Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P4 doc

3.4. Chuỗi Taylor 143
(
1
3
;
2
3
)
,vàkíhiệu
E
1
là hợp các khoảng
[0;
1
3
]
và
[
2
3
; 1]
.Bớc thứ hai, ta bỏ các
khoảng mở một phần ba ở giữa của hai khoảng còn lại và đặt
E
2
=

0;
1
9
á

[

2
9
;
3
9
á
[

6
9
;
7
9
á
[

8
9
; 1
á
:
Tiến hành tơng tự, ở bớc thứ
n
, ta bỏ hợp tất cả các khoảng mở một phần
ba ở giữa của
2
nĂ1
khoảng còn lại và kí hiệu

E
n
là hợp của
2
n
khoảng đóng,
mỗikhoảngcóđọdài
3
Ăn
.Khiđó
C =
1
\
n=1
E
n
:
Chú ý rằng nếu
(a
i
;b
i
);i=1; 2;::: ;
là dy các khoảng đ loại bỏ thì
C =[0; 1] n
1
[
n=1
(a
i

;b
i
):
Xác định hàm
g
bằng cách đặt
g(x)=
(
0
nếu
x 2 C;
2(xĂa
i
)
b
i
Ăa
i
Ă 1
nếu
x 2 (a
i
;b
i
);i=1; 2;::: :
Từ cách xây dựng tập Can t or, suy ra rằng mỗ i khoảng
[a; b] ẵ [0; 1]
chứa một
khoảng con mơ không giao với
C

.Thựcvậy,nếu
(a; b)
không có các điểm
của
C
,thì
(a; b)
là một trong các khoảng bị l oại bỏ
(a
i
;b
i
)
hoặc khoảng con
của nó. Nếu tồn tại
x 2 (a; b) \ C
,thìcó
n 2 N
và
k 2f0; 1; 2;::: ;3
n
Ă 1g
sao cho
x 2
Ê
k
3
n
;
k+1

3
n
Ô
ẵ (a; b)
. Khi đó, khoảng mở một phần ba ở giữa của
Ê
k
3
n
;
k+1
3
n
Ô
, mà thực ra là một trong các khoảng
(a
i
;b
i
)
, là một khoảng con mở
không chứa các điểm của
C
.
Hàm
g
gián đoạn tại mỗi điểm của
x 2 C
, và suy ra từ trên rằng
g

có
tính chất giá trị trung gian.
1.3.2.
Gọi
x
0
2 (a; b)
tuỳ ý cố định. Từ tính đơn điệu của
f
, suy ra rằng
sup
ax<x
0
f(x)=f(x
Ă
0
) f(x
0
) f(x
+
0
)= inf
x
0
<xb
f(x)
144 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
(xem, chẳng hạn, 1.1.35). Bây giờ giả sử rằng
f(x
0

) <f(x
+
0
):
Khi đó, tồn tại dy giảm thực sự
fx
n
g;x
n
2 (x
0
;b]
, hội tụ tới
x
0
sao cho
f
n!1
(x
n
)=f(x
+
0
)
.Vì
f
tăng thực sự,
f(x
n
) >f(x

+
0
) >f(x
0
)
. Theo tính chất
giá trị trung gian, tồn tại
x
0
2 (x
0
;x
n
)
sao cho
f(x
0
)=f(x
+
0
)
.Khiđó
inf
x
0
<x<x
0
f(x) á inf
x
0

<xb
f(x)=f(x
0
):
Mặt khác, do tính đơn điệu thực sự của
f
,
inf
x
0
<x<x
0
f(x) <f(x
0
)
,mâuthuẫn. Vậy
ta đ ch ứng minh rằng
f(x
0
)=f(x
+
0
)
. Các đẳng thức
f(x
Ă
0
)=f(x
0
)

,
f(a)=
f(a
+
)
,và
f(b)=f(b
Ă
)
có thể đợc chứng minh theo cach hàn toàn tơng tự.
1.3.3.
Hàm
g
đựơc xác định bởi
g(x)=f(x) Ă x; x 2 [0; 1]
, là liên tục, và
f(0) = g(0) á 0
,và
g(1) = f(1) Ă1 0
.Vì
g
có tính ch ất giá trị t rung gian,
tồn tại
x
0
2 [0; 1]
sao cho
g(x
0
)=0

.
1.3.4.
Xét hàm
h(x)=f(x) Ă g(x);x 2 [a; b]
, và quan sát rằng
h(a) < 0
và
h(b) > 0
. Theo tính chất giá trị trung gian, tồn tại
x
0
2 (a; b)
sao cho
h(x
0
)=0
.
1.3.5.
Xác định hàm
g
bằng cách đặt
g(x)=f
à
x +
T
2
ả
Ă f(x):
Khi đó
g

liên tục trên
R
,
g(0) = f(
T
2
) Ă f(0)
,và
g(
T
2
)=f(0) Ăf(
T
2
)
.Vậytồn
tại
x
0
2 [0;
T
2
]
mà
g(x
0
)=0
.
1.3.6.
Đặt

m =minff(x
1
;::: ;f(x
n
)g
và
M =maxff(x
1
;::: ;f(x
n
)g:
Khi đó
m
1
n
(f(x
1
)+f(x
2
)+ÂÂÂ+ f(x
n
)) M:
3.4. Chuỗi Taylor 145
Do đó , tồn tại
x
0
2 (a; b)
sao cho
f(x
0

)=
1
n
(f(x
1
)+f(x
2
)+ÂÂÂ+ f (x
n
)):
1.3.7.
(a) Đặt
f(x)=(1Ă x)cosx Ă sin x
.Khiđó
f(0) = 1
và
f(1) = Ăsin 1 < 0
.
Vì vậy t ồn tại
x
0
2 (0; 1)
thoả mn
f(x
0
)=0
.
(b) Ta biết rằng (xem, chẳng hạn, 1.1.12)
lim
x!1

e
Ăx
jP (x)j =0
và
lim
x!Ă1
e
Ăx
jP (x)j =+1:
Do đó, tồn tại
x
0
2 R
sao cho
e
Ăx
jP (x
0
)j =1:
1.3.8.
Ta hy quan sát rằng
sgn P (Ăa
l
)=(Ă1)
l
và
sgn P (Ăb
l
)=(Ă1)
l+1

;l=0; 1;::: ;n:
Theo tính chất giá trị trung gian, tồn tại một nghiệm của đa thức
P
trong
mọi khoảng
(Ăb
l
; Ăa
l
);l=0; 1 ;::: ;n:
1.3.9.
Không. Xét, chẳng hạn,
f
và
g
đợc xác định nh sau :
f(x)=
(
sin
1
xĂa
nếu
a<x b;
0
nếu
x = a;
và
g(x)=
(
Ăsin

1
xĂa
nếu
a<x b;
1
nếu
x = a:
1.3.10.
Đặt
g(x)=f(x +1)Ă f(x);x2 [0; 1]:
Khi đó,
g(1) = f(2)Ăf(1) = Ăg(0)
.Vìthếtồntại
x
0
2 [0; 1]
sao cho
f(x
0
+1) =
f(x
0
)
.Vậy,tacóthểlấy
x
2
= x
0
+1
và

x
1
= x
0
.
146 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.3.11.
Xét hàm
g(x)=f(x +1)Ă f(x) Ă
1
2
(f(2) Ăf(0));x2 [0; 1];
và dùng lí luận tơng tự nh trong lời giải của bài toán trớc.
1.3.12.
Xác định hàm
g
theo công thức
g(x)=f(x +1)Ă f(x)
với
x 2 [0;nĂ 1]:
Nếu
g(0) = 0
,thì
f(1) = f(0)
. Vậy gi ả sử, chẳng hạn, rằng
g(0) > 0
.Khiđó
f(1) >f(0)
.Nếucũngthế
f(k +1)>f(k)

với
k =1; 2;::: ;nĂ 1
,thìtasẽcó
f(0) <f(1) <f(2) < ÂÂÂ<f(n)=f(0):
Mâu thuẫn. Suy ra tồn tại
k
0
sao cho
g(k
0
) > 0
và
g(k
0
+1) 0
.Do
g
liên
tục, tồn tại
x
0
2 (k
0
;k
0
+1]
để
g(x
0
)=0

.Dođó,
f(x
0
+1)=f(x
0
)
.Líluận
tơng tự khi
g(0) < 0
.
1.3.13.
Hàm
f
có thể đợc thác triển trên
[0; 1)
để có c hu kỳ
n
.Tavẫnkí
hiệu hàm đợc thác triển là
f
.Với
k 2f1; 2;::: ;nĂ 1g
tuỳýcốđịnh,xác
định
g(x)=f(x + k) Ă f(x);xá 0:
Bây giờ, ta chứng minh rằng tồn tại
x
0
2 [0;kn]
sao cho

g(0) > 0
.Nếu
g(j) > 0
với mọi
j =0; 1; 2;::: ;knĂ k
, thì ta nhận đợc
f(0) <f(k) <f(2k) < ÂÂÂ<f(kn)=f(0):
Mâu thuẫn. Suy ra tồn tại
j
0
sao cho
g(j
0
) > 0
và
g(j
0
+1) 0
.Do
g
liên
tục, tồn tại
x
0
2 (j
0
;j
0
+1]
để

g(x
0
)=0
.Dođó,
f(x
0
+ k)=f(x
0
)
.Trớc hết
giả sử
x
0
2 [(l Ă 1)n; ln Ă k]
với
1 l k
nào đó. Từ tính tuần hoàn của
f
,
suy ra
f(x
0
)=f(x
0
Ă(l Ă1)n)
và
f(x
0
+ k)=f(x
0

Ă(l Ă1)n + k)
.Vìvậy,ta
có thể lấy
x
k
= x
0
Ă(l Ă1)n
và
x
0
k
= x
0
Ă(l Ă1)n + k
.Nếu
x
0
2 [lnĂk; ln]
,thì
x
0
+k 2 [ln; (l +1)n]
.Tacó
f(x
0
Ă(lĂ1)n)=f(x
0
)=f(x
0

+k)=f(x
0
Ăln+k)
.
Có thể lấy
x
k
= x
0
Ă(l Ă1)n
và
x
0
k
= x
0
Ăln + k
.
3.4. Chuỗi Taylor 147
Không đúng rằng với mọi
k 2f1; 2;::: ;nĂ 1g
,đềutồntại
x
k
và
x
0
k
sao
cho

x
k
Ăx
0
k
= k
sao cho
f(x
k
)=f(x
0
k
)
. Thực vậy, chỉ cần xét hàm
f(x)=sin

ẳ
2
x

với
x 2 [0; 4]:
Dễ thấy rằng
f(x +3)6= f(x)
với mọi
x 2 [0; 1]:
1.3.14.
Lời giải sau đây là của sinh viên của tôi egor Michalak.
Không mất tổng quát, có thể giả sử
f(0) = f(n)=0

.Trờng hợp
n =1
là rõ ràng. Vì giả sử
n>1
.Tasẽxéttrờng hợp mà
f(1) > 0;f(2) >
0; ÂÂÂ ;f(n Ă 1) > 0
.Với
k =;::: ;nĂ 1
,tađặt
g(x
k
)=f(x + k) Ă f (x)
.Hàm
g
k
liên tục trên [0;nĂk], và theo giả thiết g
k
(0) > 0 và g
k
(n Ă k) <.Dođó,
tồn tại
x
k
2 [0;nĂ k]
saoa cho
g
k
(x
k

)=0
, hay nói c ách khác,
f(x
k
+ k)=
f(x
k
)
. Điều này chứng minh khảng định của ta trong trờng hợp này. Theo
cách hoàn toàn t ơng t ự, ta có thể thấy khảng định của t a cũng đúng nếu
f(1) < 0;f(2) < 0; ÂÂÂ ;f(n Ă 1) < 0
.Bâygiờgiảsử
f(1) > 0
(tơng ứng
f() < 0
), các số
f(1);f(2); ÂÂÂ;f(n Ă 1)
khác nhau và khác không, và tồn tại
m; 2 m n Ă1
,với
f(m) < 0
(tơng ứng
f(m) > 0
).Khiđó,tồntạicácsố
nguyên
k
1
;k
2
; ÂÂÂ ;k

s
giữa
1
và
n Ă 2
sao cho
f(1) > 0;f(2) > 0;::: ;f(k
1
) > 0;
f(k
1
+1)< 0;f(k
1
+2)< 0;::: ;f(k
2
) > 0:
ÂÂÂ
f(k
s
+1)< 0;f(k
s
+2)< 0;::: ;f(n Ă 1) < 0
(
hoặc
f(k
s
+1)> 0;f(k
s
+2)> 0;::: ;f(n Ă1) < 0)
(tơng ứng

f(1) < 0;f(2) < 0;::: ;f(k
1
) < 0;:::
). Bây giờ, lí luận tơng
tự nh trongchứngminhcủatrờng hợp thứ nhất, tồn tại
k
1
nghiệm trong
[0;k
1
+1]
,
k
2
nghiệm trong
[k
1
;k
2
+1]
,vânvân.Rõràngtrongtrờng hợp này,
tất cả các nghiệm đó phải khác nhau và vì vậy khẩng định đợc chứng minh.
Cuối cùng, xét trờng hợp khi tồn tại số nguyên
k
và
m
,
0 k<m n
,với
148 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm

f(k)=f(m)
. Cũng giả sử các số
f(k);f(k +1); ÂÂÂ ;f(m Ă1)
khác nhau. Từ
trên suy ra có
m Ă k
nghiệm trong khoảng
[k; m]
. Tiếp đó, xác định
f
1
(x)=
(
f(x)
nếu
0 x k;
f(x + m Ăk)
nếu
k<x n Ă (m Ă k):
Rõ ràng,
f
1
liên tục trên
[0;nĂ (m Ă k)]
và
f
1
(n Ă (m Ă k)) = f
1
(0) = 0

.
Nếu
f
1
(0);f
1
(1);::: ;f
1
(n Ă (m Ă k) Ă 1)
khác nhau, thì theo phần thứ nhất
của chứng minh, ta nhận đợc
n Ă (m Ă k)
nghiệm, và cùng với
m Ă k
nghiệm ở trên, ta có điều phải chứng minh. Nếu một vài số trong các số
f
1
(0);f
1
(1);::: ;f
1
(n Ă (m Ăk) Ă 1)
trùng nhau, thủ tục trên có thể lặp lại.
1.3.15.
Giả sử ngợc lại, tức là phơng trình
f(x)=g(x)
không có nghiệm.
Khi đó hàm
h(x)=f(x) Ă g(x)
hoặc dơng, hoặc âm. Từ đó

0=h(f(x)) + h(g(x))
= f(f(x)) Ă g(f(x)) + f(g(x)) Ă g(g(x))
= f
2
(x) Ă g
2
(x):
Mâu thuẫn.
Ví dụ sau chỉ ra giả sử liên tục là cốt yếu:
f(x)=
(
p
2
nếu
x 2 R nQ;
0
nếu
x 2 Q;
g(x)=
(
0
nếu
x 2 R nQ;
p
2
nếu
x 2 Q;
1.3.16.
Giả sử ngợc lại rằng tồn tại
x

1
;x
2
và
x
3
sao cho
x
1
<x
2
<x
3
và,
chẳng hạn,
f(x
1
) >f(x
2
)
và
f(x
2
) >f(x
3
)
. Theo tính chất giá trị trung
gian, với mọi
u
sao cho

f(x
2
) <u<minff(x
1
);f(x
3
)g
, tồn tại
s 2 (x
1
;x
2
)
và
t 2 (x
2
;x
3
)
thoả mn
f(s)=u = f(t)
.Do
f
là đơn ánh,
s = t
,mâuthuẫnvới
x
1
<s<x
2

<t<x
3
.
1.3.17.
Từ kết quả của bài toán trớc, suy ra
f
hoặc giảm thực sự, hoặc t ăng
thực sự.
3.4. Chuỗi Taylor 149
(a) Giả sử rằng
f
tăng thực sự và tồn tại
x
0
sao cho
f(x
0
) 6=0
.Giảsử,
chẳng hạn,
f(x
0
) >x
0
.Khiđó
f
n
(x
0
) >x

0
, trái giả thiết. L í luận tơng
tự cho trờng hợp
f(x
0
) <x
0
.
(b) Nếu
f
giảm thực sự, thì
f
2
giảm thực sự. Do
f
n
(x)=x
,tanhậnđợc
f
2n
(x)=x
, tức là phép lặp thứ
n
của
f
2
là ph ép đồng nhất. Vì vậy,
theo (a),
f
2

(x)=x
.
1.3.18.
Chú ý rằng
f
là đơn ánh. Thực vậy, nếu
f(x
1
)=f(x
2
)
,thì
Ăx
1
=
f
2
(x
1
)=f
2
(x
2
)=Ăx
2
.Từđó,
x
1
= x
2

.Suyratừ1.3.16 rằng nếu
f
liên tục,
thì nó hoặc tăng ngặt, hoặc giảm ngặt. Trong cả hai trờng hợp,
f
2
sẽ tăng
ngặt. Mâu thuẫn.
1.3.19.
Nh trong lời giải của bài toán trớc, có thể chỉ ra
f
là đơn ánh trên
R
.Líluậntơng tự nh trong lời giải của bài 1.3.16 rằng
f
hoặc tăng ngặt,
hoặc giảm ngặt. Trong cả hai trờng hợp,
f
2k
;k2 N
tăng ngặt. Do đó, số
nguyên
n
trong điều kiện
f
n
(x)=Ăx
phải lẻ. Nếu
f
tăng ngặt, thì

f
n
cũng
tăng ngặt, mâu thuẫn với điều kiện của ta. Vậy,
f
giảm ngặt. Ngoài ra, do
f(Ăx)=f(f
n
(x)) = f
n
(f(x)) = Ăf (x);
ta thấy rằng
f
là hàm lẻ (và mọi phép lặp của
f
cũng vậy).
Bây giờ, ta sẽ chỉ ra rằng
f(x)=Ăx; x 2 R
. Giả sử rằng tồn tại
x
0
sao cho
x
1
= f(x
0
) > Ăx
0
, hay nói cách khác,
Ăx

1
<x
0
. Suy ra rằng
x
2
= f(x
1
) <f(Ăx
0
)=Ăx
1
<x
0
. Có thể chỉ ra bằng quy nạp rằng nếu
x
k
= f(x
kĂ1
)
,thì
(Ă1)
n
x
n
<x
0
, m âu thuẫn với giả thiết
x
n

= f
n
(x
0
)=Ăx
0
.
Lí luận tơng tự cho trờng hợp
f(x
0
) < Ăx
0
.Từđó
f(x)=Ăx
với mọi
x 2 R
.
1.3.20.
Giả sử
f
gián đoạn tại
x
.Khiđótồntạidy
fx
n
g
hội tụ tới
x
sao
cho

ff(x
n
)g
không hội tụ t ới
f(x)
. Điều này có nghĩa tồn tại
">0
sao cho
với mọi
k 2 N
,tồntại
n
k
>k
để
jf(x
n
k
) Ăf(x)já":
150 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
Vậy
f(x
n
k
) á f(x )+">f(x)
hoặc
f(x
n
k
) f(x)Ă"<f(x)

. Giả sử, chẳng hạn,
bất đẳng thức thứ nhất đúng. Tồn tại số hữu tỷ
q
sao cho
f(x)+">q>f(x)
.
Vậy
f(x
n
k
) >q>f(x)
với
k 2 N
. Do tính chất giá trị trung gian của
f
,tồntại
z
k
giữa
x
và
x
n
k
sao cho
f(z
k
)=q
, tức là
z

k
2 f
Ă1
(fqg)
. Rõ ràng,
lim
k!1
z
k
= x
.
Từ đó,
f
Ă1
(fqg) đóng, x 2 f
Ă1
(fqg),vàvìvậyf(x)=q. Mâu thuẫn.
1.3.21.
Để chứng minh định lí, chỉ cần xét trờng hợp
T>0
.Đặt
g(x)=
f(x + T ) Ă f (x)
. Khi đó, có hai khả năng.
(a) Tồn tại
x
0
>a
sao cho
g(x)

dơng hoặc âm với mọi
x>x
0
.
(b) Không tồn tại
x
0
nh vậy.
Trong trờng hợp (1), nếu chẳng hạn,
g
là dơng trên
(x
0
; 1)
,thìdy
ff(x
0
+
nT )g
đơn đ iệu tăng. Vì
f
bị chặn, giới hạn sau tồn tại và hữu hạn :
lim
n!1
f(x
0
+ nT) = lim
n!1
f(x
0

+(n +1)T ):
Vì vậy có thể lấy
x
n
= x
0
+ nT
.Trongtrờng hợp (2), do tính chất giá trị
trung gian c ủa
g
, với mọi số nguyên dơng
n>a
, tồn tại
x
n
>n
sao cho
g(x
n
)=0
.
1.3.22.
Đặt
g(x)=
8
>
<
>
:
x +2

nếu Ă 3 x Ă1;
Ăx
nếu
Ă 1 <x 1;
x Ă 2
nếu
1 <x 3;
và xác định
f
bởi công thức
f(x)=g(x Ă6n)+2n
với
6n Ă 3 x 6n +3;n2 Z:
Hàm
f
có tính chất cần tìm.
Không tồn tại hàm liên tục trên
R
mà đạt mỗi giá trị của nó đ úng hai lần.
Giả sử ngợc lại rằng
f
là hàm nh vậy. Gọi
x
1
;x
2
sao c h o
f(x
1
)=f(x

2
)=b
.
Khi đó
f(x) 6= b
với
x 6= x
1
;x
2
. Vậy hoặc
f(x) >b
với mọi
x 2 (x
1
;x
2
)
hoặc
f(x) <b
với mọi
x 2 (x
1
;x
2
)
.Trờng hợp trớc, tồn tại chỉ một
x
0
2 (x

1
;x
2
)
3.4. Chuỗi Taylor 151
sao cho
f(x
0
)=maxff(x):x 2 [x
1
;x
2
]g
. Thực vậy, n ế u có hơn một điểm mà
tại đó
f
đạt cực đại của nó trên
[x
1
;x
2
]
,thì
f
nhận giá trị của nó hơn hai lần
trên
[x
1
;x
2

]
. Do đó, tồn tại chỉ một điểm
x
0
0
(bên ngoài khoảng
[x
1
;x
2
]
)sao
cho
c = f(x
0
)=f(x
0
0
) >b
. Khi đó, do tính chất giá trị trung gian của
f
,mọi
giá trị trong
(b; c)
đạt đợc ít nhất ba lần. Mâu thuẫn. Lí luận tơng tự cho
trờng hợp
f(x) <b
với
x 2 (x
1

;x
2
)
.
1.3.23.
Giả sử rằng
f
đơnđiệungặttrênmỗikhoảng
[t
iĂ1
;t
i
]
,ởđây
i =
1; 2;::: ;n
và
0=t
0
<t
1
< ÂÂÂ<t
n
=1
.Tập
Y = ff(t
i
):0 i ng
gồm
nhiều nhất

n +1
đoạn
y
0
;y
1
;::: ;y
m
.Tagiảsửrằng
y
0
<y
1
<:::<y
m
.Đặt
z
2i
= y
i
; 0 i m
,vàchọn
z
1
;z
3
;::: ;z
2mĂ1
sao cho
z

0
<z
1
<z
2
<z
3
<:::<
z
2mĂ1
<z
2m
.Đặt
X
k
= fx 2 [0; 1] : f(x)=z
k
g;
X = X
0
[X
1
[ÂÂÂ[X
2m
= fx
1
;x
2
;::: ;x
N

g;
và đặt
0=x Ă 1 <x
2
<:::<x
N
=1
.Với
1 j N
,kíhiệu
k
j
là phần tử
duy nhất của tập hợp
f0; 1; 2;::: ;2mg
sao cho
f(x
j
)=z
k
j
.Khiđó
k
1
và
k
N
chẵn và
k
j

Ă k
j+1
= Đ1; 1 j<N
.Suyra
N
, số c ác phần tử của tập
X
,là
lẻ. Do đó, một trong các tập
X
k
= f
Ă1
(z
k
)
gồm một số lẻ phần tử.
1.3.24.
Trớc hết, t a chỉ ra rằng có không quá đếm đợc cực trị địa phơng
của
f
.Thựcvậy,nếu
x
0
2 (0; 1)
và
f(x
0
)
là cực đại (cực tiểu) thực sự

của
f
, thì tồn tại khoảng
(p; q) ẵ [0; 1]
với các đầu mút hữu tỷ sao cho
f(x) <f(x
0
)(f(x) <f(x
0
))
với
x 6= x
0
và
x 2 (p; q)
. Do đó, khảng định của ta
đợcsuyratừsựkiệnchỉcóđếmđợc khoảng v ới đầu mút hữu tỷ.
Vì có không quá đếm dợc cực trị địa phơng thực sự của
f
,tồntại
y
giữa
f(0)
và
f(1)
mà không là giá trị cực trị của
f
.Giảsử
f(0) <f(1)
và đặt

f
Ă1
(y)=fx
1
;xĂ2;::: ;x
n
g
,ởđây
x
1
<x
2
< ÂÂÂ<x
n
. Ngoài ra, đặt
x
0
=0
và
x
nĂ1
=1
.Khiđó,hàm
x 7! f(x) Ă y
hoặc dơng , hoặc âm trên mỗi khoảng
(x
i
;x
i+1
)

, và có dấu khác nhau trong các khoảng kề nhau. Chú ý rằng hàm
amm trong khoảng thú nhất và dơng trong khoảng cuối cùng. Vì vậy, số
các khoảng là lẻ. Do đó,
n
là lẻ.
152 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.3.25.
Xác định dy
fx
n
g
bằng cách đặt
x
n
= f
n
(x
0
)
. Nếu có một số hạng
của dy là điểm cố định của
f
,thì
fx
n
g
là hằng số bắt đầu từ giá trị nào đó
của chỉ số
n
. Vậy nó hộ i tụ. Nếu có một s ố hạn g của dynàylàđiểmgiới

hạn của nó, thì theo giả thiết, dycũnghộitụnh trên. Vì vậy, chỉ cần xét
trờnghợpkhôngcósốhạnnàocủady
fx
n
g
là điểm giới hạn của nó. Giả
sử ngợc lại, dy không hội tụ. Khi đó
a = lim
n!1
x
n
<b= lim
n!1
x
n
:
Lấy
x
0
2 (a; b)
.Do
x
k
0
không là điểm giới hạn của
fx
n
g
, tồn tại khoảng
(c; d) ẵ (a; b)

mà không chứa bất kì số hạng nào của dy. Ngoài ra, có vô
hạn số hạng của dy trong mỗi khoảng
(Ă1;c)
và
(d; 1)
. Nếu không có số
hạng nào của dytrong
(a; b)
, thì ta có thể lấy
c = a
và
d = b
.Bâygiờ,ta
xác định dycon
fx
n
k
g
của
fx
n
g
sao cho
x
n
k
<c
và
x
n

k+1
>d
với
k 2 N
.Vì
vậy, nếu
g
là điểm giới hạn của
x
n
k
,thì
g c
và
f(g) á d
.Điềunàymân
thuẫn với giả thiết rằng mội điểm giới hạn của dy là điểm cố định của
f
.
1.3.26.
[6]. Theo kết qủa của 1.1.42, ta biết rằng
lim
n!1
f
n
(0)
n
= đ(f )
tồn tại.
Ta sẽ ch ỉ ra rằng tồn tại

x
0
2 [0; 1]
sao cho
f(x
0
)=x
0
+ đ(f)
.Nếu
f(x) á
x+đ(f)+"
với mọi
x 2 [0; 1]
và với
">0
nào đó, thì, nói riêng,
f(0) á đ(f)+"
.
Ta sẽ chỉ ra bằng quy nạp rằng với
n 2 N;f
n
(0) á n(đ(f)+")
.Thựcvậy,
đặt
r = f(0) Ă [f(0)]
,tacó
f
2
(0) = f(f(0)) = f([f(0)] + r)=[f(0)] + f(r)

á [f(0)] + r + đ(f)+" = f(0) + đ(f)+"
á 2(đ(f)+"):
Lí luận tơng tự để chứng minh rằng
f
n
(0) á n (đ(f )+")
kéo theo
f
n+1
(0) á
(n +1)(đ(f )+")
. Bây giờ, quan sát rằng nếu
f
n
(0) á n (đ(f )+")
,thì
đ(f) á
đ(f)+"
, mâu thuẫn. Hoàn toàn tơng tự, có thể chứng minh rằng nếu
f(x) x + đ(f) Ă"
với mọi
x 2 [0; 1]
và với
">0
nào đó, thì
đ(f) đ(f) Ă"
.
Lại mâu th uẫn. Do đó theo tính chất giá trị trung gian, tồn tại
x
0

2 [0; 1]
3.4. Chuỗi Taylor 153
sao cho
F (x
0
)=f(x
0
) Ăx
0
= đ(f)
. Nói riêng, nếu
đ(f)=0
,thì
x
0
là điểm cố
định của
f
. Mặt khác, nếu
x
0
là điểm cố định của
f
,thì
đ(f) = lim
n!1
f
n
(0)
n

=0
.
1.3.27.
Gọi A = fx 2 [0; 1] : f(x) á 0g;s=infA,vàh = f + g.Vìh giảm, ta
có
h(s) á h(x) á g(x)
với
x 2 A
.Do
g
liên tục, điều này suy ra
h(s) á g(s)
.
Do đó,
f(s) á 0
. Từ giả thiết, suy ra
g(0) >h(0) á h(s) á g(s)
.Dotính
chất giá trị trung gian của
g
, tồn tại
t 2 (0;s]
sao cho
g(t)=h(s)
.Khiđó
h(t) á h(s)=g(t)
,suyra
f(t) á 0
. Theo định nghĩa của
s

,tacó
t = s
,suyra
g(s)=h(s)
,haytơng đơng
f(s)=0
.
1.3.28.
Chú ý rằng
f
không liên tục trên
R
.Nếu
f
liên tục trên
R
,thì
theo kết quả trong 1.3.16, nó sẽ đơn điệu thực sự, chẳng h ạn, tăng thực sự.
Trong trờng hợp đó, nếu
f(x
0
)=0
,tacó
f(x) > 0
với
x>x
0
,và
f(x) < 0
với

x<x
0
,mâuthuẫnvớigiảthiết
f
ánh xạ
R
lên
[0; 1)
.Líluậntơng tự
chỉ ra
f
không thể giảm thực sự. Do đó,
f
không liên tục trên
R
.
Giả sử ngợc lại rằng
f
có hữu hạn điểm gián đoạn, chẳng hạn,
x
1
<x
2
<
:::<x
n
.Khiđó
f
đơnđiệungặttrênmỗikhoảng
(Ă1;x

1
); (x
1
;x
2
);::: ;(x
n
; 1)
.
Do đó, theo tính chất giá trị trung gian của
f
.
f((Ă1;x
1
));f((x
1
;x
2
));::: ;f((x
n
; 1))
là các khoảng mở đôi một rời nhau. Từ đó
[0; 1) n

f((Ă1;x
1
)) [
nĂ1
[
k=1

f((x
k
;x
k+1
)) [ f((x
n
; 1))
!
có ít nhất
n +1
phần tử. Mặt khác, các phần tử duy n hất của
R n

(Ă1;x
1
)) [
nĂ1
[
k=1
(x
k
;x
k+1
) [ (x
n
; 1)
!
là
x
1

;x
2
;::: ;x
n
.Vìvậy,
f
khônglàsongánh,mâuthuẫn.Vậy,tađ chứng
minh
f
có vô hạn điểm gián đoạn.
1.3.29.
Ta chỉ ra rằng n ếu
I
là khoảng con của
(0; 1)
với phần trong khác
rỗng, thì
f(I)=[0; 1]
. Để làm vậy, chú ý rằng khoảng
I
nh thế chứa một
154 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
khoảng con
(
k
2
n
0
;
k+1

2
n
0
)
. Vậy chỉ cần chứng minh rằng
f(
k
2
n
0
;
k+1
2
n
0
)=[0; 1]
.Bây
giờ, quan sát rằng nếu
x 2 (0; 1)
,thìhoặc
x =
m
2
n
0
với
m
và
n
0

nào đó, hoặc
x 2 (
j
2
n
0
;
j+1
2
n
0
)
với
j
nào đó,
j =0; 1;::: ;2
n
0
Ă 1
.Nếu
x =
m
2
n
0
,thì
f(x)=1
và
giá trị của
f

tại điểm giữa của
(
k
2
n
0
;
k+1
2
n
0
)
cũng là
1
. Tiếp đó, nếu
x 2 (
j
2
n
0
;
j+1
2
n
0
)
với
j
nào đó, thì tồn tại
x

0
2 (
k
2
n
0
;
k+1
2
n
0
)
sao cho
f(x)=f(x
0
)
. Thực vậy, mọi số
trong
(
k
2
n
0
;
k+1
2
n
0
)
có cùng

n
0
chữ số đầu tiên, và ta có thể tìm
x
0
trong khoảng
này để tất cả các chữ số còn lại nh trongkhaitriểnnhịphâncủa
x
.Vì
lim
n!1
n
P
i=1
a
i
n
=
lim
n!1
n
P
i=n
0
+1
a
i
n Ă n
0
;

ta nhận đợc
f(x)=f(x
0
)
. Do đó, chỉ cần chứng minh rằng
f((0; 1)) = [0; 1]
,
hay nói cách khác, với mọi
y 2 [0; 1]
tồn tại
x 2 (0; 1)
sao cho
f(x) Ă y
.Suy
từ trên rằng giá trị
1
đạt đ ợc, chẳng hạn, tại
x
1
2
. Để chứng minh giá t rị
0
cũng đạt đợc, lấy
x = :a
1
;a
2
;:::
,ởđây
a

i
=
(
1
nếu
i =2
k
;k=1;2;::: ;
0
ngợc lại.
Khi đó
f(x) = lim
k!1
k
2
k
=0:
Để đạt đợc giá trị
y =
p
q
,ởđây
p
và
q
là các số nguyên dơng nguyên
nguyeen tố cùng nhau, lấy
x = : 00 :::0
| {z }
qĂp

11 :::1
| {z }
p
00 :::0
| {z }
qĂp
::: ;
ở đây các cụm
q Ă p
số kh ông xen kẽ với các cụm
p
số
1
.Khiđó
f(x)=
lim
k!1
kp
kq
=
p
q
. B ây giờ, ta phải chỉ ra rằng mọi số vô tỷ
y 2 [0; 1]
cũng là những
giá trị đạt đợc. Ta đ biết (xem, chẳng hạn, I, 1.1.14) rằng tồn tại dysố
hữu tỷ
p
n
q

n
, ở đây mỗi cặp số nguyên
p
n
và
q
n
là nguyên tố cùng nhau, hội tụ
tới
y
.Đặt
x = : 00 :::0
| {z }
q
1
Ăp
1
11 :::1
| {z }
p
1
00 :::0
| {z }
q
2
Ăp
2
::: ;
3.4. Chuỗi Taylor 155
ở đây cụm

p
1
số
1
tiếp sau
q
1
Ă p
1
số không, cụm
p
2
số
1
tiếp sau
q
2
Ă p
2
số
không, và tiếp tục. Khi đó
f(x) = lim
n!1
p
1
+ p
2
+ ÂÂÂ+ p
n
q

1
+ q
2
+ ÂÂÂ+ q
n
= lim
n!1
p
n
q
n
= y:
Vì
lim
n!1
q
n
=+1
, dẳng thức thứ hai suy trực tiếp từ kết quả trong I, 2.3.9
hoặc từ định lí Stolz (xem, chẳng hạn, I, 2.3.11).
1.4 Hàm nửa liên tục
1.4.1.
(a) Đặt
sup
>0
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ă x
0
j <g = a
.Trớc hết, giả sử
a

là
số thực. Chúng ta sẽ chỉ ra rằng
a = lim
x!x
0
f(x)
. Theo định nghĩa của
suppremum, với mọi
>0
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ăx
0
j <g a;(i)
và với mọi ">0,tồntại
Ô
sao cho
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ă x
0
j <
Ô
gáa Ă":(ii)
Theo (ii),
f(x) Ă a>aĂ"
nếu
0 < jx Ă x
0
j <
Ô
:(iii)
Bây giờ, gọi
fx

n
g
là dyđiểmcủa
A
khác
x
0
.Nếudyhộitụtới
x
0
,
thì bắt đầu từ giá trị nào đó của chỉ số n, 0 < jx
n
Ă x
0
j <
Ô
.Vìvậy,
f(x
n
) >aĂ "
.Nếu
ff(x
n
)g
hội tụ, chẳng hạn tới
y
,thìtanhậnđợc
y á a Ă "
,vàdođó,

lim
x!x
0
f(x) á a
. Để chứng minh rằng
lim
x!x
0
f(x) a
,
ta sẽ dùng (i). Suy ra từ định nghĩacủa infimum rằng, với
"
1
> 0
cho
trớc, tồn tại
x
Ô
2 A
sao ch o
0 < jx Ă x
0
j <
Ô
và
f(x
Ô
) <a+ "
1
.Lấy

=
1
n
,tanhậnđợc dy
fx
Ô
n
g
sao cho
0 < jx
Ô
n
j <
1
4
và
f(x
Ô
n
) <a+ "
1
:
156 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
Kết hợp với (iii), thu đợc
a Ă"<f(x
Ô
n
) <a+ "
1
. Không mất tổng quát,

có thể giả sử rằng
ff(x
Ô
n
)g
hội tụ. Khi đó, giới hạn nhỏ hơn hoặc bằng
a + "
.Từtínhtuỳýcủa
"
1
> 0
suy ra
lim
x!x
0
f(x) a:
Nếu
a =+1
,thìvới
M>0
cho trớc, tồn tại

Ô
> 0
sao cho
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ă x
0
j <
Ô
g >M:

Từ đó, nếu
0 < jxĂx
0
j <
Ô
,thì
f(x) >M
.Dođó,nếu
fx
n
g
hội tụ tới
x
0
,
thì bắt đầu từ một chỉ số nào đó của
n
,
f(x
n
) >M
.Vậy
lim
n!1
f(x)=+1
,
tức là
lim
n!1
f(x)= lim

x!x
0
f(x)=+1
. Cuối cùng, nếu
a = Ă1
,thìvớimọi
>0
,
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ăx
0
j <g = Ă1:
Vì vậy, tồn tại dy fx
Ô
n
g hội tụ tới x
0
sao cho lim
n!1
f(x
Ô
n
)=Ă1,suyra
lim
x!x
0
f(x)=Ă1
.
(b) Chứng minh tơng tự nh trong (a).
1.4.2.
Kết quả là hệ quả trực tiếp của 1.1.35 và bài toán tr ớc.

1.4.3.
Suy ra từ kết quả của bài toán trớc rằng với
">0
cho trớc, tồn tại
>0
sao cho
0 y
0
Ă infff(x):x 2 A; 0 < jx Ăx
0
j <g <":
Theo định nghĩa của infimum, điều này tơng đơng với điều kiện (i) và (ii).
Theo 1.4.2(b),
~y = lim
x!x
0
f(x)
nếu và chỉ nếu với mọi
">0
, các điều kiện
sau đợc thoả mn:
(1)Tồntại
>0
sao cho
f(x) < ~y + "
với mọi
x 2 A
trong lân cận khuyết
0 < jx Ăx
0

j <
.
3.4. Chuỗi Taylor 157
(2) Với mọi
>0
, tồn tại
x
0
2 A
trong lân cận khuyết
0 < jx
0
Ă x
0
j <
để
f(x
0
) > ~y Ă "
.
1.4.4.
(a) Theo 1.4.2(a),
lim
x!x
0
f(x)=Ă1
nếu và c hỉ nếu với mọi
>0
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ăx
0

j <g = Ă1:
Điều này có nghĩa với mọi >0,tập
ff(x):x 2 A; 0 < jx Ă x
0
j <g
không bị chặn dới, suy ra đi ều phải chứng minh.
(b) Chứng minh tơng t ự nh (a).
1.4.5.
Gọi
f
n
g
là dy các số dơng đơn điệu gi ảm, hội tụ tới không. Suy từ
1.4.2(a) rằng
l = lim
n!1
infff(x):x 2 A; 0 < jx Ăx
0
j <
n
g:
với số thực
l
,điềunàytơng đơngvớihaiđiềukiệnsau
(1)Với
n 2 N
, tồn tại
k
n
2 N

sao cho
0 < jx Ăx
0
j <
k
kéo theo
f(x) >lĂ
1
n
với
k>k
n
.
(2) Với n 2 N, tồn tại k
n
>nvà x
k
n
2 A sao cho 0 < jx
k
n
Ă x
0
j <
k
n
và
f(x
k
N

) <l+
1
n
.
Do đó , tồn tại dy
fx
k
n
g
hộitụtới
x
0
sao cho
lim
n!1
f(x
k
n
)=l
.
Nếu
lim
x!x
0
f(x)=Ă1
,thìtheo1.4.4(a), với mọi
n 2 N
và
>0
,tồntại

x
n
2 A
sao cho
0 < jx
n
Ă x
0
j <
và
f(x
n
) < Ăn
.Vìvậy,
lim
x!x
0
x
n
=+1
và
lim
x!x
0
f(x
n
)=Ă1
.
Nếu
lim

x!x
0
f(x)=+1
, thì sự tồn tại của
fx
n
g
suy ra trực tiếp từ định
nghĩa.
158 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.4.6.
Kết qủa suy ra trực tiếp từ I, 1.1.2 và từ 1.4.1.
1.4.7.
Chỉ cần áp dụng I, 1.1.4 và 1.4.1.
1.4.8.
Chú ý rằng
inf
x2A
(f(x)+g(x)) á inf
x2A
f(x)+ inf
x2A
g(x);(1)
sup
x2A
(f(x)+g(x)) á sup
x2A
f(x)+sup
x2A
g(x):(2)

Thật vậy, với
x 2 A
,
f(x)+g(x) á inf
x2A
f(x)+ inf
x2A
g(x);
suy ra (1). Bất đẳng thức (2) đợc chứng minh tơng tự.
Trớc hết, ta chỉ ra rằng
lim
x!x
0
f(x) + lim
x!x
0
g(x) lim
x!x
0
(f(x)+g(x)):(3)
Theo (1), ta có
infff(x)+g(x):x 2 A; 0 < jx Ăx
0
j <g
á infff(x):x 2 A; 0 < j x Ă x
0
j <g
+inffg(x):x 2 A; 0 < jx Ă x
0
j <g

Chuyển qua giới hạn khi
! 0
+
và kết quả của 1.4.2(a) sẽ có (3). Bất đẳ ng
thức
lim
x!x
0
(f(x)+g(x)) lim
x!x
0
f(x)+ lim
x!x
0
g(x)(4)
có thể đợc chứng minh tơng tự. Hơn nữa, suy ra từ bài 1.4.6 và (3) rằng
lim
x!x
0
f(x) = lim
x!x
0
(f(x)+g(x))
á lim
x!x
0
(f(x)+g(x)) + lim
x!x
0
(Ăg(x))

= lim
x!x
0
(f(x)+g(x)) Ă lim
x!x
0
g(x):
3.4. Chuỗi Taylor 159
Có thể chứng minh theo cùng cách nh vậy rằng
lim
x!x
0
f(x)+ lim
x!x
0
g(x) lim
x!x
0
(f(x)+g(x)):
Để chứng minh các bất đẳng thức có thể ngặt, xét các hàm xác định nh sau
:
f(x)=
(
sin
1
x
nếu
x>0;
0
nếu

x 0;
g(x)=
(
0
nếu
x á 0;
sin
1
x
nếu
x<0:
Với
x
0
=0
, các đẳng thức đ chocódạng
Ă2 < Ă1 < 0 < 1 < 2
.
1.4.9.
Quan sát rằng nếu f và g không âm trên A,thì
inf
x2A
(f(x) Â g(x)) á inf
x2A
f(x) Â inf
x2A
g(x);(1)
sup
x2A
(f(x) Â g(x)) á sup

x2A
f(x) Â sup
x2A
g(x)(2)
Phần còn lại của chứng minh tơng tự nh trong lời giải của bài toán trớc.
Để thấy rằng bất đẳng thức có thể ngặt, xét các hàm đợc cho bởi
f(x)=
(
1
sin
2
1
x
+1
nếu
x>0;
2
nếu
x 0;
g(x)=
(
3
nếu
x á 0;
1
sin
2
1
x
+1

nếu
x<0:
Với
x
0
=0
, các đẳng thức đ chocódạng
1
4
< 1 <
3
2
< 3 < 6
.
1.4.10.
Ta có
lim
x!x
0
f(x)= lim
x!x
0
f(x) = lim
x!x
0
f(x)
.Vậy,theo1.4.8,
lim
x!x
0

f(x) + lim
x!x
0
g(x) lim
x!x
0
(f(x)+g(x)) lim
x!x
0
f(x) + lim
x!x
0
g(x):
Vì vậy,
lim
x!x
0
(f(x)+g(x)) = lim
x!x
0
f(x) + lim
x!x
0
g(x):
Các bất đẳng thức khác có thể đợc chứng minh tơng t ự.
160 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.4.11.
Nếu
á = l
hoặc

á = L
, thì khảng định đợc suy r a trực tiếp từ 1.4.5.
Vậy g iả sử rằng
á 2 (l; L)
. Khi đó, theo 1.4.5, tồn tại dy
fx
0
n
g
và
fx
00
n
g
đều
hộitụđến
a
sao cho
lim
n!1
f(x
0
n
)=l
và
lim
n!1
f(x
00
n

)=L:
Suy ra rằng
f(x
0
n
) <á<f(x
00
n
)
bắt đầu từ giá trị nào đó của chỉ số
n
.Vì
f
liên tục, nó có t ính chất gi á trị trung gian. Từ đó, tồn tại
x
n
trong khoảng
với c ác điểm mút
x
0
n
và
x
00
n
sao cho
f(x
n
)=á
.Vì

fx
0
n
g
và
fx
00
n
g
hộitụtới
a
,
dy
fx
n
g
cũng vậy.
1.4.12.
Hàm liên tục tại
kẳ
với
k 2 Z
(xem, chẳng hạn, 1.2.1). Rõ ràng,
lim
x!x
0
f(x)=
(
sin x
0

nếu sin x
0
> 0;
0
nếu
sin x
0
0;
và
lim
x!x
0
f(x)=
(
0
nếu
sin x
0
> 0;
sin x
0
nếu
sin x
0
0;
Do đó,
f
nửa liên tục trên trên tập

Q \

[
k2Z
(2kẳ; (2k +1)ẳ)
!
[

(R n Q) \
[
k2Z
[(2k Ă 1)ẳ; 2kẳ]
!
và nửa liên tục dới trên

Q \
[
k2Z
((2k Ă 1)ẳ; 2kẳ)
!
[

(R n Q) \
[
k2Z
[2kẳ; (2k +1)ẳ]
!
:
1.4.13.
Ta có
lim
x!x

0
f(x)=
(
x
2
0
Ă 1
nếu
x
0
< Ă1
hoặc
x
0
> 1;
0
nếu
x
0
2 [Ă1; 1];
và
lim
x!x
0
f(x)=
(
0
nếu
x
0

< Ă1
hoặc
x
0
> 1;
x
2
0
Ă 1
nếu
x
0
2 [Ă1; 1]:
3.4. Chuỗi Taylor 161
Vậy
f
nửa liên tục trên tại mỗi điểm hữu tỷ trong
(Ă1; Ă1) [ (1; 1)
và tại
mỗi điểm hữu tỷ trong khoảng
[Ă1; 1]
;
f
nửa liên tục dới tại mỗi điểm hữu
tỷ trong
(Ă1; Ă1] [ [1; 1)
và tại mỗi điểm hữu tỷ trong
(Ă1; 1)
.
1.4.14.

Hàm
f
liên tục tại
0
và tại mỗi điểm vô tỷ (xem, chẳng hạn, 1.2.3).
Giả sử rằng
0 6= x
0
=
p
q
,ởđay
p 2 Z
và
q 2 N
nguyên tố cùng nhau. Khi đó,
f(x
0
)=
1
q
và
lim
x!x
0
f(x)=0<
1
q
.Từđó,
f

nửa liên tục trên trên
R
1.4.15.
(a) Hàm
f
liên tục tại
0
và tại mỗi đ iểm vô tỷ dơng ( xem, chẳng hạn,
1.2.3). Giả sử rằng
x
0
là số vô tỷ âm. Khi đó
lim
x!x
0
f(x)=jxj = f(x
0
)
.Vì
vậy,
f
nửa liên tục trên tại
0
và tại mỗi điểm vô tỷ. Nếu
x
0
=
p
q
> 0

,
thì
lim
x!x
0
f(x)=
p
q
>
p
q+1
= f(x
0
)
. Điều này có nghĩa
f
nửa liên tục dới
tại mỗi điểm hữu tỷ dơng. Nếu
x
0
=
p
q
,thì
lim
x!x
0
f(x)=Ă
p
q

>
p
q +1
= f(x
0
)
và
lim
x!x
0
f(x)=
p
q
>
p
q +1
= f(x
0
):
Vậy
f
không nửa liên tục trên, cũng không nửa liên tục dới tại các
điểm hữu tỷ âm.
(b) Chú ý rằng với
x 2 (0; 1]
,
lim
t!x
f(t)=Ăx<f(x) <x= lim
t!x

f(t):
Vậy
f
không nửa liên tục dới, cũng không nửa liên tục trên trên
(0; 1]
.
1.4.16.
(a) Nếu
x
0
2 A
là điểm cô lập trong
A
, thì khảng định hiển nhiên đúng.
Nếu
x
0
2 A
là điểm giới hạn của
A
, thì khảng định suy ra từ
lim
x!x
0
af(x)=
8
<
:
a lim
x!x

0
f(x)
nếu
a>0;
a lim
x!x
0
f(x)
nếu
a<0;
162 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
(b) Giả
x
0
là điểm giới hạn của
A
và, chẳng hạn,
f
và
g
nửa liên tục dớitại
x
0
.Khiđó,theo1.4.8,
lim
x!x
0
(f(x)+g(x)) á lim
x!x
0

f(x) + lim
x!x
0
g(x) á f(x
0
)+g(x
0
):
1.4.17.
Giả s ử, chẳng hạn, rằng
f
n
nửa liên tục d ới tại
x
0
.Vì
sup
n2N
f
n
á f
n
với
n 2 N
,tanhậnđợc
lim
x!x
0
sup
n2N

f
n
(x) á lim
x!x
0
f
n
(x) á f
n
(x
0
)
với
n 2 N:
Do đó,
lim
x!x
0
sup
n2N
f
n
(x) á sup
n2N
f
n
(x
0
):
1.4.18.

Chỉ cần quan sát rằn g nếu
ff
n
g
là dytăng(tơngứng,giảm),thì
lim
n!1
f
n
(x)=sup
n2N
f
n
(x) (tơng ứng, lim
n!1
f
n
(x)=inf
n2N
f
n
(x)) (xem, chẳng hạn,
I,2.1.1) và dùng kết quả trong bài toán trớc.
1.4.19.
Theo 1.4.1.tacó
f
1
(x)=maxff(x); lim
z!x
f(z)g

=inf
>0
supff(z):z 2 A; jz Ă xj <g
=lim
!0
+
supff(z):z 2 A; jz Ă xj <g:
Tơng tự,
f
2
(x) = lim
!0
+
infff(z):z 2 A; jz Ăxj <g:
Từ đó,
f
1
(x) Ă f
2
(x)= lim
!0
+
supff(z):z 2 A; jz Ă xj <g
Ă lim
!0
+
infff(u):u 2 A; ju Ă xj <g
=lim
!0
+

supff(z) Ă f(u):z;u 2 A; jz Ăxj <;ju Ă xj <g
=lim
!0
+
supfjf(z) Ă f(u)j : z;u 2 A; jz Ă xj <;ju Ă xj <g
= o
f
(x):
3.4. Chuỗi Taylor 163
1.4.20.
Gọi
x
là điểm giới hạn của
A
,vàgọi
fx
n
g
là dy các điểm của
A
hội
tụ tới
x
.Đặt

n
= jx
n
Ă xj +
1

n
.Khiđó,
jz Ă x
n
j <
n
kéo theo
jz Ă xj < 2
n
.
Do đó, từ lời giải của bài toán trớc,
f
2
(x) = lim
n!1
infff(z):z 2 A; jz Ă x
k
j <
n
g
á infff(z):z 2 A; jz Ă x
k
j <
k
g
á infff(z):z 2 A; jz Ă xj < 2
k
g
Chuyển qua giới hạn khi
k !1

có
lim
k!1
f
2
(x
k
) á f
2
(x)
. Suy ra rằng
lim
z!x
f
2
(z) á
f
2
(x)
, v à vì vậy tính nửa liên tục dới của
f
2
đợc chứng minh. Hoàn toàn
tơngtựcóthểchứngminh
f
1
nửa liên tục trên. Bây giờ, theo kết quả của
bài toán trớc
o
f

(x)=f
1
(x) Ă f
2
(x)
, đ iều này cùng với 1.4.16 chứng minh
tính nửa liên tục trên của
o
f
.
1.4.21.
Chúng ta sẽ chứng minh khảng định cho hàm nửa liên tục dới.
Trớc hết giả sử rằng điều kiện đ cho đợc thoả mn. Khi đó, với
a<f(x
0
)
tồn tại
>0
sao cho
f(x) >a
bất cứ khi nào
jx Ă x
0
j <
.Nếu
fx
n
g
là dy
các điểm của

A
hội tụ tới
x
0
,thì
jx
n
Ă x
0
j <
với
n
đủ lớn.Từ đó
f(x
n
) >a
,
suy ra
lim
x!x
0
f(x
n
) á a
. Do tính tuỳ ý của
a
,tacó
lim
x!x
0

f(x
n
) á f(x
0
)
.Bâygiờ,
giả sử rằng
f
nửa liên t ục dới tại
x
0
và với trái với điều kiện của ta, điều
kiện đ cho không đợc thoả mn. Khi đó tồn tại
a<f(x
0
)
sao c ho với mọi
n 2 N
, tồn tại
x
n
2 A
để
jx
n
Ă x
0
j <
n
=

1
n
và
f(x
n
) a
.Vậydy
fx
n
g
hội
tụ tới
x
0
và
lim
n!1
f(x
n
) f (x
0
)
,mâuthuẫn.
1.4.22.
Giả sử rằngvới mọi
a 2 R
,tập
fx 2 A : f(x) >ag
mở. Gọi
x

0
là phần
tử của
A
và lấy
a<f(x
0
)
. Khi đó, tồn tại
>0
sao cho
(x
0
Ă ; x
0
+ ) ẵ
fx 2 A : f(x) >ag
. Theo kết quả của bài toán trớc, suy ra
f
nửa liên tục
dới.
Giả sử
f
nửa liên tục dới trên
A
. T a sẽ chỉ ra rằng tập
x 2 A; : f(x) a
đóng trong
A
.Gọi

fx
n
g
là dy các điểm của tập hợp này hội tụ t ới
a
.Khi
đó
f(x
n
) a
,vàdođó,
f(x) lim
n!1
f(x
n
) a
,suyra
x
cũng là phần t ử của
x 2 A : f(x) a
.Vậy,tađ chứng minh rằn g tập này là đóng, hay tơng
đơng, phần bù của nó mở trong
A
.
164 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.4.23.
Giả sử
f
nửa liên tục dới trên
R

,vàđặt
B = f(x; y) 2 R
2
: y á f(x)g
.
Ta phải ch ỉ ra rằng
B
đóng trong
R
2
.Gọi
(x
n
;y
n
)
là dyđiểmtrong
B
hội
tụ tới
(x
0
;y
0
)
.Khiđó
y
o
= lim
nto1

y
n
á lim
n!1
f(x
n
) á lim
x!x
0
f(x) á f(x
0
):
Từ đó,
(x
0
;y
0
) 2 B
.
Bây giờ, giả sử rằng
B
đóng và
f
không nửa liên tục dới tại
x
0
2 R
.Khi
đó, tập
B

c
= f(x; y) 2 R : y<f(x)g
mở trong
R
2
và t ồn tại d y
fx
n
g;x
n
6= x
0
,
hộitụtới
x
0
và sao cho
y = lim
n!1
f(x
n
) <f(x
0
)
.Lấy
g
sao cho
y<g<f(x
0
)

.
Khi đó
(x
0
;g)
thuộc
B
c
. Từ đó, tồn tại hình cầu tâm tại
(x
0
;g)
chứa trong
B
c
.
Điều này có nghĩa với
n
đủ lớn,
(x
0
;g)
thuộc
B
c
,haytơng đ ơng,
g<f(x
n
)
.

Vì vậy,
g y
, mâu thuẫn.
Nhắc lại rằng
f
nửa liên tục trên trên
R
nếu và chỉ nếu
Ăf
nửa liên tục
dới trên
R
.Vậy
f
nửa liên tục trên trên
R
nếu và chỉ nếu tập
f(x; y) 2 R
2
:
y f (x)g
đóng trong
R
2
.
1.4.24.
[21]. Ta trớc hết chỉ ra rằng
f
nửa liên tục dới nếu và chỉ nếu hàm
g(x)=

2
ẳ
arctg f(x)
nửa liên tục dới. Để làm vậy, ta dùng đặc chng đợc cho
trong 1.4.20. Giả sử rằng
f
nửa liên tục dới. Đ ể chứng minh
g
cũng nửa liên
tục dới, chỉ cần chỉ ra với mọi số thực
a
,tập
B = fx 2 A;
2
ẳ
arctg f(x) >ag
mở trong
A
. Rõ ràng, nếu
a Ă1
,thì
B = A
,vànếu
a á 1
,thì
B = ;
.Nếu
jaj < 1,thìB = fx 2 A;f(x) > tg(
2
ẳ

a)g; vậy nó mở theo giả thiết. Bây giờ
giả sử rằng
g
nửa liên tục dới. Khi đó
fx 2 A : g(x) >
2
ẳ
arctg ag
mở với mọi
số thực
a
.Dođó,tập
fx 2 A : f(x) >a
mở.
Với
n 2 N;a2 A
, xác định
'
a;n
bởi
'
a;n
= g(a)+njx Ăaj;x2 R;
và đặt
g
n
(x)=inf
a2A
'
a;n

(x):
Rõ ràng,
g
n
(x) g
n+1
(x)
với
x 2 R
3.4. Chuỗi Taylor 165
và
g
n
(x) '
x;n
(x)=g(x) x 2 A:
Từ đó, với mỗi
x 2 A
,dy
fg
n
(x)g
hội tụ. Bây giờ, ta chứng minh rằng hàm
g
n
liên tục trên
R
.Thựcvậy,với
x; x
0

2 R
,
j'
a;n
(x) Ă '
a;n
(x
0
)j njx Ăx
0
j:
Suy rằng
'
a;n
(x
0
) Ă njx Ă x
0
j '
a;n
(x) '
a;n
(x
0
)+njx Ăx
0
j:
Do đó
g
n

(x
0
) Ă njx Ă x
0
j g
n
(x) g
n
(x
0
)+njx Ăx
0
j;
và vì vậy tính liên tục của
g
n
đợc chứn g minh. Suy ra từ trên rằng với
x 2 A; lim
n!1
g
n
(x) g(x)
. Ta phải chứng minh rằng
lim
n!1
g
n
(x) á g(x)
.Gọi
x 2 A

và gọi
đ<<g(x)
.Vì
g
nửa liên tục dới tại
x
,tồntại
>0
sao cho
g(a) >đ
nếu
jx Ă aj <
.Từđó
'
a;n
(x) á g(a) >đ
với
jx Ă aj <:(1)
Mặt khác,
'
a;n
(x) > Ă1+n
với
jx Ă aj <;(2)
kết hợp với (1)có
g
n
(x)= inf
a2A
'

a;n
(x) á minfđ; Ă1+ng:
Vì vậy,
g
n
(x) á đ
với
n
đủ lớn, và do đó ta nhận đợc
lim
n!1
g
n
(x) á đ
.Cuối
cùng,, chuyển qua giới hạn khi
đ ! g(x)
,tacó
lim
n!1
g
n
(x) g(x)
.
1.4.25.
Suy ra từ định lý Baire (xem bài toán trớc) rằng tồn tại dygiảm
ff
n
g
và dytăng

fg
n
g
các hàm liên tục hội tụ trên
A
tới
f
và
g
,tơng ứ ng.
166 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
Đặt
'
1
(x)=f
1
(x);
1
(x)=inff'
1
(x);g
1
(x)g;
::: :::
'
n
(x)=maxf
nĂ1
(x);f
n

(x)g;
n
(x)=inff'
n
(x);g
n
(x)g:
Khi đó
f'
n
g
giảm, bởi vì các bất dẳng thức

n
'
n
và
f
n
'
n
suy ra
'
n+1
=maxf
n
;f
n+1
g maxf
n

;f
n
g maxf'
n
;f
n
g = '
n
:
Tơng tự, có thể chỉ ra rằng

n
tăng. Bây giờ quan sát rằng dy các hàm
liên tục
f'
n
g
và

n
ddeeuf hội tụ, chẳng hạn tớ i
'
và

,tơng ứng. Có thể
chỉ ra rằng
'(x)=maxf(x);f(x)g
và
(x)=minf'(x );g(x)g
(xem, c hẳng

hạn, I, 2.4.28). Vậy nế u
'(x) 6= (x)
với
x
nào đó, thì
'(x)=f(x)
;vàtừđó
f(x) g(x)
,tacũngcó
(x)=f(x)
, mâu thuẫn. Vì vậy, các dy
f'
n
g
và

n
có cùng giới hạn, chẳng hạn
f
, sao cho
f(x) h(x) g(x)
.Theo1.4.18,
h
nửa liên tục trên và nửa liên tục dới,dođóliêntục.
1.5 Tính liên tục đều
1.5.1.
(a) Hàm có thể thác triển liên tục trên
[0; 1]
.Vìvậy,
f

liêntụcđềutrên
(0; 1)
.Vìvậy,
f
liêntụcđềutrên
(0; 1)
.
(b) Chú ý rằng với
n 2 N
,




f
à
1
2nẳ
ả
Ăf
à
1
2nẳ +
ẳ
2
ả

=1
mặc dù



1
2nẳ
Ă
1
2nẳ+
ẳ
2



có thể nhỏ tuỳ ý. Do đó, hàm liên tục không đều
trên
(0; 1)
.
(c) Vìtồntạitháctriểnliêntụccủa
f
trên
[0; 1]
,hàm
f
liên tục đều trên
(0; 1)
.
3.4. Chuỗi Taylor 167
(d) Ta có

f
à
1
ln n
ả
Ă f
à
1
ln(n +1)
ả




= jn Ă(n +1)j =1
và



1
ln n
Ă
1
ln(n+1)

Ă!
n!1
.Từđó,
f
không liên tục đều trên
(0; 1)
.
(e) Vì
lim
x!0
+
e
Ă
1
x
=0
, hàm có thể thác triển liên tục trên
[0; 1]
.Vậy
f
liên
tục đều trên
(0; 1)
.
(f) Hàm không liên tục đều trên
(0; 1)
bởi vì

f
à
1
2ẳn
ả
Ă f
à
1
2ẳn + ẳ
ả




= e
1
2nẳ
+ e
1
2nẳ+ẳ
> 2;n2 N:
(g) Để thấy rằng hàm không liên tục đều trên
(0; 1)
, chú ý rằng

f
à
1
e
n
ả
Ă f
à
1
e
n+1
ả




=1:
(h) Quan sát rằng




f
à
1
2n
ả
Ăf
à
1

2n +1
ả




= jcos
1
2n
+cos
1
2n +1
jĂ!
n!1
2:
Vậy hàm không liên tục đều trên
(0; 1)
.
(i) Nh trên, có thể chỉ ra rằng hàm không liên tục đều trên
(0; 1)
.
1.5.2.
(a) Chúng ta sẽ chỉ ra rằng
f
liêntụcđềutrên
[0; +1)
. Thực vậy, theo
bất đẳng thức
j
p

x
1
Ă
p
x
2
j
p
jx
1
Ă x
2
j
với
x
1
;x
2
2 [0; 1)
ta có
jx
1
Ă x
2
j <
kéo theo
j
p
x
1

Ă
p
x
2
j <":