giới hạn.
Ví dụ 2.12.
x
x
lim
x
+
+
=
3 1
3
vì:
x
x x
+
= +
3 1 1
3
mà
x
1
là VCB khi x +.
2.3.3. So sánh hai vô cùng bé.
Định nghĩa 1.6. Cho

(x),

(x) đều là các VCB khi x a

. Nếu:

+
( )
( )
x a
x
lim k
x



=

0
, hữu hạn thì

(x) và

(x) đợc gọi là các VCB cùng
cấp khi x a

.
Toỏn Cao cp
9
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
+
( )
( )
x a
x
lim

x



=

1
, thì

(x) và

(x) đợc gọi là các VCB tơng đơng khi
x a

(ký hiệu là:

(x)

(x) khi x a

).
+
( )
( )
x a
x
lim
x

=

0
thì

(x) đợc gọi là VCB bậc cao hơn

(x) khi x a

(ký
hiệu là:

(x) = o(

(x)) khi x a

).
Ví dụ 2.13. (i) (x) = x
2
+ 2x, (x) = x đều là các VCB x 0. Có:
( )
( )
x
x
lim
x


=

0
x
x x
lim
x

+
=
2
0
2
( )
x
lim x

+ =
0
2 2
.
Vậy (x) = x
2
+ 2x, (x) = x là các VCB cùng cấp khi x 0.
(ii) (x) = 3x sin x, (x) = x đều là các VCB x 0. Có:
( )
( )
x
x
lim
x

=

0
x
x sin x
lim
x

=
0
3
x
lim sin x

=
0
3 0
.
Vậy (x) = 3xsin x là VCB bậc cao hơn (x) = x khi x 0.
(iii) (x) = 2x
2
+ x, (x) = x đều là các VCB khi x 0. Có:
( )
( )
x
x
lim
x

=

0
x
x x
lim
x

+
=
2
0
2
( )
x
lim x

+ =
0
2 1 1
.
Vậy (x) = 2x
2
+ x, (x) = x là các VCB tơng đơng khi x 0.
2.4. Giới hạn vô hạn.
Định nghĩa 2.7.
+
( )

( )
( ) { }
( )
( )
x a
lim f x
M , x V a \ a f x M;





= +
> > >
0 0

( )
( )
( ) ( ) { }
( )
( ) ( )
M M
V , V a : x V a \ a f x V



+ +
.
Toỏn Cao cp
10

Trn Thin Hựng CQ46/11.14
+
( )
( )
( ) { }
( )
( )
x a
lim f x
M , x V a \ a f x M;





=
> > <
0 0

( )
( )
( ) ( ) { }
( )
( ) ( )
M M
V , V a : x V a \ a f x V

.
Chú ý 2.5. Chỉ có giới hạn bằng hoặc + mà không có giới hạn bằng
.
Chú ý 2.6 . (i) Tơng tự định lý 2.1 chúng ta có kết quả sau: Nếu hàm f(x) có
giới hạn vô hạn khi x a

thì giới hạn đó là duy nhất.
(ii) Nếu a

hữu hạn thì định lý 2.2 vẫn đúng.
Ví dụ 2.14. Chứng minh rằng:
(i)
x
lim
x

= +
2
0
1
. Với mỗi M > 0 cho trớc, ta có:
( )
f x M M x x
M M
x
> > < <
2
2
1
1 1

.
Đặt =
M
1
> 0. Khi đó,
(M > 0), ( =
M
1
> 0 | x: 0 < |x| < ) f(x) > M. (đpcm)
(ii)
( )
x
lim x

+ =
3 8
. Với mỗi M > 0 cho trớc, đặt =
M + 8
3
> 0. ta có:
( ) ( )
M
f x M x M x
+
< + < <
8
3 8
3
.
Khi đó, (M > 0), ( =

M + 8
3
> 0: x < ) f(x) < M. (đpcm)
2.5. Vô cùng lớn.
2.5.1. Định nghĩa vô cùng lớn.
Toỏn Cao cp
11
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định nghĩa 2.8. Đại lợng

(x) đợc gọi là một vô cùng lớn (VCL) khi x a

nếu:

( ) ( )
( ) ( ) { }
( )
( )
x a
lim x M , V a : x V a \ a x M





= + > >0
.
Chú ý 2.7 . Nếu trong định nghĩa vô cùng lớn ta bỏ trị tuyệt đối của (x) thì
( )
x a

lim x



cha chắc đã tồn tại, nhng (x) vẫn có thể là một vô cùng lớn khi x
a

.
Ví dụ 2.15. Đại lợng (x) =
x
1
là VCL khi x 0 vì:
( )
x x
lim x lim
x

= = +
0 0
1
.
Mặt khác,
x
lim
x


= + =
0
1

x
lim
x
+
0
1
nên không tồn tại
x
lim
x
0
1
.
Ví dụ 2.16. Nếu f(x) có giới hạn vô hạn khi xa

. Thì f(x) là VCL khi x a

.
2.5.2. Tính chất của vô cùng lớn.
Tính chất 2.4. Tổng của các VCL cùng dấu trong cùng một quá trình cũng
là VCL trong quá trình đó.
Tính chất 2.5. Tổng của một VCL với một ĐLBC trong cùng một quá trình
cũng là VCL trong quá trình đó.
Tính chất 2.6. Nếu (x) là VCL khi x a

, (x) 0 trong một lân cận nào
đó của a

(có thể trừ điểm a

). Thì
( )
x
1
là một VCB khi x a


và ngợc lại.
2.5.3. So sánh hai vô cùng lớn.
Định nghĩa 2.9. Cho

(x),

(x) đều là các VCL khi x a

. Nếu:
Toỏn Cao cp
12
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
+
( )
( )
x a
x
lim k
x



=

0
, hữu hạn thì

(x) và

(x) đợc gọi là các VCL cùng
cấp khi x a

. Đặc biệt, nếu k = 1, thì

(x) và

(x) đợc gọi là các VCL tơng
đơng khi x a

(ký hiệu là:

(x)

(x) khi x a

).
+
( )
( )
x a
x
lim
x

= +

thì

(x) đợc gọi là VCL bậc cao hơn

(x) khi x
a

(ký hiệu là:

(x) = 0(

(x)) khi x a

).
Ví dụ 2.17. (i) (x) = 2x
2
+ x, (x) = x
2
đều là các VCL khi x +. Có:
( )
( )
x
x
lim
x

+

=

x x
x x
lim lim
x
x
+ +
+

= + =
ữ

2
2
2 1
2
2.
Vậy (x) = 2x
2
+ x, (x) = x
2
là các VCL cùng cấp khi x +.
(ii) (x) = x + 4, (x) = x đều là các VCL x . Có:
( )
( )
x
x

lim
x


=

x
x
lim
x

+
=
4
x
lim
x

+ =
4
1 1
.
Vậy (x) = x + 4 là VCL tơng đơng với (x) = x khi x .
(iii) (x) = 2x
2
+ x, (x) = x đều là các VCL khi x . Có:
( )
( )
x
x

lim
x


=

x
x x
lim
x

+
=
2
2
x
lim x

+ = +2 1
.
Vậy (x) = 2x
2
+ x là VCL bậc cao hơn (x) = x khi x .
2.6. Các phép tính về giới hạn,
tính chất của hàm số có giới hạn.
2.6.1. Các phép tính về giới hạn.(chỉ nêu phép tính không chứng minh).
Toỏn Cao cp
13
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định lý 2.3. Nếu tồn tại các giới hạn

( ) ( )
x a x a
lim f x b,lim g x k


= =
(b, k là các
số hữu hạn). Khi đó,
+
( ) ( )
x a
lim f x g x


=

( ) ( )
x a x a
lim f x lim g x b k


=
;
+
( ) ( )
x a
lim f x g x


=

( ) ( )
x a x a
lim f x lim g x bk


=
;
+
( )
( )
x a
f x
lim
g x


=
( )
( )
x a
x a
lim f x
b
lim g x k




=

với k 0.
Định lý vẫn đúng khi có ít nhất một trong các số b và k là số vô hạn.
Chứng minh. (Ta chứng minh cho trờng hợp thứ nhất, các trờng hợp còn lại
chứng minh tơng tự).
Vì
( ) ( )
x a x a
lim f x b,lim g x k


= =
với b, k là các số hữu hạn nên theo định
lý cơ bản ta có: f(x) = b + (x); g(x) = k + (x), trong đó (x) và (x) là các
VCB khi x a*. Do đó,
f(x)

g(x) = b

k + (x)

(x).
Mà (x)

(x) là VCB khi x a*.
Theo định lý cơ bản ta có:
( ) ( )
x a
lim f x g x

=

b k
. (đpcm)
Định lý 2.4. Nếu tồn tại các giới hạn
( ) ( )
y b
x a
lim f x b,lim g x k



= =
(b, k là các số
hữu hạn). Khi đó
( )
x a
lim g f x




=


k.
Định lý vẫn đúng khi có ít nhất một trong các số b và k là số vô hạn.
Toỏn Cao cp
14
Trn Thin Hựng CQ46/11.14

Nhận xét 2.5. Nếu (x), (x), u(x), v(x) đều là các VCB hoặc đều là các VCL
khi x a

; (x) (x) khi x a

; u(x) v(x) khi x a

và tồn tại:
( )
( )
x a
x
lim
v x



. Thì
( )
( )
x a
x
lim
u x



=
( )
( )

x a
x
lim
v x



.
Nghĩa là khi tính các giới hạn có dạng
0
0
(hoặc


) ta có thể thay thế
một VCB bằng một VCB khác tơng đơng với nó (hoặc một VCL bằng một
VCL khác tơng đơng với nó).
Ví dụ 2.18. Cho P
n
(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n

1
+ a

2
x
n

2
+ + a
n

1
x

, trong đó a
0
,
a
1
, , a
n

1
là các hằng số với a
0
, a
n

1

0 . Chứng minh rằng:
(i) P
n

(x) a
0
x
n
khi x ();
(ii) P
n
(x) a
n

1
x

khi x 0.
Chứng minh.
(i) Ta có P
n
(x) và a
0
x
n
đều là các VCL khi x (). Đồng thời
( )
( )
n
n
x
P x
lim
a x

=
0
( )
n
n
x
a
a a
lim
a x
a x a x




+ + + + =


1
1 2
2 1
0
0 0
1 1
(đpcm).
(ii) P
n
(x) và a
n

1
x

đều là các VCB khi x 0. Đồng thời
( )
n
x
n
P x
lim
a x


=
0
1
n n n
n
x
n n n n
a x
a x a x a x
lim
a a a a

+ + + + + =


1 2 3
2
0 1 2
0
1 1 1 1
1 1
(đpcm) .
Nhận xét 2.6. Qua kết quả của ví dụ 2.18 ta có các kết luận sau:
+Một đa thức theo x tơng đơng với số hạng có bậc cao nhất khi x ().
+ Một đa thức theo x tơng đơng với số hạng có bậc thấp nhất khi x0. Vì
vậy, ta có:
Toỏn Cao cp
15
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
(i)
x
x x
lim
x x
+
+
+
2
2
3 5 1
2 7
=

x
x
lim
x
+
=

2
2
3 3
2
2
.
(ii)
x
x x x
lim
x x

+
+
4 2
2
0
3 5 2
2 7
=
x
x
lim

x

=
0
2 2
7 7
.
2.6.2. Các tính chất.
Tính chất 2.7. Cho
( )
x a
lim f x b


=
(b hữu hạn). Khi đó,
(i) Nếu b > 0. Thì
( )
V a




sao cho
( )
x V a

\{
a

} đều có f(x) > 0;
(ii) Nếu b < 0. Thì
( )
V a




sao cho
( )
x V a




\{
a

} đều có f(x) < 0.
Chứng minh. Vì b hữu hạn nên
( )
x a
lim f x b


=
( > 0), (

( )
V a




:
( )
x V a




\{
a

}) f(x) b< . (2.4)
(i) Nếu b > 0. Vì (2.4) đúng với mọi > 0, nên cũng đúng khi
0
=
b
2
> 0.
Nghĩa là
( )
V a

0
:
( )
x V a




0
\{
a

} f(x) > b
0
= b
b
2
=
b
2
> 0. (i)
đúng.
(ii) Nếu b < 0. Vì (2.4) đúng với mọi > 0, nên cũng đúng khi
1
=
b
2
> 0.
Nghĩa là
( )

V a




1
:
( )
x V a




1
\{
a

} f(x) < b +
1
= b
b
2
=
b
2
< 0. (ii)
đúng.
Tính chất 2.8. Cho
( )
x a

lim f x b


=
(b hữu hạn). Khi đó,
+ Nếu
( )
V a




sao cho
( )
x V a




\{
a

} đều có f(x) > 0. Thì b 0;
+ Nếu
( )
V a

sao cho
( )
x V a




\{
a

} đều có f(x) < 0. Thì b 0.
(các tính chất 2.7 và 2.8 không hẳn ngợc nhau)
Toỏn Cao cp
16
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 2.19. (i) f(x) =
x
2
1
> 0 (x V
4
(+)). Nhng
x
lim
x
+
=
2
1
0

.
(ii) f(x) = 1 + x
2
> 0 (x V
4
(0)). Có
x
lim
0
(1 + x
2
) = 1 > 0.
Tính chất 2.9. Nếu hàm số f(x) có giới hạn hữu hạn khi x a* thì f(x) là
đại lợng bị chặn khi x a*. Điều ngợc lại không đúng.
Chứng minh. Vì:
( )
x a
lim f x b


=

( )
( ) ( ) { }
( )
( )
, V a : x V a \ a f x b

> <
0
. (2.3.)
Vì (2.3) đúng với mọi > 0, nên cũng đúng với
0
= 1. Nghĩa là:
( )
( ) ( ) { }
(
)
( )
, V a : x V a \ a f x b



= <
0 0
0
1 1
b 1 < f(x) < b + 1.
Hay
( ) ( ) { }
(
)
( )
( )
V a : x V a \ a f x C max b , b .

< = + >
0 0
1 1 0
(đpcm)
2.6.3. Hai tiêu chuẩn tồn tại giới hạn. (phát biểu, không chứng minh).
Tiêu chuẩn 1. Nếu tồn tại các hàm f
1
(x), f
2
(x) và tồn tại lân cận
( )
V a



sao
cho: f
1
(x) f(x) f
2
(x) [x
( )
V a



](có thể trừ điểm a

).
Đồng thời

( )
x a
lim f x


=
1
( )
x a
lim f x b


=
2
. Thì tồn tại
( )
x a
lim f x b


=
.
Ví dụ 2.20. Tính
x
sin x
lim
x
+
2
.

Ta có:
x

2
1
= f
1
(x) f(x) =
sin x
x
2
f
2
(x) =
x
2
1
(x V
9
(+)).
Toỏn Cao cp
17
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
x x
lim lim
x x
+ +

= =
2 2

1 1
0
. Theo tiêu chuẩn 1 thì
x
sin x
lim
x
+
2
= 0.
Tiêu chuẩn 2.
(i) Nếu f(x) đơn điệu tăng và bị chặn trên bởi M khi x

a


(hoặc +)
thì tồn tại giới hạn của f(x) khi x

a

(hoặc + ) đồng thời giới hạn đó M.
(ii) Nếu f(x) đơn điệu giảm và bị chặn dới bởi m khi x

a

(hoặc + )
thì tồn tại giới hạn của f(x) khi x

a

(hoặc + ) đồng thời giới hạn đó m.
(iii) Nếu f(x) đơn điệu tăng và bị chặn dới bởi m khi x

a
+
(hoặc )
thì tồn tại giới hạn của f(x) khi x

a
+
(hoặc ) đồng thời giới hạn đó m.
(iiii) Nếu f(x) đơn điệu giảm và bị chặn trên bởi M khi x

a
+
(hoặc )
thì tồn tại giới hạn của f(x) khi x

a
+
(hoặc ) đồng thời giới hạn đó M.
Nhận xét 2.7. Từ hai tiêu chuẩn tồn tại giới hạn vừa nêu ở trên, ngời ta
chứng minh đợc hai giới hạn sau đây tồn tại và đợc gọi là hai giới hạn cơ
bản:
x
sin x
lim
x

=
0
1
và
n
n
lim e
n
+

+ =
ữ

1
1
,trong đó e là số vô tỷ 2,71828
Từ đó ta dễ dàng chứng minh đợc:
x
x
lim e
x
+

+ =
ữ

1
1
và
[ ]

x
x
lim x e

+ =
1
0
1
.
2.7. Sự liên tục của hàm số.
2.7.1. Định nghĩa sự liên tục của hàm số.
Định nghĩa 2.10. Hàm f(x) đợc gọi là liên tục tại x
0
nếu
( ) ( )
x x
lim f x f x

=
0
0
.
Định lý 2.5. Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) liên tục tại x
0
là tại điểm x
0
f(x) thoả mãn các điều kiện sau:
Toỏn Cao cp
18
Trn Thin Hựng CQ46/11.14

(C
1
)
( )
( )
( ) ( )
x x
x x
f x ;
lim f x ;
lim f x f x .










=

0
0
0
0
(C
2
)

( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
x x x x
x x x x
f x ;
lim f x , lim f x ;
lim f x lim f x f x .
+
+











= =


0 0
0 0
0
0
Định nghĩa 2.11. Hàm f(x) đợc gọi là liên tục bên trái tại x
0

nếu:
( ) ( )
x x
lim f x f x


=
0
0
.
Định nghĩa 2.12. Hàm f(x) đợc gọi là liên tục bên phải tại x
0
nếu:
( ) ( )
x x
lim f x f x
+

=
0
0
.
Định lý 2.6. Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) liên tục tại x
0
là f(x) vừa liên
tục bên trái tại x
0
vừa liên tục bên phải tại x
0
.

Định nghĩa 2.13.
+ Hàm f(x) không liên tục tại x
0
thì đợc gọi là gián đoạn tại x
0
và
điểm x
0
đợc gọi là điểm gián đoạn của hàm số.
+ Nếu x
0
là điểm gián đoạn của hàm f(x). Đồng thời các giới hạn
( )
x x
lim f x


0
,
( )
x x
lim f x
+

0
đều tồn tại và hữu hạn thì điểm x
0
đợc gọi là điểm
gián đoạn loại 1 của hàm số. Những điểm gián đoạn của hàm f(x) không
phải là điểm gián đoạn loại 1 thì đợc gọi là điểm gián đoạn loại 2 của hàm

số.
Định nghĩa 2.14.
+ Hàm f(x) đợc gọi là liên tục trên (a; b) nếu f(x) liên tục tại mọi điểm thuộc
(a; b).
+ Hàm f(x) đợc gọi là liên tục trên [a; b] nếu f(x) liên tục trên (a; b), tại a
liên tục bên phải và tại b liên tục bên trái.
Toỏn Cao cp
19
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 2.21 . (i) Xét sự liên tục của hàm f(x) = 3x + 2 tại x = 1.
Ta có: + Hàm số xác định tại x = 1 và f(1) = 5.
+
( ) ( )
x x
lim f x lim x

= + =
1 1
3 2
5.
Hàm số liên tục tại x = 1.
(ii) Với giá trị nào của f(2) thì hàm f(x) =
x
x


3
8
2
liên tục tại x = 2?

Để hàm số liên tục tại x = 2 thì:
f(2) =
( )
( )
x x x
x
lim f x lim lim x x
x


= = + + =

3
2
2 2 2
8
2 4 12
2
.
(iii) Cho f(x) =
ax khi x ;
x khi x .
+


>

2
1 3
2 3

Với giá trị nào của a thì hàm f(x) liên tục tại x = 3?
Ta có: Hàm số xác định tại x = 3 và f(3) = 3a + 1.

( ) ( )
x x
lim f x lim ax a


= + = +
3 3
1 3 1
,
( )
( )
x x
lim f x lim x
+ +

= =
2
3 3
2 7
.
Để hàm số liên tục tại x = 3 thì 3a + 1 = 7 a = 2.
(iiii) Xét sự liên tục của hàm f(x) =
x
khi x ;
khi x .

+


=

1
1
0
3 2
1
0
3
tại x = 0?
Ta có: + Hàm số xác định tại x = 0 và f(0) =
1
3
.
+
( )
x x
x
lim f x lim


= =
+
1
0 0
1

1
3
3 2
= f(0) f(x) liên tục bên trái tại x = 0.
+
( )
x x
x
lim f x lim
+ +

= =
+
1
0 0
1
0
3 2
f(0)
f(x) gián đoạn loại 1 tại x = 0.
Nhận xét 2.8. Trong ví dụ 2.21 (iii) đợc thay bởi:
Toỏn Cao cp
20
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Cho f(x) =
ax khi x ;
x khi x .
+

>

2
1 3
2 3
Xét sự liên tục của hàm f(x) tại x = 3.
Thì làm nh ví dụ 2.21 (iii) ta đợc: Với a = 2 hàm số liên tục tại x = 3,
với a 2 thì hàm số gián đoạn loại 1 tại x = 3.
2.7.2. Các phép tính về hàm liên tục (chỉ nêu, không chứng minh).
Định lý 2.7. Nếu f(x), g(x) là những hàm liên tục tại x
0
thì các hàm: f(x)


g(x), f(x)ì g(x), f(x): g(x) cũng liên tục tại x
0
(trong phép chia thì g(x
0
) 0).
Định lý 2.8. Nếu f(x) liên tục tại x
0
, g(y) liên tục tại f(x
0
). thì g[f(x)] liên tục
tại x
0
.
Định lý 2.9. Nếu hàm y = f(x) xác định, tăng hoặc giảm và liên tục trên
miền X; có miền giá trị Y. Thì tồn tại duy nhất hàm ngợc x = g(y) xác định,
tăng hoặc giảm và liên tục trên miền Y; có miền giá trị X.

2.7.3. Tính chất của hàm số liên tục trên một đoạn.
Định lý 2.10 (Bolzano-Cauchy). Nếu y = f(x) liên tục trên[a; b] (a, b hữu
hạn) và
à
là một giá trị trung gian của hàm số trên [a; b]. Thì tồn tại c
[a; b] sao cho: f(c) =
à
.
ý nghĩa của định lý : Nếu hàm y = f(x) liên tục trên [a; b] (a, b hữu hạn) và
à {f(x) : x [a; b]} (tập giá trị của hàm số trên [a; b]). Thì đờng thẳng y =
à cắt đồ thị hàm y = f(x) tại ít nhất một điểm. Hay nếu hàm y = f(x) liên tục
trên [a; b] (a, b hữu hạn) thì đồ thị hàm y = f(x) trên [a; b] là một đờng liền
không bị đứt đoạn.
Hệ quả 2.10. Nếu hàm f(x) liên tục trên [a; b] (a, b hữu hạn) và f(a)f(b) < 0.
Thì phơng trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trên(a; b).
Toỏn Cao cp
21
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Định lý 2.11 (Weierstrass). Nếu hàm y = f(x) liên tục trên [a; b] (a, b hữu
hạn). Thì f(x) đạt giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên [a; b]. Nghĩa là tồn tại
x
1
, x
2
[a; b] sao cho:
m = f(x
1
) f(x) f(x
2
) = M (x [a; b]).

2.7.4. Sự liên tục của hàm số sơ cấp cơ bản và hàm số sơ cấp. (chỉ nêu,
không chứng minh).
Nhận xét 2.9. + Việc xét sự liên tục của hàm số tại một điểm chính là tính
giới hạn của hàm số khi x tiến dần đến số đó; theo các định lý 2.7, 2.8 và
2.9 thì các phép tính về hàm số bảo toàn tính liên tục của hàm số.
+ Các hàm số sơ cấp cơ bản liên tục trên miền xác định của nó. Vì vậy, một
hàm số sơ cấp liên tục trên miền xác định của nó.
Ví dụ 2.22. Xét sự liên tục của hàm:
( )
x a khi x ;
f x
bx khi x .
+

=

>

2
2 1
1 1

Giải. Đặt g(x) = 2x + a, h(x) = bx
2
1. Thì g(x) và h(x) là các hàm số sơ cấp
xác định trên (,+) nên liên tục trên (,+).
Do đó f(x) liên tục tại mọi x 1.
Tại x = 1 ta có: + Hàm số xác định và f(1) = a 2;
+
( ) ( )

x x
lim f x lim x a


= +
1 1
2
= a 2;
+
( )
( )
x x
lim f x lim bx
+ +

=
2
1 1
1
= b 1.
(i) Nếu a 2 = b 1 a = b + 1. Thì hàm f(x) liên tục trên (,+).
(ii) Nếu a 2 b 1 a b + 1. Thì hàm f(x) liên tục tại mọi x 1, liên
tục bên trái tại x = 1 và gián đoạn loại 1 tại x = 1.
Toỏn Cao cp
22
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
2.7.5. Các công thức tơng đơng.
Nhận xét 2.10. Từ giới hạn cơ bản thứ nhất
x
sin x

lim
x

=
0
1
và các phép tính
về giới hạn ta có:
(i)
x
sinkx
lim
x
0
=
x
sinkx
limk
kx

=
0
k.
x
sinkx
lim k. k
kx

= =
0

1
sin kx kx khi x 0
(với k là hằng số).
(ii)
x
cos x
lim
x


2
0
1
=
x
x
sin
lim
x


2
2
0
2
2
=
x
x
lim

x


=
2
2
0
1
2
2
(vì sin x x khi x 0).
1 cos x
x
2
2
khi x 0.
Nhận xét 2.11. Nếu hàm f(x) liên tục tại x
0
thì
( ) ( )
x x
lim f x f x

=
0
0
. Vậy để
tính
( )
x x

lim f x

0
ta chứng minh hàm liên tục tại x
0
, khi đó
( ) ( )
x x
lim f x f x

=
0
0
.
Toỏn Cao cp
23
Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Ví dụ 2.23. Tính (i)
x
tgx
lim
x
0
, (ii)
x
x
lim
x

+
2
2
1
2
.
Giải. (i) f(x) =
cos x
1
là hàm số sơ cấp xác định tại x = 0. Do đó, hàm số liên
tục tại x = 0. áp dụng nhận xét 2.11 ta có:
x
tgx
lim
x
0
=
x
sin x
lim
x cos x
0
=
x
lim
cos x

=
0
1

f(0) =
.
cos
=
1
1
0
tg x x khi x 0.
(ii)
x
x
lim
x


+
2
2
1
2
. Ta có:
( )
x
f x
x

=
+
2
1

2
là hàm số sơ cấp xác định tại x = 2.
Do đó, hàm số liên tục tại x = 2. áp dụng nhận xét 2.11 ta có:
x
x
lim
x


+
2
2
1
2
=
( )
f

= =
+
2
2 1
3
2
4
2 2
.
Nhận xét 2.12. Nếu hàm y = f(x) là hàm liên tục tại x
0
, hàm h(y) là hàm liên

tục tại f(x
0
). Khi đó,
( )
x x
lim h f x

=

0
( )
x x
h lim f x




0
.
Nghĩa là nếu các f(x) và h(y) hàm liên tục thì có thể chuyển việc tính
giới hạn ở ngoài hàm h(.) vào trong hàm h(.).
Ví dụ 2.24. Tính I =
( )
a
x
log x
lim
x

+

0
1
với 0 < a 1.
Vì hàm logarit là hàm số sơ cấp cơ bản nên nó liên tục tại mọi điểm
thuộc miền xác định của nó. Do đó, theo nhận xét 2.12 ta có:
( )
a
x
log x
lim
x

+
0
1
=
( ) ( ) ( )
x x
a a a
x x x
lim log x limlog x log lim x .
x lna

+ = + = + =
1 1
0 0 0
1 1
1 1 1
Toỏn Cao cp
24

Trn Thin Hựng CQ46/11.14
Nhận xét 2.13. Vì log
a
(1+ x) và x đều là các vô cùng bé khi x 0 nên giới
hạn trong ví dụ 2.24 có dạng
0
0
. Từ kết quả của ví dụ 2.24 và định nghĩa so
sánh các vô cùng bé ta có công thức tơng đơng sau:
log
a
(1+ x)
x
lna
1
khi x 0; ln(1+ x) x khi x 0.
Ví dụ 2.25. (Ví dụ áp dụng) Tính
( )
x
log x
lim
x

+
2
0
1 3
.
Giải. Vì log
a

(1+ x) và x đều là các vô cùng bé khi x 0 và log
2
(1+ 3x)
x
ln
1
3
2
khi x 0. Nên
( )
x
log x
lim
x

+
2
0
1 3
=
x
x
lim .
xln ln

=
0
3 3
2 2
Ví dụ 2.26. Tính J =

x
x
a
lim
x


0
1
với 0 < a 1.
Vì hàm a
x
1 là hàm số sơ cấp cơ bản xác định tại mọi điểm nên nó
liên tục tại mọi điểm nó liên tục tại điểm x = 0.
Đặt t = a
x
1. Thì khi x 0 t 0 và: x = log
a
(1+ t)
t
lna
1
khi t 0.
Do đó:
x
x
a
lim
x

0
1
=
( )
x x
a
t t
lim lim lna.
t
log t
lna

= =
+
0 0
1
Nhận xét 2.14. (i) Vì a
x
1 và x đều là các vô cùng bé khi x 0 nên giới
hạn trong ví dụ.26 có dạng
0
0
. Từ kết quả của ví dụ 2.26 và định nghĩa so
sánh các vô cùng bé 2ta có công thức tơng đơng sau:
a
x
1 x lna khi x 0, e
x
1 x khi x 0.

(ii) Từ các nhận xét 2.12, 2.13 và phần (i) của nhận xét này ta có:
Toỏn Cao cp
25