Tài liệu Bài tập giải tích nâng cao dịch Đoàn Chi P5 docx

3.4. Chuỗi Taylor 193
và do tính liên tục của
f
,
f(x
n
) ! f(x)
.Vì
F
đóng,
f(x) 2 F
, hay nói cách
khác
x 2 f
Ă1
(F)
.Vậytađ chứng m inh rằng
f
Ă1
(F)
đóng.
Để chứng minh (b)
=)
(c), chỉ cần chú ý rằng mọi tập con mở
G
của
Y
là phần bù của tập con đóng
F
,tứclà,
G = Y ẵ F

.Khiđó,tacó
f
Ă1
(G)=X ẵ f
Ă1
(F)
.
Bâygiờtasẽchứngminhrằng(c)
=)
(a). Gọi
x
0
2 X
và
">0
tuỳýcố
định. Theo giả thiết, tập
f
Ă1
(B
Y
(f(x
0
);"))
là mở trong
X
.Do
x
0
là phần tử

của
f
Ă1
(B
Y
(f(x
0
);"))
,tồntại
>0
sao cho
B
X
(f(x
0
);") ẵ f
Ă1
(B
Y
(f(x
0
);"))
.
Vì vậy, ta có
f(B
X
(x
0
;)) ẵ B
Y

(f(x
0
);")
, tức là
f
liên tục tại
x
0
.
Vậy, ta đ chứng minh rằng ba điều kiện đầu tiên là tơng đơng.
Tiếp theo, ta chứng minh rằng (a)
=)
(d). Để làm vậy, lấy
y
0
2 f(A)
.Theo
định nghĩa nghịch ảnh của một tập dới tác động của ánh xạ
f
,tồntại
x
0
2 A
sao cho
f(x
0
)=g(x
0
)
. Do tính liên tục của

f
tại
x
0
,với
">0
cho
trớc, tồn tại hình cầu
B
X
(x
0
;)
sao cho
f(B
X
(x
0
;)) ẵ B
Y
(y
0
;"):
Vì
x
0
2 A
,tathấy
B
X

(x
0
;) \ A 6= ;
.Vậy
;6= f(B
X
(x
0
;) \A) ẵ B
Y
(y
0
;") \ f(A);
tức là
y
0
2 f(A)
.
Để chứng minh (d)
=)
(c), đặt
A = f
Ă1
(B)
.Khiđó
f(f
Ă1
(B)) ẵ f(f
Ă1
(B)) = B:

Từ đó
f
Ă1
(B) ẵ f
Ă1
(B)
.
Cuối cùng, ta chứng minh rằng (c)
=)
(b). Nếu
F
đóng, thì
F = F
.Theo
(c),
f
Ă1
(F) ẵ f
Ă1
(F);
tức là f
Ă1
(F) đóng.
1.7.2.
Kí hiệu
B(X)
là họ tất cả các tập con Borel của
X
,tứclà,
ắ

-đại số
các tập con của
X
chứa mọi tập mở. Kí hiệu
~
B
là họ các tập
B ẵ Y
sao cho
194 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
f
Ă1
(B) 2B(X)
.Khiđó
~
B
là
ắ
-đại số các tập con của
Y
.Vì
f
liên tục, suy
ra từ bài toán trớc rằng nghịch ảnh của mọi tập mở là mở. Do đó,
~
B
chứa
tất cả các tập con mở của
Y
.Từđó,

B(Y) ẵ
~
B
, suy ra nếu
B 2B(Y)
,thì
f
Ă1
(B) 2
~
B(X)
.
1.7.3.
Cho
X = Y = R
đợc trang bị metric Euclide thông thờng
d(x; y)=
jx Ăyj
.Xácđịnh
f(x)=sinẳx
và
F =
â
n +
1
n
: n á 2
ê
.Khiđó,
F

đóng trong
không gian metric
X
, vì nó chỉ chứa các điểm cô lập. Mặt khác,
f(F)=
n
sin
ẳ
2
; Ăsi n
ẳ
3
; sin
ẳ
4
;:::
o
khôngđóngtrong
Y
bởi vì nó không chứa điểm điểm tích luỹ của nó, tức là
điểm 0.
Lấy
X
và
Y
nh trên đồng thời xác định
f(x)=x(x Ă 2)
2
và
G =(1; 3)

.
Khi đó,
f(F)=[0; 3)
.
1.7.4.
Nếu
y
n
inf f(F)
,thì
y
n
= f(x
n
)
,ởđây
x
n
2 F;n=1; 2; 3;:::
.Nếu
F
compact trong
X
,thìtồntạidycon
fx
n
k
g
của
fx

n
g
hộitụtới
x 2 F
.Dotính
liên tục của
f
,
fy
n
k
g
xác định bởi
y
n
k
= f(x
n
k
)
là dyconcủa
fy
n
g
hội tụ tới
f(x)inff(F)
. Vậy tính compact của
f(F)
đợc chứng minh.
1.7.5.

Gọi
fx
n
g
là dy các phần tử trong
F
1
[F
2
[:::[F
m
hội tụ tới
x
.Khi
đó, tồn tại ít nhất một dy
F
i
chứa dycon
fx
n
k
g
. Do đó, dy
fx
n
g
có thể
phân tích thành hữu hạn d yconsaochomỗidy con đợc chứa trong một
tập
F

i
.Do
F
i
đóng và
f
liên tục trên
F
i
,
f(x
n
k
)=f
jF
i
(x
n
k
) ! f
jF
i
(x)=f(x)
.
Suy ra rằng
ff(x
n
)g
đợc phân tích thành hữu hạn dyconhộitụtới
f(x)

,
tức là
ff(x
n
)g
hộitụtới
f(x)
.
Để thấy rằng khảng định không đúng trong trờng hợp vô hạn tập, xét
F
i
xác định nh sau :
F
0
= f0g; F
i
=
â
1
i
ê
;i=1; 2; 3;:::
. Hàm cho bở i
f(x)=
(
1
với
x 2 F
i
;i=1; 2; 3;::: ;

0
với
x 2 F
0
;
liên tục trên mỗi
F
i
;i=0; 1; 2; 3;:::
,nhng không liên tục trên tập
1
S
i=0
F
i
.
3.4. Chuỗi Taylor 195
1.7.6.
Lấy tuỳ ý
x
0
2[
t2T
G
t
. Khi đó, tồn tại
t
0
2 T
sao cho

x
0
2 G
t
0
.Vì
G
t
0
mở và giới hạn của
f
trên
G
t
0
là liên tục, với
">0
, tồn tại
>0
sao c ho nếu
x 2 B(x
0
;) ẵ G
t
0
,thì
f(x)=f
jG
t
0

(x) 2 B
Ă
f
jG
t
0
(x
0
);"
Â
, tức là
f
liên tục tại
x
0
.
1.7.7.
Giả sử rằng với mọ tập compact
A ẵ X
,
f
jA
là liên tục. Nếu dy
fx
n
g
các phần tử của
X
hội tụ tới
x

,thìtập
A = fx; x
1
;x
2
;x
3
;:::g
là compact
trong
X
.Vậy,
f(x
n
)=f
jA
(x
n
) ! f
jA
(x)=f(x)
.Vậy
f
liên tục trên
X
.Bao
hàm ngợc lại là rõ ràng.
1.7.8.
Tính liên tục của
f

Ă1
tơng đơng với điêuf kiện
f(G)
mở trong
Y
với mỗi
G
mở trong
X
.Nếu
G
mở trong
X
,thì
G
C
= X ẵ G
,coinh tập
con đóng của không gian compact
X
là com pact. Theo kết quả của 1.7.4,
f(G
C
)=bY ẵ f(G)
cũng compact, và do đó đóng. Điều này có nghĩa
f(G)
mở.
Để chỉ ra tính compact là giả thiết cố t yếu, xét
f :(0; 1) [f2g!(0; 1]
cho

bởi
f(x)=x
với
x 2 (0; 1)
và
f(2) = 1
. Rõ ràng,
f
là song ánh liên tục từ
(0; 1 [f2g)
lên
(0; 1]
.Vì
f
Ă1
(x)=x
với
x 2 (0; 1)
và
f
Ă1
(1) = 2
,hàmngợc
không liên tục trên
(0; 1]
.
1.7.9.
Gọi
d
1

và
d
2
lần lợt là các metric của
X
và
Y
. Do tính liên tục của
f
,với
">0
cho trớc và
x 2 X
, tồn tại
(x) > 0
sao cho
d
1
(y; x) <(x)
kéo theo
d
1
(f(y);f(x)) <
"
2
:(1)
Vì họ các hình cầu
â
B
Ă

x;
1
2
(x)
Â
: x 2 X
ê
là phủ mở của không gian compact
X
,tồntạiphủconhữuhạn
ẵ
B
à
x
i
;
1
2
(x
i
)
ả
: i =1; 2;::: ;n
ắ
:(2)
Đặt
=
1
2
minf(x

1
);(x
2
);::: ;(x
n
)g
và lấy
x
và
y
trong
X
sao cho
d
1
(x; y) <

. Vì họ (2) là một phủ của
X
, tồn tại
i 2f1 ; 2;::: ;ng
sao cho
d
1
(x; x
i
) <
1
2
(x

i
)
.Khiđó
d
1
(y;x
i
) <d
1
(y; x)+d
1
(x; x
i
) <+
1
2
(x
i
) (x
i
):
196 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
Do đó, theo (1),
d
2
(f(x);f(y)) d
2
(f(x);f(x
i
)) + d

2
(f(x
i
);f(y)) <":
1.7.10.
Với
x
0
;x2 X
và
y 2 A
,
dist(x; A) d(x; y) d(x; x
0
)+d(x
0
;y):
Vậy
dist(x; A) d(x; x
0
)+dist(x
0
; A)
.Từđó
dist(x; A) Ădist(x
0
; A) d(x; x
0
):
Cũng nh vậy,

dist(x
0
; A) Ădist(x; A) d(x; x
0
)
.Dođó
jdist(x; A) Ă dist(x
0
; A)j d(x; x
0
);
và vì vậy
f
liên tục đều trên
X
.
1.7.11.
Nếu
f(X)
không liên thông, thì tồn tại các tập con mở rời nhau, khác
rỗng
G
1
và
G
2
sao cho
G
1
[ G

2
= f(X)
. Tính liên tục của
f
suy ra rằng
f
Ă1
(G
i
);i=1; 2
, là mở. Rõ ràng, chúng khác rỗng, rời nhau và hợp của
chúng bằng
X
, mâu thuẫn.
1.7.12.
Gọi
d
1
và
d
2
lần lợt là các metric trên
X
và
Y
.Giảsử
f
liên
tục tại
x

0
2 A
.Khiđó,với
">0
cho trớc, c ó thể tìm
>0
sao cho
f(x) 2 Bf(x
0
);"=2
bất cứ khi nào
x 2 B(x
0
;) \ A
. Do đó,,
d
2
(f(x);f(y)) <"
với mọi
x; y 2 B(x
0
;)\A
. Suy ra rằng
o
f
(x
0
)=0
.Ngợc lại, nếu
o

f
(x
0
)=0
,
thì với
">0
, tồn tại

"
> 0
sao cho
0 <<
"
kéo theo
diam(f(A \ B(x
0
;))) <":
Từ đó
d
1
(x; x
0
) <
kéo theo
d
2
(f(x);f(x
0
)) diam(f(A \ B(x

0
;))) <":
3.4. Chuỗi Taylor 197
1.7.13.
Đặt
B = fx 2 A : o
f
(x) á "g
và gọi
fx
n
g
là dy các điểm của
B
hội
tụ tới
x
0
.Vì
B ẵ A;x
0
2 A
.Vìvậy,
o
f
(x
0
)
đợc xác định đúng đắn. Ngoài
ra, với mọi

>0
, tồn tại
n 2 N
sao cho
B(x
n
;=2) ẵ B(x
0
;)
.Từđó
diam(f(A \ B(x
0
;))) á diam(f(A \ B(x
n
;=2))) á o
f
(x
n
) á ":
Suy ra rằng
o
f
(x
0
) á "
, hay nói cách khác,
x
0
2 B
.

1.7.14.
Theo kết quả của 1.7.12, tập
C
các điểm liên tục của
f
bằng tập các
điểm mà trên đó dao dộ triệt tiêu. Đặt
B
n
= fx 2 X : o
f
(x) <frac1ng:
Suy ra từ bài toán trớc rằng
B
n
mở trong
X
. Mặt khác,
C =
1
\
n=1
B
n
;
tức là, tập các điểm liên tục của
f
có kiểu
G

. Suy ra rằng tập
X n C
các
điểm gián đoạn của
f
có kiểu
F
ắ
trong
X
.
1.7.15.
Xét hàm định nghĩa bởi (so sánh với 1.2.3 (a))
f(x)=
8
>
<
>
:
0
nếu
x
hữu tỷ.
0
nếu
x =0;
1
q
nếu
x =

p
q
;p2 Z;q 2 N;
và
p; q
nguyên tố cùng nhau.
1.7.16.
[S. S. Kim, Amer. Math. Monthly 106 (1999), 258-259]. Gọi
A
có
kiểu
F
ắ
trong
R
,tứclà
1
[
n=1
F
n
= A;
ởđây
F
n
đóng. Không mất tổng quát, có thể giả sử rằng
F
n
ẵ F
n+1

với
n 2 N
. Thực vậy, chỉ cần thay
F
n
bởi
F
1
[F
2
[ÂÂÂF
n
.Nếu
A = R
, thì, chẳng
hạn,
f(x)=
Q
(x)
gián đoạn tại mỗi
x 2 R
.Nếu
A 6= R
, thì ta định nghĩa
hàm
g
bằng cách đặt
g(x)=
8
<

:
P
n2K
1
2
n
nếu
x 2 A;
0
nếu
x 2 R ẵ A;
198 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
ởđây
K = fn : x 2 F
n
g
,vàtađặt
f(x)=g(x)
à

Q
(x) Ă
1
2
ả
:
Trớc hết, ta chỉ ra rằng mỗi điểm của
A
là điểm giám đoạn của
f

. Thực
vậy, nếu
x 2 A
o
, thì mọi lân cận của
x
chứa một điểm mà tại đó dấu của
f
khác dấu của
f(x)
.Nếu
x 2 @A \A
,thì
f(x) 6=0
và mọi lân cận của
x
chứa
mộtđiểmmàtạiđó
f
triệt tiêu. Vì
A = A
o
[ (@A \ A)
,hàm
f
gián đoạn
trên
A
. Bây giờ, ta phải chỉ ra rằng
f

liên tục trên
R ẵ A
.Tacó
f(x)=0
nếu
x=2 A
. Nếu dy
fx
k
g
hội tụ tới
x
và
x
k
2 A
,thìvớimọi
n
, tồn tại
k
n
sao
cho
x
k
2 F
n
với
k á k
n

.(Nếucóvôhạn
x
k
trong
F
n
nào đó, thì
x
cũng nằm
trong
F
n
.) Do đó, với
k á k
n
,
g(x
k
)=
1
2
n+1
+
1
2
n+2
+ :::=
1
2
n

;
tức là
lim
k!1
g(x
k
)=0=g(x)
.
1.7.17.
Không. Mọi hàm xác định trên không gian metric rời rạc là liên tục.
1.7.18.
Trớc hết giả sử rằng
x 2 @A = A \X n A
. Vì mỗi hình cầu
B(x; )
chứa các điểm của
A
và các điểm của
X n A
,tacó
o

A
(x)=1
.
Bây giờ, giả sử rằng
o

A
(x) > 0

. Điều này có nghĩa với mọi
>0
,
sup
â



A(x)
Ă
A(y)


: y 2 B(x; )
ê
= o

A
(x; ) > 0:
Do đó, mỗi hình cầu
B(x; )
phỉa chứa các điểm của
A
và các điểm của
X nA
.
Từ đó,
x 2 @A = A \ X nA
.
Rõ ràng, nếu

A
vừa mở, vừa đóng, thì
@A = ;
.Vìvậy,theo1.7.12,

A
liên tục trên
X
.Ngợc lại, nếu

A
liên tục trên
X
,thì
@A = ;
.Bâygiờ,
ta chứng minh rằng
A ẵ A
. Nếu không, tồn tại
x 2 A n A ẵ X nA
,mâu
thuẫn. Có thể chứng minh hoàn toàn tơng tự rằng
X nA
cũng đóng.
1.7.19.
Với
x 2 A
và
>0
ta có

o
f
(x; )=supfd
2
(f(x);f(y)) : y 2 B(x; )g
=supfd
2
(f(x);f(y)) : y 2 A \ B(x; )g
+supfd
2
(f(x);f(y)) : y 2 (X n A) \B(x; )g
3.4. Chuỗi Taylor 199
Vậy
o
f
(x; )
supfd
2
(g
1
(x);g
1
(y)) : y 2 A \B(x; )g
+supfd
2
(g
1
(x);g
2
(y)) : y 2 (X nA) \ B(x; )g

o
g
1
(x; )+supfd
2
(g
1
(x);g
2
(y)) : y 2 (X nA) \B(x; )g
o
g
1
(x; )
+supfd
2
(g
1
(x);g
2
(x)) + d
2
(g
2
(x);g
2
(y)) : y 2 (X nA) \B(x; )g
o
g
1

(x; )+d
2
(g
1
(x);g
2
(x)) + o
g
2
(x; ):
Vì
g
1
và
g
2
liên tục, ta có, theo 1.7.12,
o
f
(x) d
2
(g
1
(x);g
2
(x)):(1)
Bây giờ, ta phải chứng minh rằng với x 2 A.
o
f
(x) á d

2
(g
1
(x);g
2
(x)):(2)
Gọi
f
n
g
là dy các số dơng hội tụ tới
0
.Vì
A
o
= ;
,tập
X nA
trù mật trong
X
. Vậy mỗi hình cầu
B(x;
n
)
chứa một điểm
y
n
của
X n A
.Dođó,

supfd
2
(f(x);f(y)) : y 2 B(x;
n
)g
á supfd
2
(g
1
(x);g
2
(y)) : y 2 B(x;
n
) \ (X nA)g
á d
2
(g
1
(x);g
2
(y
n
)):
Kết hợp với tính liên tục của
g
2
suy ra
lim
n!1
supfd

2
(f(x);f(y)) : y 2 B(x;
n
)gád
2
(g
1
(x);g
2
(x)):
Từ đó suy ra ( 2). S u y ra từ (1) và (2) rằng đẳng thức cần chứng minh đúng
với
x 2 A
. Theo cách tơngtự(dùngtínhtrùmậtcủa
A
) có thể chứng minh
đẳn thức này cũng đúng cho
x 2 X nA
.
200 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
1.7.20.
Giả sử rằng
ff
n
g
là dy các hàm liên tục trên
X
sao cho
f(x)=
lim

n!1
f
n
(x)
.Với
">0
,đặt
P
m
(")=fx 2 X : jf(x) Ă f
m
(x)j "g
và
G(")=
1
S
m=1
(P
m
("))
o
. Ta sẽ chứng minh rằng
C =
1
T
n=1
G(1=n)
là tập các
điểm liên tục của
f

.Trớc hết ta s ẽ chứng minh rằng nếu
f
liên tục tại
x
0
,
thì
x
0
2 C
.Vì
f(x)= lim
n!1
f
n
(x)
, tồn tại
m
sao cho
jf(x
0
) Ăf
m
(x
0
)j
"
3
:
Suy ra từ tính liên tục của

f
và
f
m
tại
x
0
rằng tồn tại một hình cầu
B(x
0
;)
sao cho với
x 2 B(x
0
;)
,
jf(x) Ăf(x
0
)j
"
3
và
jf
m
(x) Ăf
m
(x
0
)j
"

3
:
Do đó,
jf(x)Ăf
m
(x)j "
nếu
x 2 B(x
0
;)
. Điều này có nghĩa
x
0
2 (P
m
("))
o
ẵ
G(")
.Vì
">0
có thể chọn tuỳ ý, ta có
x
0
2 C
.
Bây giờ nếu
x
0
2 C =

1
\
n=1
G(1=n);
thì, với mọi
">0;x
0
2 G("=3)
. Vậy tồn tại số nguyên dơng
m
sao cho
x
0
2 (P
m
("))
o
. Do đó tồn tại hình cầu
B(x
0
;)
sao cho nếu
x 2 B(x
0
;)
,thì
jf(x) Ăf
m
(x)j
"

3
:
Vì
f
m
liên tục, điều này chỉ ra rằng
f
liên tục tại
x
0
. Bây giờ, ta phải chứng
minh rằng
X n C
thuộc phạm trù thứ nhất. Để làm vậy, xác định
F
m
(")=fx 2 X : jf
m
(x) Ăf
m+k
(x)j "
với mọi
k 2 Ng:
Tính liên tục của
f
n
;n2 N
, suy ra rằng
F
m

(")
đóng. Vì
f(x) = lim
n!1
f
n
(x);x2
X
,tathấyrằng
X =
1
S
m=1
F
m
(")
và
F
m
(") ẵ P
m
(")
.Dođó,
1
[
m=1
(F
m
("))
o

ẵ G("):
3.4. Chuỗi Taylor 201
Bây giờ chú ý rằng với mọi
F ẵ X
, phần trong của
F n F
o
bằng rỗng, bởi vì
(F ẵ F
o
)
o
n F
o
n (F
o
)
o
= ;
. N goài ra, nếu
F
đóng, thì
F n F
o
đóng và vì vậy
F n F
o
trù mật khắp nơi. Vì rằng
X n
1

[
m=1
(F
m
("))
o
ẵ
1
[
m=1
(F
m
(") n (F
m
("))
o
);
tập
X n
1
S
m=1
(F
m
("))
o
thuộc phạm trù thứ nhất. Cuối cùng, quan sát rằng
X n C = X n
1
[

n=1
G(1=n)=
1
[
n=1
(X nG(1=n)):
Vì vậy, tập
X nC
các điểm gián đoạn của
f
thuộc phạm trù thứ nhất.
1.7.21.
Ta sẽ dùng kí hiệu của lời giải của bài toán trớc. Ta có
X n G(1=k) ẵ X n
1
[
m=1
(F
m
(1=k))
o
ẵ
1
[
m=1
(F
m
(1=k) n (F
m
(1=k))

o
):
Từ đó,
1
[
k=1
(X n G(1=k)) ẵ
1
[
k=1
1
[
m=1
(F
m
(1=k) n (F
m
(1=k))
o
):
Vậy,
X nC
là tập con của hợp đếm đợc các tập đóng và k hông đâu trù mật
(các phần bù của chúng mở và trù mật trong
X
). Suy ra rằng
C
chứa giao
đếm đợc các tập mở và trù mật. Theo định lí Baire,
C

trù mật trong
X
.
1.7.22.
Với
">0
,đặt
F
k
= f0g[
\
nák
n
x>0:



f

x
n




"
o
;k=1; 2; 3;::: :
Vì
f

liên tục, các tập là đó ng (xem, chẳng hạn, 1.7.1). Theo giả thiết,
S
k=1
F
k
=
[0; 1)
. Theo định lí Baire, ít nhất một trong các tập
F
k
có phần trong khác
rỗng. Do đó, tồn tại
a>0; >0
,và
k 2 N
sao cho
(a Ă ; a + ) ẵ F
k
. Không
mất tổng quát, có thể giả sử rằng

a
k
.Nếu
0 <x
và
n =
Ê
a
x

Ô
,thì
202 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
a Ă a Ă x<nx a<a+
,và
n á k
.Vậy
nx 2 F
k
, và theo định nghĩa
của
F
k
,
f(x)=



f

nx
n




";
suy ra
lim
x!0

+
f(x)=0
.
1.7.23.
Định nghĩa
F
n
nh sau :
F
n
= fx 2 X : jf(x)j n
với mọi
f 2Fg:
Suy ra từ tính liên tục của
f
rằng
F
n
đóng. T heo giả thiết, với mọi
x 2 X
,
tồn tại số nguyên dơng
n
x
sao cho
jf(x)j n
x
với mọi
f 2F
n

x
.Dođó,
X =
1
S
n=1
F
n
.Vì
(X;d
1
)
thuộc phạm trù thứ hai, tồn tại
F
n
0
có phần trong
khác rỗng. Đặt
G = F
o
n
0
.Vìvậy,
jf(x)j n
0
với mọi
f 2F
và mỗi
x 2 G
.

1.7.24.
Ta biết rằng
f

1
\
n=1
F
n
!
ẵ
1
\
n=1
f(F
n
):
Bây giờ, ta chứng minh rằng nếu
f
liên tục, thì
1
\
n=1
f(F
n
) ẵ f

1
\
n=1

F
n
!
:
Lấy
y 2
1
T
n=1
f(F
n
)
. Khi đó, với mọi số nguyên dơng
n; y 2 f(F
n
)
, hay nói cách
khác,
y = f(x
n
)
. theo định lí về các tập lồng nhau của Cantor,
1
T
n=1
f(F
n
)=
fx
0

g
với
x
0
2 X
với
x
0
2 X
nào đó. Do tính liên tục của
f
,
y = lim
n!1
f(x
n
)=
f(x
0
)
.Vậy
y 2 f
à
1
T
n=1
f(F
n
)
ả

.
1.7.25.
Với
u; v 2 X
ta có
d(f
u
;f
v
)=supfjd
1
(u; x) Ăd
1
(v; x)j : x 2 Xg d
1
(u; v):
Ngoài ra,
d(f
u
;f
v
)=supfjd
1
(u; x) Ăd
1
(v; x)j : x 2 Xg
jd
1
(u; x) Ăd
1

(v; x)j = d
1
(u; v):
3.4. Chuỗi Taylor 203
1.7.26.
Giả sử trớc hết rằng
X
là không gian metric compact và
f : X ! R
liên tục. Khi đó, với
">0
cho trớc và
x 2 X
,tồntại

x
> 0
sao cho
jf(y) Ă f(x)j <"
với
jy Ă xj <
x
.Vìhọ
fB(x;
x
);x2 Xg
là phủ mở của
X
, tồn tại phủ con hữu hạn
B(x

1
;
x
1
); B(x
2
;
x
2
);::: ;B(x
n
;
x
n
)
.Vìvậyvới
x 2 X
, tồn tại
i 2f1; 2;::: ;ng
sao cho
x 2 B(x
i
;
x
i
)
. Suy ra rằng
jf(x)j jf(x) Ă f(x
i
)j + jf(x

i
)j " +maxff(x
1
);f(x
2
);::: ;f(x
n
)g;
tức là
f
bị chặn trên
X
.
Bây giờ giả sử rằng hàm thực liên tục trên
X
bị chặn và giả sử ngợc lại
rằng
X
không c ompact. Khi đó, c ó thể tìm dy
fx
n
g
các phần tử trong
X
mà
không chứa bất kỳ dy con hội tụ nào. Khi đó, F = fx
n
: n 2 Ng
đóng trong
X

.Hàm
f
cho bởi
f(x
n
)=n
liên tục trên
F
. Theo định lí thác triển Tietze,
tồn tại thác triển liên tục của
f
xác định trên toàn
X
.Vậy,tađ xây dựng
một hàm liên tục và không bị chặn, mâu thuẫn.
1.7.27.
Trớc hết, ta chứng minh rằng (a) suy ra (b). Giả sử (a) đúng, tức
lim
n!1
ẵ(x
n
)=0
và giả sử ngợ c lại rằng
fx
n
g
không chứa dy con hội tụ. Khi
đó tồn tại d y
fy
n

g
các phần tử trong
X
sao cho
lim
n!1
d
1
(x
n
;y
n
)=0
và
y
n
6= x
n
với
n 2 N
.Nếu
fy
n
g
chứa dy con hội tụ
y
n
k
,thìdo
lim

k!1
d
1
(x
n
k
;y
n
k
)=0
,dy
con
fx
n
k
g
cũng hội tụ. Suy ra rằng không có số hạng nào của dy
fx
n
g
và
fy
n
g
đợc lặp lại vô hạn lần. Vì vậy, tồn tại một dytăngthựcsự
fn
k
g
các số
nguyên dơng sao cho các tập vô hạn

F
1
= fx
n
k
: k 2 Ng
và
F
2
= fy
n
k
: k 2 Ng
đóng và rời nhau. Theo bổ đề Urysohn, tồn tại hàm liên tục
f : X ! R
sao
cho
f
bằng
1
trên
F
1
và bằng
0
trên
F
2
.Vậy
jf(x

n
k
) Ă f(y
n
k
)j =1
và
lim
k!1
d
1
(x
n
k
;y
n
k
)=0:
Từ đó
f
liên tục nhng không liên tục đều trên
X
, mâuthuẫn (a).
Để chỉ ra rằng (b) suy ra (a), kí hiệu
A
là tập các điểm giới hạn của
X
.
Theo (b), mọi dy các phần tử trong
A

có dy con hội tụ tới phần tử trong
A
.Vìvậy,
A
compact. Nếu
X 6= A
,thìvới

1
> 0
,đặt

2
=inffẵ(x):x 2
X; dist(x; A) >
1
g
. T a sẽ chứng minh rằng

2
> 0
.Nếu

2
=0
,thìtồntại
204 Chơng 3. Dy và chuỗi hàm
dy
fx
n

g
các phần tử trong
X
sao cho
lim
n!1
ẵ(x
n
)=0
và
dist(x
n
; A) >
1
.
theo (b),
fx
n
g
có dyconhộitụtớimộtphầntửtrong
A
,mâuthuẫn. Gọi
f : X ! R
là hàm liên tục và lấy
">0
tuỳ ý cố định. Khi đó, với
x 2 A
,tồn
tại

x
> 0
sao c ho nếu
d
1
(x; y) <
x
,thì
jf(x) Ăf(y)j <
1
2
"
.Vì
A
compact, tồn
tại
x
1
;::: ;x
n
2 A
sao cho
A ẵ
n
[
k=1
B
à
x
k

;
1
3

x
k
ả
:
Đặt

1
=
1
3
minf
x
1
;::: ;
x
n
g
và

2
> 0
nh trên. Đặt
=minf
1
;
2

g
và
lấy
x; y 2 X
sao cho
d
1
(x; y) <
.Nếu
dist(x; A) >
1
,thì
ẵ(x) >
2
,vậy
d
1
(x; y) <
2
chỉ nếu
x = y
. Khi đó, rõ ràng,
jf(x) Ă f(y)j <"
.Nếu
dist(x; A)
1
,thìtồntại
a 2 A
sao cho
d

1
(x; a)
1
. Suy ra từ trên rằng
tồn tại
k 2f1; 2;::: ;ng
để
d
1
(a; x
k
) <
1
3

x
k
.Dođó,
d
1
(y; x
k
) d
1
(y; x)+d
1
(x; a)+d
1
(a; x
k

) <+
1
+
1
3

x
k

x
k
:
Từ đó
jf(x) Ă f(y)j jf(x) Ăf(x
k
)j + jf(x
k
) Ă f(y)j <
1
2
" +
1
2
" = ":
Điều này chứng minh tính liên tục đều của
f
trên
X
.
1.7.28.

Biết rằng, xem, chẳng hạn, 1.7.9, mọi hàm liên tục trên không gian
metric compact là liên tục đều. Nếu
X
là compact, thì m ỗ i tập
fx 2 X :
ẵ(x) >"g;">0
, là hữu hạn. Mặt khác, giả sử rằng tồn tại một số
">0
sao
cho t ập
fx 2 X : ẵ(x) >"g
là hữu hạn. Vì họ các hình cầu
B(x; ");x 2 X
là
phủ mở của
X
, n ó có p hủ con hữu hạn, mâu thuẫn với
ẵ(x) >"
với vô hạn
x
.
Bâygiờ giả sử mọi hàm thực liên tục trên
X
là liên tục đều và tập
x 2
X : ẵ(x) >"
hữu hạn. Ta s ẽ chứng minh rằng
X
compact. Gọi
fx

n
g
là dy
các đ iểm của
X
.Nếumộtsốhạngcủadynàyđợc lặp lại vô hạn lần, thì
rõ ràng tồn tại một dy con hội tụ. Nếu không, thì
lim
n!1
ẵ(x
n
)=0
,vìtập
fx 2 X : ẵ(x) >"g
là hữu hạn. T he o kết quả của bài toán trớc,
fx
n
g
chứa
một dy con hội tụ.
3.4. Chuỗi Taylor 205
1.7.29.
Chỉ cần xét
X =[0; 1] [f2g[f3g[f4g[:::
đợc trang bị chuẩn
Euclide
d
1
(x; y)=jx Ăyj
.

206 Ch¬ng 3. D∙y vµ chuçi hµm
Ch¬ng 2
PhÐp tÝnh vi ph©n
2.1 §¹o hµm cña hµm sè thùc
2.1.1.
(a) Ta cã
f(x)=
(
x
2
x ¸ 0;
¡x
2
x<0:
Suy ra
f
0
(x)=
(
2xx¸ 0;
¡2xx<0;
bëi v×
f
0
+
(0) = lim
h!0
+
h
2

¡0
h
=0=f
0
¡
(0):
(b) Ta cã
f
0
(x)=
(
1
2
p
x
x ¸ 0;
¡
1
2
p
¡x
x<0:
Bëi v×
f
0
+
(0) = lim
h!0
+
p

h ¡0
h
=+1;
207
208 Ch¬ng 2. Vi ph©n
nhng
f
0
¡
(0) = lim
h!0
¡
p
¡h ¡ 0
h
= ¡1
nªn ®¹o hµm cña
f
t¹i ®iÓm
0
kh«ng tån t¹i.
(c)
f
0
(x)=n¼ sin(2¼x)
víi
x 2 (n; n +1);n2 Z
. H¬n n÷a víi
n 2 Z
ta cã

f
0
+
(n)= lim
x!n
+
n sin
2
(¼x) ¡ 0
x ¡n
= lim
x!n
+
n sin
2
(¼x ¡ n¼)
x ¡n
=0;
f
0
¡
(n) = lim
x!n
¡
(n ¡1) sin
2
(¼x) ¡0
x ¡n
=0;
suy ra

f
0
(x)=¼[x]sin(2¼x):
(d) Tõ c©u (c) suy ra
f
0
(x)=(x sin
2
(¼x))
0
¡ ([x]sin
2
(¼x))
0
=sin
2
(¼x)+¼(x ¡[x]) sin(2 ¼x):
(e)
f
0
(x)=
1
x
víi
x 6=0
.
(f)
f
0
(x)=

1
x
p
x
2
¡1
khi
jxj > 1
.
2.1.2.
(a) V×
log
x
2=
ln 2
ln x
nªn ta cã
f
0
(x)=¡
ln 2
x ln
2
x
= ¡
log
x
2 ¢ log
x
e

x
:
(b) Tõ (a) suy ra
f
0
(x)=
¡tan x ln x ¡
1
x
ln cos x
ln
2
x
= ¡tan x log
x
e ¡
1
x
log
x
cos x ¢log
x
e:
2.1.3.
2.1. Đạo hàm của hàm số thực 209
(a) Rõ ràng
f
0
(x)=
(

1
1+x
2
jxj < 1;
1
2
jxj > 1:
Ta cần phải kiểm tra tính khả vi tại các điểm
x =1
và
x = Ă1
.Tacó
f
0
+
(1) = lim
x!1
+
ẳ
4
Ă
xĂ1
2
Ă
ẳ
4
x Ă1
=
1
2

;
f
0
Ă
(1) = lim
x!1
Ă
arctan x Ă
ẳ
4
x Ă1
= arctan
0
(1) =
1
2
:
Do đó
f
0
(1) =
1
2
. Ta lại có
f
0
+
(Ă1) = lim
x!Ă1
+

arctan x +
ẳ
4
x +1
= arctan
0
(Ă1) =
1
2
;
f
0
Ă
(Ă1) = lim
x!Ă1
Ă
Ă
ẳ
4
Ă
xĂ1
2
Ă
ẳ
4
x +1
=+1;
Suy ra
f
không khả vi tại điểm

Ă1
.
(b) Ta có
f
0
(x)=
(
2xe
Ăx
2
(1 Ă x
2
) jxj < 1;
0 jxj > 1:
Hơn nữa
f
0
+
(1) = lim
x!1
+
1
e
Ă
1
e
x Ă1
=0;
f
0

Ă
(1) = lim
x!1
Ă
x
2
e
Ăx
Ă
1
e
x Ă 1
=

x
2
e
Ăx
2

0



x=1
=0:
Vì
f
là hàm chẵn nên
f

0
(Ă1) = 0
.
(c) Chú ý rằng
f
liên tục tại 0. Hơn nữa
f
0
+
(0) = lim
x!)
+
arctan
1
x
Ă
ẳ
2
x
=lim
t!ẳ=2
Ă
t Ăẳ=2
1
tan t
=lim
t!ẳ=2
Ă

t Ă

ẳ
2

tan t = Ă1
210 Chơng 2. Vi phân
và
f
0
Ă
(0) = lim
x!)
+
arctan
Ă
Ă
1
x
Â
Ă
ẳ
2
x
= lim
t!ẳ=2
Ă
t Ăẳ=2
Ă
1
tan t
= Ă lim

t!ẳ=2
Ă

t Ă
ẳ
2

tan t =1;
suy ra
f
không khả vi tại điểm
0
.
2.1.4.
Trớc hết ta thấy rằng
f
0
(0) = lim
x!0
x
2


cos
ẳ
x


x
=0:

Rõ ràng với
x 6=
2
2n+1
,
n 2 Z
thì
f
0
(x)
tồn tại, với
x
n
=
2
2n+1
;n =0; 2; 4;::: ;
ta có
f
0
+
(x
n
) = lim
x!x
+
n
x
2
cos

ẳ
x
x Ăx
n
=

x
2
cos
ẳ
x

0



x=x
n
= ẳ;
f
0
Ă
(x
n
)= lim
x!x
Ă
n
x
2

cos
ẳ
x
x Ăx
n
=

Ăx
2
cos
ẳ
x

0



x=x
n
= Ăẳ;
Tơng tự với
x
n
=
2
2n+1
,
n =1; 3; 5;:::
thì
f

0
+
(x
n
)=ẳ
và
f
0
Ă
(x
n
)=Ăẳ
.Vì
f
là hàm chẵn nên
f
không khả vi tại các điểm
x
n
,
n 2 Z
.
2.1.5.
(a) Vì
f
liên tục nên
c =0
và
a +b =1
.Vì

f
0
Ă
(0) = 4
,
f
0
+
(0) = b
suy ra
b =4
và
a = Ă3
. Dễ thấy rằng với
a; b; c
đợc tìm ra ở trên hàm
f
sẽ khả vi
trên
R
.
(b)
a = d = Ă1;b =0;c=1
.
(c)
b = c =1;a=0;d=1=4
.
2.1.6.
(a) Với
x 6=0

ta có
n
X
k=0
e
kx
=
1 Ă e
(n+1)x
1 Ă e
x
:
2.1. Đạo hàm của hàm số thực 211
Đạo hàm hai vế ta đợc
n
X
k=0
ke
kx
=
ne
(n+2)x
Ă (n +1)e
(n+1)x
+ e
x
(1 Ă e
x
)
2

:
(b) Đạo hàm
n
lần hai vế đẳng thức
2n
X
k=0
(Ă1)
k
à
2n
k
ả
e
kx
=(e
x
Ă1)
2n
ta đợc
2n
X
k=0
(Ă1)
k
k
n
à
2n
k

ả
e
kx
=
Ă
(e
x
Ă 1)
2n
Â
(n)
:
Để tính đợc vế phải tại điểm
0
ta xét hàm
g(x)=e
x
Ă1
và chú ý rằng
đạo hàm cấp
n
của
g
2n
(x)
là một tổng mà các thành phần chứa một luỹ
thừa của
g(x)
với bậc ít nhất là
n

(xem 2.1.38), do đó đạo hàm cấp
n
của hàm
x 7! (e
x
Ă 1)
2n
tại 0 bằng 0. Từ đó suy ra
2n
X
k=0
(Ă1)
k
k
n
à
2n
k
ả
=0:
(d) Đạo hàm đẳng thức
n
X
k=1
sin(kx)=
sin
nx
2
sin
(n+1)x

2
sin
x
2
;x6=2lẳ ; l 2 Z;
ta đợc
n
X
k=1
k cos(kx)=
n sin
x
2
sin
(2n+1)x
2
Ă sin
2
nx
2
2sin
2
x
2
;x6=2lẳ; l 2 Z:
Với
x =2lẳ
ta có
n
X

k=1
k cos(kx)=
1
2
n(n +1):
212 Chơng 2. Vi phân
2.1.7.
Đặt
f(x)=a
1
sin x + a
2
sin 2x + ÂÂÂ+ a
n
sin nx
ta có
ja
1
+2a
2
+ ÂÂÂ+ na
n
j = jf
0
(0)j = lim
x!0

f(x) Ă f(0)
x




=lim
x!0




f(x)
sin x




Â




sin x
x




= lim

x!0




f(x)
sin x




1:
2.1.8.
(a) Ta có
lim
x!a
xf(a) Ă af(x)
x Ăa
=lim
x!a
(x Ăa)f(a) Ăa(f(x) Ăf(a))
x Ăa
= f(a) Ă af
0
(a):
(b) Theo (a) ta có
lim
x!a
f(x)g(a) Ăf(a)g(x)
x Ăa

= lim
x!a
(f(x) Ă f(a))g(a) Ă f(a)(g(x) Ă g(a))
x Ă a
= f
0
(a)g(a) Ă f(a)g
0
(a):
2.1.9.
(a) Vì
f
liên tục tại
a
và
f(a) > 0
nên
f
Ă
a +
1
n
Â
> 0
với
n
đủ lớn. Hơn nữa
vì
f
khả vi tại

a
nên hàm
x 7! ln(f(x))
cũng khả vi t ại
a
,từđósuyra
lim
n!1
ln

f
Ă
a +
1
n
Â
f(a)
!
1=n
= lim
n!1
1
n
2
ln f
Ă
a +
1
n
Â

Ă ln f(a)
1
n
=0Â(ln f(x))
0
jx=a
=0:
Vậy
lim
n!1

f
Ă
a +
1
n
Â
f(a)
!
1=n
=1:
2.1. Đạo hàm của hàm số thực 213
(b) Từ (a) suy ra
lim
x!a
ln
à
f(x)
f(a)
ả

1
ln xĂln a
= lim
x!a
ln f(x) Ăln f(a)
x Ă a
Â
x Ăa
ln x Ăln a
=
f
0
(a)
f(a)
a:
2.1.10.
(a) Từ 2.1.8(b) cho
g(x)=x
n
ta đợc
lim
x!a
a
n
f(x) Ă x
n
f(a)
x Ăa
= Ăna
nĂ1

f(a)+a
n
f
0
(a):
(b)
lim
x!0
f(x)e
x
Ă f(0)
f(x)cosx Ăf(0)
= lim
x!0
à
f(x)e
x
Ă f(0)
x
Â
x
f(x)cosx Ăf(0)
ả
=(f(x)e
x
)
0
jx=0
Â
1

(f(x)cosx)
0
jx=0
=
f
0
(0) + f(0)
f
0
(0)
:
(c)
lim
n!1
n
à
f
à
a +
1
n
ả
+ f
à
a +
2
n
ả
+ ÂÂÂ+ f
à

a +
k
n
ả
Ă kf(a)
ả
= lim
n!1

f
Ă
a +
1
n
Â
Ă f(a)
1
n
+2
f
Ă
a +
2
n
Â
Ă f(a)
2
n
+ ÂÂÂ+ k
f

Ă
a +
k
n
Â
Ă f(a)
k
n
!
=(1+2+ÂÂÂ+ k)f
0
(a)=
k(k +1)
2
f
0
(a):
(d) Với
k 2 N
ta có
lim
n!1
f
Ă
a +
k
n
2
Â
Ă f(a)

k
n
2
= f
0
(a):
Vậy với mọi
">0
tồn tại
n
0
sao cho với
n á n
0
thì
k
n
2
f
0
(a) Ă
k
n
2
"<f
à
a +
k
n
2

ả
Ă f(a) <
k
n
2
f
0
(a)+
k
n
2
"
214 Chơng 2. Vi phân
với
k = 1;n:
Cộng các bất đẳng thức trên theo
k
ta đợc
n(n +1)
2n
2
f
0
(a) Ă
n(n +1)
2n
2
"<
n
X

k=1
à
f
à
a +
k
n
2
ả
Ăf(a)
ả
<
n(n +1)
2n
2
f
0
(a)+
n(n +1)
2n
2
":
Từ đó suy ra giới hạn cần tìm là
1
2
f
0
(a):
2.1.11.
(a)

lim
n!1
à
(n +1)
m
+(n +2)
m
+ ÂÂÂ+(n + k)
m
n
mĂ1
Ă kn
ả
=lim
n!1
(n +1)
m
Ă n
m
+(n +2)
m
Ăn
m
+ ÂÂÂ+(n + k)
m
Ăn
m
n
mĂ1
=lim

n!1

Ă
1+
1
n
Â
m
Ă 1
1
n
+2
Ă
1+
2
n
Â
m
Ă 1
2
n
+ ÂÂÂ+ k
Ă
1+
k
n
Â
m
Ă1
k

n
!
=
k(k +1)
2
m:
Hy so sánh với 2.1.10(c).
(b) Từ 2.1.10(c) ta có
lim
n!1
ln

Ă
a +
1
n
Â
n
Ă
a +
2
n
Â
n
ÂÂÂ
Ă
a +
k
n
Â

n
a
nk
!
=
k(k +1)
2
1
a
:
Suy ra
lim
n!1
Ă
a +
1
n
Â
n
Ă
a +
2
n
Â
n
ÂÂÂ
Ă
a +
k
n

Â
n
a
nk
=exp
ẵ
k(k +1)
2a
ắ
:
(c) Chú ý rằng
lim
n!1
ln
à

1+
a
n
2

à
1+
2a
n
2
ả
ÂÂÂ

1+

na
n
2

ả
=lim
n!1
à
ln

1+
a
n
2

+ln
à
1+
2a
n
2
ả
+ ÂÂÂ+ln

1+
na
n
2

ả

=lim
n!1
à
ln
à
1
a
+
1
n
2
ả
+ ÂÂÂ+ln
à
1
n
+
1
n
2
ả
Ăn ln
1
a
ả
:
2.1. Đạo hàm của hàm số thực 215
Sử dụng 2.1.10(d) suy ra
lim
n!1

à

1+
a
n
2

à
1+
2a
n
2
ả
ÂÂÂ

1+
na
n
2

ả
= e
a=2
:
2.1.12.
Ta có
lim
x!0
1
x

f(x)+f

x
2

+ f

x
3

+ ÂÂÂ+ f

x
k

= lim
x!0
à
f(x) Ă f(0)
x
+
f (x2) Ăf (0)
x
+ ÂÂÂ+
f (xk) Ă f(0)
x
ả
=
à

1+
1
2
+
1
3
+ ÂÂÂ+
1
k
ả
f
0
(0):
2.1.13.
(a) Khi
f(x)=x
m
;m2 N
thì
lim
n!1
f(x
n
) Ă f(z
n
)
x
n
Ă z
n

=lim
n!1
x
m
n
Ăz
m
n
x
n
Ă z
n
= ma
mĂ1
= f
0
(a):
(b) Xét hàm
f(x)=
(
x
2
sin
1
x
với
x 6=0;
0
với
x =0:

Cho
x
n
=
2
ẳ(4n +1)
và
z
n
=
1
2nẳ
ta đợc
lim
n!1
f(x
n
) Ă f(z
n
)
x
n
Ă z
n
= Ă
2
ẳ
6=0=f
0
(0):

Mặt khác với
g(x)=
(
x
3=2
sin
1
x
với
x 6=0;
0
với
x =0:
và các dy
fx
n
g
và
fz
n
g
nh trên thì ta lại có
lim
n!1
g(x
n
) Ă g(z
n
)
x

n
Ăz
n
= Ă1:
216 Chơng 2. Vi phân
2.1.14.
Từgiảthiếttacó
f(x
n
) Ă f(z
n
)
x
n
Ă z
n
=
f(x
n
) Ă f(a)
x
n
Ă a
x
n
Ă a
x
n
Ăz
n

+
f(z
n
) Ăf(a)
z
n
Ăa
a Ăz
n
x
n
Ăz
n
;
trong đó
0 <
a Ăz
n
x
n
Ăz
n
< 1; 0 <
x
n
Ă a
x
n
Ăz
n

< 1
và
a Ăz
n
x
n
Ă z
n
+
x
n
Ă a
x
n
Ăz
n
=1:
Từ đó suy ra giá trị của biểu thức
f(x
n
) Ă f(z
n
)
x
n
Ă z
n
sẽ nằm giữa
f(x
n

) Ă f(a)
x
n
Ă a
và
f(z
n
) Ăf(a)
z
n
Ăa
:
Sử dụng nguyên lý kẹp ta suy ra
lim
n!1
f(x
n
) Ăf(z
n
)
x
n
Ăz
n
= f
0
(a):
2.1.15.
[W.R.Jones,M.D.Landau,Amer. Math. Monthly76(1969),
816-817]

(a) Trớc tiên ta nhận thấy rằng
f
chỉ liên tục tại 1.Nếu
fx
n
g
là một dy
các số hữu tỷ khác 1 và hội tụ về 1 thì
lim
n!1
f(x
n
) Ă1
x
n
Ă 1
=lim
n!1
(x
n
+1)=2:
Nếu dy
fx
n
g
là dy các số vô tỷ hội tụ về 1 thì
lim
n!1
f(x
n

) Ă1
x
n
Ă 1
=lim
n!1
2=2:
Suy ra
f
0
(1) = 2
. Rõ ràng
f
là ánh xạ m ột một trên
(0; 2)
.Hàmngợc
f
Ă1
đợc xác định trên
(0; 3)
ngoại trừ các số hữu tỷ có căn bậc hai vô
tỷ, điều này có nghĩa là ta không định nghĩa đợc điểm trong trong
miền xác định của
f
Ă1
. Vậy không tồn tại
(f
Ă1
)
0

.
2.1. Đạo hàm của hàm số thực 217
(b) Thấy rằng
f
đợc xác định trên
(0; 2) [ B
,với
B ẵ (2; 7=2)
.Đồngthời
ta cũng thấy rằng hạn chế của
f
trên
(0; 2)
chính là hàm
f
đợc nêu
ở (a), vì vậy
f
0
(1) = 2:
Vì
f(B)=A
nênmiềngiátrịcủa
f
chứa
(0; 3)
.
Tuy vậy
(f
Ă1

)
0
cũng không tồn tại vì mỗi lân cận của
1=f(1)
chứa
ảnhcủamộtđiểmnàođótrong
(0; 2)
và trong
B
qua
f
. Bên cạnh đó
ta có kết luận rằng giới hạn của
f
Ă1
tại điểm 1 cũng không tồn tại.
2.1.16.
Theo định lý Louville ta có mọi số vô tỷ
x
bậc
k
đều đợc xấp xỉ không
tốt bởi các số hữu tỷ, theo nghĩa tồn tại một số
M>0
sao cho



x Ă
p

q



>
1
Mq
k
với mọi số hữu tỷ
p=q
.Từđósuyra






f

p
q

Ă f(x)
p
q
Ăx

Mq
k
ja
q
j:
Từ đó và với giả thiết
f
0
(x)=0
ta suy ra điều phải chứng minh.
Ta có một nhận xét rằng với
a
q
=2
Ăq
thì
f
khả vi tại tất cả các đ iểm vô
tỷ.
2.1.17.
Đặt
P (x)=a(x Ă x
1
)(x Ăx
2
) ÂÂÂ(x Ăx
n
)

,tacó
P
0
(x)=a
n
Y
j=1
j6=k
(x
k
Ăx
j
);k=1; 2;::: ;n:
Điều phải chứng minh
Q(x)
P (x)
=
n
X
k=1
Q(x
k
)
P
0
(x
k
)(x Ăx
k
)

tơng đơng với
Q(x)=
n
X
k=1
Q(x
k
)P (x)
P
0
(x
k
)(x Ăx
k
)
:
Ta viết biểu thức dới dạn g
Q(x)=
n
X
k=1
Q(x
k
)
n
Q
j=1
j6=k
(x Ăx
j

)
n
Q
j=1
j6=k
(x
k
Ă x
j
)
: