1
1



Giải tích toán học. Tập 1. NXB Đại học quốc gia Hà Nội 2007.


Từ khoá: Giải tích toán học, giải tích, Hàm liên tục, Điểm gián đoạn, liên tục, liên tục
đều, hàm sơ cấp.


Tài liệu trong Thư viện điện tử ĐH Khoa học Tự nhiên có thể được sử dụng cho mục
đích học tập và nghiên cứu cá nhân. Nghiêm cấm mọi hình thức sao chép, in ấn phục
vụ các mục đích khác nếu không được sự chấp thuận của nhà xuất bản và tác giả.

Mục lục

Chương 3 Hàm liên tục một biến số 3
3.1 Định nghĩa sự liên tục của hàm số tại một điểm 3
3.1.1 Các định nghĩa 3
3.1.2 Hàm liên tục một phía, liên tục trên một khoảng, một đoạn kín 4
3.1.3 Các định lý về những phép tính trên các hàm liên tục 5
3.1.4 Điểm gián đoạn của hàm số 7
3.2 Các tính chất của hàm liên tục 10
3.2.1 Tính chất bảo toàn dấu ở lân cận một điểm 10
3.2.2 Tính chất của một hàm số liên tục trên một đoạn 10
3.3 Điều kiện liên tục của hàm đơn điệu và của hàm số ngược 14

3.3.1 Điều kiện liên tục của hàm đơn điệu 14
3.3.2 Tính liên tục của hàm ngược 15
3.4 Khái niệm liên tục đều 16
Chương 3. Hàm liên tục một biến số


Lê Văn Trực


2
3.4.1 Mở đầu 16
3.4.2 Định nghĩa 16
3.4.3 Liên tục của các hàm số sơ cấp 18
3.5 Bài tập chương 3 19



























3
3
Chương 3
Hàm liên tục một biến số
Khái niệm liên tục của hàm số là khái niệm rất cơ bản, đóng một vai trò rất quan trọng
trong việc nghiên cứu hàm số cả về lý thuyết và ứng dụng. Trước hết, ta hãy tìm hiểu về tính
liên tục của hàm số.
3.1 Định nghĩa sự liên tục của hàm số tại một điểm
3.1.1 Các định nghĩa
Định nghĩa 1 Cho → \:fA và
0
x
A
∈
. Ta nói rằng hàm f liên tục tại điểm
0
x
nếu với
bất kỳ số 0
ε

> cho trước có thể tìm được số 0
δ
> sao cho
x
A
∀
∈ mà
0
||xx
δ
−< ta có
0
|() ()|fx fx
ε
−<.
Hàm f liên tục tại mọi điểm
x
A∈
thì ta nói f liên tục trên A.
Nếu f không liên tục tại x
0
, ta nói rằng f gián đoạn tại x
0
.
Quay trở về định nghĩa giới hạn của hàm số ta có thể phát biểu sự liên tục của hàm f tại x
0

như sau:
Tính chất
Giả sử A → \f: và ∈

0
x
A . Khi đó hàm f liên tục tại x
0
khi và chỉ khi
→
=
0
0
lim ( ) ( )
xx
fx fx .
Định nghĩa 2 Hàm f liên tục tại điểm
∈
0
x
A nếu như mọi dãy {x
n
} nằm trong A, mà
0n
x
x→
ta đều có →
0
() ()
n
fx fx khi →∞n .
Ví dụ 1: Xét hàm số
()| |
.fx x= Lấy bất kì

∈
\
0
x

Do
000
|() ()||||| ||| |
fx fx x x x x−=−≤−
.
Cho nên 0
ε
∀> , chọn
δ
ε
= , thì
∀
∈−<\
0
, | |xxx
δ
ta có
0
|() ()|fx fx
ε
−
<
.
Vậy hàm
()| |fx x= liên tục tại mọi

∈
\.x
Ví dụ 2: Dùng ngôn ngữ
()
ε
δ
− hãy chứng minh
2
2
lim(3 2) 10.
x
x
→
−=
Ta thấy:
2
| ( ) 10| | 3 2 10| 3| 2| | 2|
3| 2| | 2 4| 3| 2| (| 2| 4) 3 ( 4)
fx x x x
xx x x
δδ
−= −−= − +=
=
−−+<− −+<+

khi
|2|x
δ
−<


4
Trước hết, nếu chọn 1
δ
< thì |()10|3.515fx
δ
δ
−
<=
Từ đây, nếu ta chọn
15
ε
δ
<
thì |()10|fx
ε
−
< .
Cuối cùng ta hãy chọn = min{1, }
15
ε
δ
thì khi |2|x
δ
−
< ta có |()10|fx
ε
−<, điều phải
chứng minh.
Ví dụ 3: Dùng ngôn ngữ ()
ε

δ
− hãy chứng minh hàm số y = x
2
liên tục tại mọi điểm. Giả sử
x
0
là tuỳ ý, cho 0
ε
> và
0
||xx
δ
−<
. Ta thấy
2
000
0000 00
|() ()|| || || |
||| 2|||(||2||)
yx yx x x x x x x
xx xx x xx xx x
−=−=− +=
=− − + ≤− − +

nên
00
||(2||)yy x
δ
δ
−< +. Nếu chọn 1,

δ
<
theo trên ta có
00
||(2||1)yy x
δ
−
<+. Mặt khác,
nếu
0
2| | 1x
ε
δ
<
+
thì
0
||yy
ε
−<. Vậy hãy chọn
0
min{1, },
2| | 1x
ε
δ
=
+
thì khi
0
||xx

δ
−< ta có
0
||yy
ε
−<. Vậy hàm số liên tục tại x
0

Ví dụ 4: Xét hàm số f(x)=sinx. Lấy x
0
bất kì thuộc \ . Ta thấy
00
0
00
0
| sin sin | | 2cos .sin |
22
2| sin | 2| | | |
22
xx xx
xx
xx xx
xx
+−
−= ≤
−−
≤≤=−

(ta đã biết
|sin | | |

x
x<
với 0x ≠ )
Cho trước
ε
>0 chọn
δ
ε
=
, khi
0
||xx
δ
−
< ta có
0
|sin sin |
x
x− <
ε
. Vậy hàm f liên tục tại
mọi x∈ \ .
3.1.2 Hàm liên tục một phía, liên tục trên một khoảng, một đoạn kín
Cho hàm :fA R→ và
0
x
A∈
Định nghĩa 3 Hàm f liên tục bên phải tại điểm
0
x

A
∈
nếu
ε
∀
> 0 cho trước, 0
δ
∃> sao cho
∀∈
x
A mà
00
xxx
δ
≤< + ta có
|f(x)−f(x
0
)|<
ε
, (3.1.4)
kí hiệu
0
0
lim ( ) ( )
xx
fx fx
+
→
= (3.1.4)
’’


Định nghĩa 4 Hàm f liên tục bên trái tại điểm
0
x
A
∈
nếu
ε
∀
> 0 cho trước, 0
δ
∃> sao cho
x
A∀∈ mà
00
x
xx
δ
−
<≤
ta có |f(x) − f(x
0
)|<
ε
, (3.1.5)
kí hiệu
0
0
lim ( ) ( )
xx

fx fx
−
→
= (3.1.5)
’

Các hàm số liên tục bên phải hoặc bên trái được gọi là liên tục một phía.



5
5
Định lý 3.1.1 Điều kiện cần và đủ để hàm f liên tục tại điểm
0
x
A
∈
là nó liên tục theo cả hai
phía tại
0
x
.
Chứng minh:
Điều kiện cần là hiển nhiên.
Ngược lại, nếu f liên tục theo cả hai phía tại
0
x
, thì
ε
∀

> 0 ,
1
0
δ
∃> sao cho
x
A∀∈ ,
01
0 xx
δ
≤− < ta có
|f(x) − f(x
0
)|<
ε

và
2
0
δ
∃>
sao cho
x
A∀∈ ,
δ
<− ≤
20
0xx
ta có
|f(x) −f(x

0
)|<
ε
.
Khi đó gọi
12
min( , )
δ
δδ
= , thì
0
,| |xAxx
δ
∀∈ − < ta có
|f(x) −f(x
0
)|<
ε
.
Vậy f liên tục tại x
0

Định nghĩa 5 Cho hàm f xác định trên khoảng (a,b). Ta nói rằng hàm f liên tục trên khoảng
(a,b) nếu nó liên tục tại mọi điểm của khoảng đó.
Bây giờ cho hàm f xác định trên đoạn [a,b]. Nếu hàm f liên tục trên (a,b), liên tục bên
phải tại điểm a và liên tục bên trái tại điểm b, thì ta nói rằng hàm f liên tục trên [a,b].
Ví dụ 5: Xét hàm số
1 ví i 0 2
() 1 víi 2 3
0 ví i c¸ c gi ¸ tr Þ cßn l¹i.

x
fx x
x
⎧
⎪
=−
⎨
⎪
⎩
≤≤
<≤

Ta thấy hàm số không liên tục tại các điểm x = 0, x = 2, x = 3 vì chẳng hạn tại x = 2, ta
có:
22
lim ( ) 1, lim ( ) 1
xx
fx fx
−+
→→
=
=− .
Ví dụ 6: Hàm số
1
()
fx
x
a
=
−

không liên tục tại điểm x = a vì tại a hàm số không xác định.
3.1.3 Các định lý về những phép tính trên các hàm liên tục
a) Tính liên tục của tổng hiệu tích và thương của hàm liên tục
Từ các định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích và thương của hai hàm số mà mỗi hàm đều
có giới hạn ta có thể chứng minh định lý sau.
Định lý 3.1.2 Nếu hai hàm số f và g xác định trên cùng một tập R
A
⊂ và cả hai đều liên tục
tại điểm
0
x
A∈ thì tại điểm đó các hàm c.f trong đó c là hằng số; ; .fgfg± và
f
g
(với
0
()0gx ≠ ) cũng liên tục.
Ví dụ 7: Hàm đa thức
1
01 1

nn
nn
yax ax axa
−
−
=+ ++ + liên tục trên toàn tập \ và phân thức
hữu tỉ

6

1
01 1
1
01 1


nn
nn
mm
mm
ax ax a x a
y
bx bx b x b
−
−
−
−
++++
=
++++
liên tục tại các giá trị x trừ các giá trị làm cho mẫu số
triệt tiêu.
ii) Hàm mũ =>≠ (0,0)
x
yaa a liên tục trên toàn tập R
iii) Hàm lôgarit y = log
a
x (a>0, a
≠
0) liên tục trong khoảng (0,+

∞
)
iv) Hàm luỹ thừa =∈`()
n
yxn liên tục trong khoảng ( ,
−
∞+∞)
v) Các hàm y = sinx, y = cosx liên tục trên tập \ , các hàm
sin 1
tg , sec
cos cos
x
xx
x
x
==
liên
tục trừ ra các giá trị
π
+(2 1)
2
k và các hàm
cos 1
cot g , cosec
sin sin
x
xx
x
x
==

liên tục trừ ra các giá
trị
π
k
.
b) Tính liên tục của hàm số hợp
Định lý 3.1.3 Giả sử hàm →⊂⊂\\: (,)fA BA B liên tục tại điểm
0
x
A∈ còn hàm g:
→ \B liên tục tại điểm
00
()yfx B=∈
Khi đó hàm hợp → \
0
:gf A liên tục tại x
0
.
Chứng minh:
Cho một số tuỳ ý 0
ε
> . Vì hàm liên tục tại y
0
, nên với 0
ε
> có thể tìm được
1
0
δ
> sao

cho
01
, | |yB yy
δ
∀∈ − < ta có
0
|() ()|gy gy
ε
−<.
Mặt khác vì f liên tục tại x = x
0
nên với
1
δ
nói trên ta có thể tìm được 0
δ
> sao cho
0
,| |xAxx
δ
∀∈ − < suy ra
001
|||()()|yy fx fx
δ
−
=− <.
Tóm lại, theo cách chọn số
δ
suy ra
0

,| |xAxx
δ
∀
∈−< ta có
000 0 0
| ( )( ) ( )( )| | ( ( )) ( ( ))| | ( ) ( )|gf x gf x gf x gf x gy gy
ε
−=−=−<.
Vậy hàm
0
gf liên tục tại điểm x
0
.
Ví dụ 8:
i) Do hàm luỹ thừa
x
μ
(x >0) biểu diễn được dưới dạng
ln x
xe
μμ
= là hợp của hàm logarit
và hàm mũ nên liên tục.
ii) Hàm
x
x
liên tục tại điểm bất kì x >0. Thật vậy
ln ln
()
xxxxx

xe e==.
Ví dụ 9:
Xét sự liên tục của hàm số
→+∞
+
=
+
2
lim
1
nx
nx
n
x
xe
y
e

Với x >0 ta có
→+∞ →+∞
+
+
=
+
+
2
2
lim lim
1
1

1
nx
nx
nx
nn
nx
x
x
xxe
e
e
e




7
7
Với x >0, khi chú ý là
nx
e →∞ khi n →+∞ ta có
→+∞
+
=
+
2
2
lim
1
nx

nx
n
xxe
x
e

Với x <0, khi chú ý là
→ 0
nx
e
khi →+∞n ta só
2
lim
1
nx
nx
n
xxe
x
e
→+∞
+
=
+

Ta thấy với x =0
2
lim 0
1
nx

nx
n
xxe
e
→+∞
+
=
+

Vậy
2
khi 0
()
khi 0
xx
yfx
xx
≤
⎧
⎪
==
⎨
>
⎪
⎩

Hiển nhiên là khi
0x ≠ hàm số liên tục. Mặt khác ta thấy
00
lim ( ) lim ( ) 0 (0)

xx
fx fx f
−+
→→
===,
vậy hàm số cũng liên tục tại x=0.
Do đó f(x) liên tục

∀∈\x .
Ví dụ 10:
Cho
1
2
khi 2
1
()
khi 2.
1
x
ax
fx
x
e
−
=
⎧
⎪
=
⎨
≠

⎪
+
⎩

Tìm a để hàm liên tục

∀∈\x .
Dễ thấy khi 2x ≠ hàm số liên tục. Để hàm số liên tục x
∀
∈ \ thì nó phải liên tục tại x=2.
Ta thấy
1
22
2
1
lim ( ) lim 0
1
xx
x
fx
e
++
→→
−
==
+
(bởi vì
1
2x
e

−
→+∞ khi 2x
+
→ )
1
22
2
1
lim ( ) lim 1
1
xx
x
fx
e
−−
→→
−
==
+
(bởi vì
1
2
0
x
e
−
→ khi 2x
−
→ ).
Vậy

a∀ hàm số không thể liên tục tại x = 2.
3.1.4 Điểm gián đoạn của hàm số
Hàm số f(x) được gọi là gián đoạn tại x
0
nếu tại x = x
0
hàm f(x) không liên tục. Vậy x
0
là
điểm gián đoạn của hàm số f(x) nếu: hoặc x
0
không thuộc tập xác định của f(x), hoặc x
0
thuộc
tập xác định của f(x) nhưng
0
0
lim ( ) ( )
xx
fx fx
→
≠ , hoặc không có
0
lim ( )
xx
fx
→
.
Điểm gián đoạn x
0

của hàm số f(x) được gọi là điểm gián đoạn loại 1 nếu các giới hạn
một phía
0
lim ( )
xx
fx
+
→
,
0
lim ( )
xx
fx
−
→
tồn tại hữu hạn và ít nhất một trong hai giới hạn này khác f(x
0
).
Điểm gián đoạn không phải loại 1 sẽ được gọi là điểm gián đoạn loại 2. Như vậy điểm x
0

là điểm gián đoạn loại 2 nếu hàm số không có giới hạn một phía hay một trong hai giới hạn
đó là vô hạn.

8
Giả sử x
0
là điểm gián đoạn của hàm số y = f(x). Nếu thỏa mãn đẳng thức
00
lim ( ) lim ( )

xx xx
f
xfx
+−
→→
=

thì điểm gián đoạn x
0
gọi là khử được. Nếu ít nhất một trong các giới hạn một phía nói
trên bằng ∞ thì x
0
gọi là điểm gián đoạn vô cùng.
Ví dụ 11: Cho hàm số:
khi 0
()
1 khi 0.
xx
fx
xx
≥
⎧
=
⎨
+
<
⎩

Điểm x = 0 là điểm gián đoạn loại 1 của hàm số.
Ví dụ 12: Cho hàm số

1
()fx
x
=
Điểm x=0 là điểm gián đoạn loại 2, bởi vì
00
11
lim , lim
xx xx
xx
+−
→→
=
+∞ = −∞
.
Ví dụ 13: Cho
→+∞
=lim 0
x
x
x
e
(trong chương 4 ta có thể tính giới hạn này một cách dễ dàng nhờ
qui tắc L’hospital).
Xét hàm số
2
1
2
1
khi 0

()
khi 0
x
ex
fx
x
ax
−
⎧
⎪
≠
=
⎨
⎪
=
⎩

Với giá trị nào của a hàm số gián đoạn tại x = 0. Khi đó hãy xét xem x = 0 là điểm gián
đoạn loại gì?
Đặt
2
1
, khi 0tx
x
±
=→ thì t →+∞.
Ta thấy:
0
lim ( ) lim 0,
t

t
x
fx te
+
−
→+∞
→
=
=
0
lim ( ) lim 0
t
t
x
t
fx
e
−
→+∞
→
=
= .
Vậy với 0a ≠ hàm số gián đoạn tai x = 0. Mặt khác do
00
lim ( ) lim ( ) 0,
xx
fx fx
+−
→→
=

= nên x = 0
là điểm gián đoạn khử được.
Ví dụ 14: Cho hàm số:
sin khi 1
() arcsin khi 1 1,
cos k hi 1.
xx
fx x x
axx
≤−
⎧
⎪
=−<<
⎨
⎪
+≥
⎩
a là tham số
Hãy xét tính liên tục của hàm số. Khi 1x
≠
± , hàm số liên tục, ta còn phải xét tính liên tục
của hàm số tại 1x =± . Mặt khác



9
9
11
11
lim ( ) lim sin sin( 1) sin1,

lim ( ) lim arcsin arcsin( 1)
2
xx
xx
fx x
fx x
−−
++
→− →−
→− →−
=
=−=−
=
=−=−
π

Suy ra hàm số gián đoạn loại 1 tại x =−1
Hơn nữa
11
11
lim ( ) lim( cos ) cos1,
lim ( ) lim arcsin arcsin1 .
2
xx
xx
fx a x a
fx x
π
++
−−

→→
→→
=
+=+
===

Vậy tại x = 1 hàm số liên tục nếu cos1
2
a
π
=− và gián đoạn loại 1 nếu cos1
2
a
π
≠− .
Cuối cùng, nếu x
0
là điểm gián đoạn loại 1 của hàm số, ta gọi hiệu

00
00
| ( ) ( )| | lim ( ) lim ( )|
xx xx
fx fx fx fx
+−
+−
→→
⎛⎞
−= −
⎜⎟

⎝⎠
(3.1.6)
là bước nhảy của hàm số tại x
0
.
Định lý 3.1.4 Mọi điểm gián đoạn của hàm số đơn điệu xác định trên [a,b] đều là điểm gián
đoạn loại một.
Chứng minh:
Giả sử → \:[ , ]fab là một hàm tăng và
0
[,]
x
ab
∈
là điểm gián đoạn của f.
Đặt
0
sup{ ( )| [ , )}fx x ax
α
=
∈ (3.1.7)
0
inf{ ( )| ( , ]}fx x xb
=
∈
β
. (3.1.8).
Trong trường hợp đặc biệt nếu x
0
=a ta chỉ xét

β
, nếu x
0
= b ta chỉ xét
α
. Theo (3.1.17)
và (3.1.8)
α
,
β
là hữu hạn.
Định lí được chứng minh nếu ta chứng minh được rằng
0
0
lim ( )
xx
xx
fx
α
→
<
=
(3.1.9)
và
0
0
lim ( )
xx
xx
fx

β
→
>
= (3.1.10)
Thật vậy, theo định nghĩa supremum
0
0,
x
x
ε
ε
∀
>∃<
sao cho
()fx
ε
α
εα
−
<≤
. Chọn
0
x
x
ε
δ
=−.Ta thấy
x
∀ mà
00

x
xx
δ
−<< thì
0
x
xx
ε
<
< ,ta có
() ()fx fx
ε
α
εα
−
<≤≤ (3.1.11)
hay
00
|() | ( , )fx x x x
α
εδ
−
<∀∈− (3.1.12)
Vậy
0
0
lim ( )
xx
xx
fx

α
→
<
= .

10
Bằng cách tương tự ta chứng minh được
0
0
lim ( )
xx
xx
fx
β
→
>
=
.
3.2 Các tính chất của hàm liên tục
3.2.1 Tính chất bảo toàn dấu ở lân cận một điểm
Định lý 3.2.1 Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập A, liên tục tại điểm
0
x
A∈ . Khi đó
i) Nếu f(x
0
)> α thì
0
∃
>

δ
sao cho f(x) >
α

0
0( )
x
xA
δ
∀
∈∩,
trong đó
00
0( ) { :| | }xxxx
δ
δ
=
−<. (3.2.1)
ii) Nếu
β
<
0
()fx thì tồn tại
δ
>0 sao cho
0
() 0( ) .fx x x A
δ
β
<∀∈ ∩

(3.2.2)

Chứng minh:
i) Do hàm số f liên tục tại
0
x
A
∈
nên
0, 0
ε
δ
∀
>∃>
sao cho
x
A∈
0
||xx
δ
−< thì
0
() ( )fx fx
ε
ε
−< − < , có nghĩa là
0
() ( )fx fx
ε
>−

0
0( )
x
xA
δ
∀
∈∩.
Bây giờ hãy chọn
ε
α
=−>
0
() 0fx khi đó
00
() () ()fx fx fx
α
α
>−+=
0
0( )
x
xA
δ
∀
∈∩.
ii) Tương tự hãy chọn
0
()fx
εβ
=− .

Ý nghĩa:
Hàm liên tục f(x) bảo toàn dấu của nó trong một lân cận của điểm x
0
.
3.2.2 Tính chất của một hàm số liên tục trên một đoạn
Định lý 3.2.2 (Định lý Weierstrass thứ nhất)
Nếu hàm f xác định và liên tục trên đoạn [a,b] thì nó bị chặn, tức là tồn tại các hằng số m
và M sao cho
≤≤∀∈() [,]mfx Mxab
. (3.2.3)
Chứng minh:
Ta hãy chứng minh định lý bằng phản chứng. Thật vậy, ta giả sử rằng hàm số không bị
chặn. Khi đó với mỗi số tự nhiên n ta tìm được trên [a,b] giá trị x = x
n
sao cho:
()
n
fx n> (3.2.4)
Theo bổ đề Bolzanô - Weierstrass từ dãy {x
n
} có thể trích ra một dãy con {}
k
n
x
hội tụ đến
một giới hạn hữu hạn:
0
k
n
x

x→ khi k →+∞, trong đó hiển nhiên
0
.ax b
≤
≤



11
11
Vì hàm liên tục tại x
0
nên
0
() ()
k
n
fx fx→ . Nhưng khi đó từ (3.2.4) ta suy ra
()
k
n
fx →+∞, khác f(x
0
) là một hàm số hữu hạn. Mâu thuẫn này suy ra định lý được chứng
minh.
Ta chú ý rằng định lý không còn đúng đối với những khoảng không đóng. Ví dụ như hàm
1
x
liên tục trên khoảng (0,1) nhưng trong khoảng này hàm số không bị chặn.
Định lý 3.2.3 (Định lý Weierstrass thứ hai)

Nếu hàm → \:[ , ]fab liên tục thì nó đạt cận trên đúng và cận dưới đúng trong [a,b], tức là
tồn tại
12
, [,]cc ab∈ sao cho
1
[,]
sup ( ) ( )
xab
fx fc
∈
=
và
2
[,]
inf ( ) ( )
xab
fx fc
∈
=
. (3.2.5)
Chứng minh:
Theo định lý trên, do hàm liên tục nên nó bị chặn. Ta có
M=
[,]
sup ( )
xab
fx
∈
<
+∞ .

Theo định lý supremum ta có một dãy {x
n
} ⊂ [a,b] sao cho lim ( ).
n
n
Mfx
→∞
=
Dãy {x
n
} bị
chặn nên nó chứa một dãy con {
k
n
x
} hội tụ, cụ thể
1
k
n
x
c→ khi k →∞.
Mặt khác từ các bất đẳng thức
k
n
ax b
≤
≤ suy ra lim
k
n
k

axb
→∞
≤
≤ tức là
1
[,]cab∈ . theo giả
thiết hàm f liên tục tại c
1
, nên
1
lim ( ) ( )
k
n
k
Mfxfc
→∞
==.
Hoàn toàn tương tự
2
c∃ sao cho:
2
[,]
inf ( ) ( )
xab
fx fc
∈
=
.
c) Chú ý:
i) Cuối cùng ta chú ý rằng giá trị c

1
, c
2
nói trên không phải là duy nhất. Ví dụ trên hình
3.2.1

Hình 3.2.1
Ví dụ trên hình 3.2.1 hàm f(x) trong đoạn [a,b] nhận giá trị lớn nhất tại hai điểm c
1
, c
2
và
nhận giá trị bé nhất tại nhiều vô hạn điểm của đoạn [d
1
, d
2
].

12
Định lý không còn đúng đối với những khoảng không đóng, ví dụ hàm f(x) = 2x
2
ánh xạ
khoảng [0,1) lên khoảng [0,2), do đó sup ( ) 2fx
=
nhưng hàm f(x) không nhận giá trị 2 trong
khoảng [0,1).
ii) Nếu hàm f(x) khi biến thiên trên một khoảng X nào dó là bị chặn thì ta gọi dao động
của nó trong khoảng đó là hiệu Mm
ω
=− giữa cận trên đúng và cận dưới đúng của nó. Nói

cách khác
,
sup {| ( ) ( )| }.
xx X
fx fx
ω
′′′
∈
′′ ′
=−
Nếu xét hàm f(x) liên tục trên đoạn hữu hạn X=[a,b], thì
theo định lý vừa chứng minh trên, dao động của hàm f(x) sẽ chỉ đơn giản là hiệu giữa giá trị
lớn nhất và bé nhất của hàm trên đoạn đó.
Định lý 3.2.4 (Định lý Bolzano - Cauchy thứ nhất)
Giả sử hàm f(x) xác định và liên tục trên [a,b] và f(a).f(b) < 0. Khi đó tồn tại ít nhất một
điểm c∈(a,b) sao cho f(c)=0.
Chứng minh:
Để xác định ta giả sử f(a)< 0 còn f(b)>0. Ta chia đôi đoạn [a,b] bởi điểm
2
ab+
. Có thể
xảy ra là f(x) triệt tiêu tại điểm đó, khi đó định lý được chứng minh, ta có thể đặt c =
2
ab
+
.
Bây giờ giả sử f(
2
ab+
) ≠ 0, khi đó tại các đầu mút của một trong các đoạn [a,

2
ab
+
],
[
2
ab+
,b] hàm sẽ lấy các giá trị khác dấu nhau (cụ thể giá trị âm tại mút trái và giá trị dương
tại mút phải). Gọi đoạn đó là [a
1
,b
1
], ta có (xem hình 3.2.2) f(a
1
)< 0, f(b
1
)> 0


Hình 3.2.2
Bây giờ ta lại chia đôi đoạn [a
1
,b
1
]. Có thể xảy ra hai khả năng:
Hoặc là f(x) triệt tiêu tại trung điểm
11
2
ab
+

của đoạn đó, khi đó ta có thể chọn điểm c =
11
2
ab
+
, định lý được chứng minh.
Hoặc là ta thu được đoạn [a
2
,b
2
] là một trong hai nửa của đoạn [a
1
,b
1
] sao cho f(a
2
) < 0,
f(b
2
) > 0. (Xem hình 3.2.2)
Ta tiếp tục quá trình lập các đoạn đó. Khi đó hoặc sau một số hữu hạn bước ta sẽ gặp
trường hợp điểm chia là điểm tại đó hàm triệt tiêu và khi đó định lý được chứng minh.



13
13
Hoặc được một dãy vô hạn các đoạn chứa nhau. Khi đó đối với đoạn thứ n, [a
n
,b

n
]
(n=1,2,3…) ta sẽ có f(a
n
) <0, f(b
n
) >0 và độ dài của đoạn rõ ràng bằng b
n
− a
n
=
2
n
ba−
.
Dãy các đoạn ta lập được thoả mãn các điều kiện của bổ đề về dãy các đoạn lồng nhau, bởi vì
theo trên lim( ) 0
nn
n
ba
→∞
−=. Vì vậy, cả hai dãy {a
n
}, {b
n
} dần tới giới hạn chung
→∞ →∞
==lim lim
nn
nn

abc, mà rõ ràng
c∈
[a,b]. Ta hãy chứng minh điểm c này thoả mãn yêu cầu
của định lý.
Thật vậy, do tính liên tục của hàm số tại x = c, ta có
() lim ( ) 0
n
n
fc fa
→∞
=≤ và
→∞
=≥() lim ( ) 0
n
n
fc fb .
Vậy f(c)=0, định lý được chứng minh.
Định lý 3.2.5 (Định lý Bolzano - Cauchy thứ hai)
Giả sử hàm f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a,b] và tại các đầu mút của đoạn đó hàm
f(x) nhận các giá trị không bằng nhau f(a) = A, f(b) = B.
Khi đó với số C bất kỳ nằm trung gian giữa A và B, ta có thể tìm được điểm (,)cab∈ sao
cho f(c)=C.
Chứng minh: Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết rằng A<B, vậy A<C<B. Xét
trên đoạn [a,b] hàm g(x)=f(x)
−
C.
Hàm số này liên tục trên [a,b] và tại các đầu mút của đoạn đó hàm f(x) có dấu khác nhau
g(a) = f(a)
−
C = A

−
C, g(b) = f(b)
−
C = B – C >0.
Khi đó theo định lý thứ nhất tồn tại một điểm (,)cab
∈
sao cho g(c)=0, tức là f(a) – C
=0, hay f(c)=C, đó là điều phải chứng minh.
Ta chú ý rằng điều kiện liên tục của hàm f(x) trên đoạn [a,b] là điều kiện không thể thiếu
được. Chẳng hạn ta xét hàm (Hình 3.2.3):
11
khi 0
32
()
21
khi 1
32
x
fx
x
⎧
≤
≤
⎪
⎪
=
⎨
⎪
≤
≤

⎪
⎩

x10
2
3
1
3
1
2


14
Hình 3.2.3
số
2
5
nằm trung gian giữa số
1
(0)
3
f =
và
2
(1)
3
f
=
nhưng không có giá trị c nào trên (0,1)
sao cho

2
() .
5
fc=

3.3 Điều kiện liên tục của hàm đơn điệu và của hàm số ngược
3.3.1 Điều kiện liên tục của hàm đơn điệu
Định lý 3.3.1 Cho f(x) là hàm đơn điệu. Điều kiện cần và đủ để hàm f(x) liên tục trên đoạn
[a,b] là tập giá trị của nó chính là đoạn với hai đầu mút f(a) và f(b).
Chứng minh:
Điều kiện cần: Giả sử f(x) là đơn điệu tăng và liên tục trên [a,b], ta phải chứng minh:
=
([ , ]) [ ( ), ( )]fab fafb. (3.3.1)
Thật vậy, lấy bất kì ([,])fab
λ
∈ , khi đó [,]
x
ab
∃
∈ sao cho ()fx
λ
=
. Do f đơn điệu tăng,
nên khi
≤≤⇒ ≤ ≤ ⇒= ∈
⇒⊂
() () () () [(),()]
([,]) [(),()].
axb fa fx fb fx fafb
fab fafb

λ

Ngược lại, lấy [(),()]fa fb
μ
∈ do f(x) liên tục trên đoạn [a,b] nên [,]cab∃∈ sao
( ) ([ , ]).fc f ab
μ
=∈ Suy ra [(),()] ([,])fa fb f ab⊂ và hệ thức (3.3.1) được chứng minh.
Điều kiện đủ
Giả sử f(x) là đơn điệu tăng và f([a,b])= [f(a),f(b)]. Ta hãy chứng minh f(x) liên tục trên
[a,b].
Giả sử ngược lại, f(x) gián đoạn tại
0
[,]
x
ab
∈
. Nếu a <
0
x
< b, ta hãy đặt
00
lim ( ) , lim ( )
xx xx
fx fx
α
β
−+
→→
==

(Hình 3.3.1).
Khi đó hoặc
α
<
0
()fx , hoặc
0
()fx
β
<
.
Nếu
0
()fx
α
< , thì f([a,b]) không chứa khoảng
0
(,( ))fx
α
. Nếu f(x
0
)<
β
thì f([a,b])
không chứa khoảng (f(x
0
),
β
), điều này trái với giả thiết f([a,b])=[f(a),f(b)].
Trường hợp x

0
= a hoặc x
0
= b chứng minh tương tự.



15
15
β
α

Hình 3.3.1

3.3.2 Tính liên tục của hàm ngược
Định lý 3.3.2 Giả sử f(x) là hàm tăng thực sự và liên tục trên [a,b]. Khi đó f(x) có hàm ngược f
-–
1
xác định trên tập [f(a),f(b)], đồng thời
1
f
−
cũng tăng thực sự và liên tục trên [f(a),f(b)].
Chứng minh:
Theo định lý trên f([a,b])=[f(a), f(b)], nên
[(),()], [,]yfafb xab∀∈ ∃∈ sao cho
11 22
() ()
y
fx fx y

=
<=()fx y
=
. Phần tử x nói trên là
duy nhất. Thật vậy, ta giả sử
′
∃ ,
x
[,],
x
ab
′
′
∈

x
x
′
′′
<
sao cho () ()fx fx y
′
′′
=
= , điều này vô lí
do hàm f thực sự tăng.
Bây giờ cho tương ứng phần tử [(),()]
y
fa fb
∈

với phần tử duy nhất [,]
x
ab∈ nói trên ta
thu được hàm ngược đơn trị
1
:[(),()] [,]ffafb ab
−
→ . (3.3.2)
Bây giờ ta hãy chứng minh f
-–1
là hàm tăng thực sự.
Thật vậy
12 1 2
,[(),()],
y
yfafbyy∀∈ < khi đó
12
,[,]
x
xab
∃
∈ sao cho
1122
(), ().yfxyfx== do, và do f tăng thực sự nên
11
12 1 2
() ()
x
xfyfy
−−

<⇒ < .
Cuối cùng ta thấy f
1−
là hàm tăng và có miền giá trị là
[a,b]=[
f
1
−
(f(a)), f
1
−
(f(b))]. (3.3.3)
Vậy f
1−
là hàm liên tục.
Nhận xét:
Định lí còn đúng khi f là hàm giảm thực sự hoặc thay [a,b] bằng (a,b).

16
Ví dụ 1: Hàm sin x: [,][1,1]
22
π
π
−→−đơn điệu tăng và liên tục, nên theo định lý trên hàm
arcsinx: [
−
1,1] → [,]
22
π
π

− cũng đơn điệu tăng và liên tục.
Hàm cos x: [0,
π
] → [
−
1,1] đơn điệu giảm và liên tục , nên hàm arccos x: [
−
1,1] → [0,
π
] cũng đơn điệu giảm và liên tục.
Hàm tg x: (,)(,)
22
ππ
− → −∞ +∞ đơn điệu tăng và liên tục nên hàm arctg x:
(,)( ,)
22
π
π
−∞ +∞ → − đơn điệu tăng và liên tục.
vi) Tương tự hàm cotgx: (0,
π
) →
(,)
−
∞+∞
đơn điệu giảm và liên tục nên hàm ngược
arccotg x:
(,)−∞ +∞ →
(0,
π

) đơn điệu giảm và liên tục.
3.4 Khái niệm liên tục đều
3.4.1 Mở đầu
Cho hàm f(x) xác định trên tập A (có thể là khoảng đóng hay mở, hữu hạn hay vô hạn) và
liên tục tại mọi điểm x
0
A
∈
.
Theo ngôn ngữ “
ε
δ
−
” ta có thể phát biểu như sau: Đối với mỗi
ε
>0 ta có thể chọn được một số
δ
>0 sao cho
x
A
∀
∈ mà |x
−
x
0
|<
δ
kéo theo
|f(x)
−

f(x
0
)|<
ε
(3.4.1)
Điều này có nghĩa là đối với điểm
0
x
A
∈
, theo từng số 0
ε
> cho trước sẽ tìm được một
số
δ
sao cho bất đẳng thức (3.4.1) được thoả mãn. Ta thấy khi
0
x
biến thiên trên tập A, cho
dù
ε
cố định, số
δ
nói chung sẽ thay đổi. Nói cách khác số
δ
không những chỉ phụ thuộc
vào
ε
mà còn phụ thuộc vào
0

x
.
Như vậy, đối với hàm f(x) liên tục trên tập A, nảy ra vấn đề là: với
0
ε
>
cho trước, tồn
tại hay không một số
δ
>0 phù hợp với mọi điểm
0
x
A
∈
. Ta có định nghĩa sau.
3.4.2 Định nghĩa
Ta nói rằng hàm số :fA→ \ liên tục đều trên A, nếu 0
ε
∀
> cho trước 0
δ
∃> chỉ phụ
thuộc vào
ε
sao cho ,
x
xA
′
∀
∈ mà ||xx

δ
′
−
< , thì
|() ()|fx fx
ε
′
−
< . (3.4.2)
Ví dụ 1:
i) Chứng minh rằng hàm f(x) = x liên tục đều trên toàn trục số. Thật vậy 0
ε
∀> lấy
δ
ε
=

ta thấy ,xx
′
∀∈\ mà ||xx
δ
′
−<
thì
|() ()|| |fx fx x x
ε
′
′
−
=− <.

ii) Hàm y
= sinx, y = cosx liên tục đều trên
\
. Thật vậy, chẳng hạn xét hàm y = cosx, ta
thấy



17
17
| | | cos cos | 2| sin .sin |
22
||
2 | | .
2
x
xxx
yy x x
xx
xx
′
′
+
−
′′
−= − = ≤
′
−
′
≤=−


Với 0
ε
> cho trước bất kì, ta chỉ cần chọn
δ
ε
=
thì khi ,xx
′
∀
∈ \ , ||xx
δ
′
−<
ta có
||yy
ε
′
−<
.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng hàm f(x) = x
2
liên tục đều trên khoảng (−1,1). Thật vậy, lấy hai
điểm bất kì
,(1,1)xx
′
∀∈−
, khi đó
22
|() ()|| ||( )( )|

||||2||
fx fx x x x x x x
xx xx xx
′
′′′
−=−=+−
′′ ′
=+ − < −

Với 0
ε
> nhỏ tùy ý, ta chỉ cần chọn
2
ε
δ
=
, khi đó xx,(1,1)
′
∀
∈− mà xx||
δ
′
−<
thì
fx fx|() ()|2 2.
2
ε
δ
ε
′

−
<= =
Nhận xét: Để chứng minh hàm f(x) không liên tục đều trên tập A ta chỉ cần chứng minh
mệnh đề sau:
nn
x
xA0, ,
ε
′
∃> ∃ ∈
sao cho
nn
xx||0
′
−→ thì
nn
fx fx|( ) ( )|
ε
′
−
≥ . (3.4.3)
Định lý 3.4.1 (Định lý Cantor): Nếu
:[ , ]fab→ \
liên tục thì nó liên tục đều trên
[,]ab
.
Chứng minh:
Ta hãy chứng minh định lý bằng phản chứng. Giả sử f(x) không liên tục đều trên
[,]ab
,

tức tồn tại một số dương
ε
sao cho
0,
δ
∀>
tồn tại ,[,]
x
xab
δδ
′
∈
mà xx
|
|
δδ
δ
′
−<
thì
0
|( ) ( )|fx fx
δδ
ε
′
−
≥ .
Lần lượt lấy
1
n

δ
= (n=1,2,3,…) ta sẽ tìm được các dẫy
,[,]
nn
x
xab
′
∈
, mà
1
||
nn
xx
n
′
−<
nhưng
*
0
|( ) ( )|
nn
fx fx n
ε
′
−≥∀∈`
. (3.4.4).
Theo bổ đề Bolzannô - Werierstrass dãy {x
n
} bị chặn, nó chứa một dãy con hội tụ:
0

[,].
k
n
x
xab→∈
Khi đó với dãy
n
x
{}
′
ta cũng có dãy con tương ứng
k
n
x
x
0
{}
′
→ . Thật vậy,
00
||| |||0
′′
−≤ − + −→
kkkk
nnnn
xxxx xx khi →∞k .
Mặt khác theo giả thiết f(x) liên tục tại x
0
ta có
0

lim ( ) lim ( ) ( )
→∞ →∞
′
=
=
kk
nn
kk
f
xfxfx,
suy ra
lim|() ()|0
→∞
′
−
=
kk
nn
k
fx fx
, điều này mâu thuẫn với (3.4.4). Định lí được chứng minh.

18
Chú ý rằng định lí không còn đúng nếu hàm f(x) chỉ liên tục đều trên khoảng (a,b).
Ví dụ 3: Hàm
1
y
x
=
liên tục trên khoảng (0,1) nhưng không liên tục đều trên khoảng này.

Thật vậy,
0
11
1, ,
2
nn
xx
nn
ε
′
∃=∃= = .
Khi đó
1
|| 0,
2
nn
xx
n
′
−= → nhưng
|() ()|| 2| 1
nn
fx fx n n n
ε
′
−
=− =≥=.
3.4.3 Liên tục của các hàm số sơ cấp
Từ định lí về các phép tính của các hàm liên tục và định lí về tính liên tục của hàm hợp ta
có định lí sau:

Định lí 3.4.2 Các hàm sơ cấp liên tục tại mọi điểm thuộc tập xác định của nó.
Chú ý:
Ta chú ý rằng nếu f(x) liên tục tại điểm x
0
, thì
00
0
lim()()(lim).
→→
=
=
xx xx
f
xfx f x
Như vậy, nếu hàm f(x) liên tục thì có thể thay đổi thứ tự việc lấy giới hạn và việc tính giá
trị của hàm.
Sau đây dựa vào tính liên tục của những hàm sơ cấp, chúng ta sẽ đưa ra hàng loạt giới
hạn quan trọng:
a)
0
log (1 )
lim log
α
α
α
→
+
=
a
a

e . (3.4.5)
Giới hạn có dạng
0
0
. Ta có
1
log (1 )
log (1 )
a
a
α
α
α
α
+
=+
.
Vì biểu thức nằm bên phải dưới dấu lôgarit tiến đến e khi
0
α
→ , nên theo tính liên tục,
lôgarit của nó tiến đến log
a
e. Công thức được chứng minh, nói riêng khi a = e ta có công thức
0
1
1
ln( )
lim
α

α
α
→
+
=
(3.4.6)
b)
0
1
lim ln
a
a
α
α
α
→
−
=
(3.4.7)
Giới hạn này có dạng
0
0
.
Ta đặt
1
α
β
−=a , khi đó theo tính liên tục của hàm số mũ khi 0
α
→ thì 0

β
→ . Ngoài ra
chúng ta có
log (1 )
a
α
β
=+, như vậy là
00
11
lim lim ln
log (1 ) log
aa
a
a
e
α
αβ
β
αβ
→→
−
===
+
.



19
19

Nói riêng, nếu lấy
1
( 1,2,3 )
n
n
α
== thì ta nhận được công thức
n
n
na alim ( 1) ln
→∞
−=
(3.4.8)
c)
a 0
(1 ) 1
lim
μ
α
μ
α
→
+−
=
(3.4.9)
Ta đặt
(1 ) 1
μ
α
β

+−=. Do tính liên tục của hàm luỹ thừa khi
0
α
→
thì 0
β
→ . Lấy
lôgarit hai vế của đẳng thức
(1 ) 1
μ
αβ
+=+ ta nhận được
ln(1 ) ln(1 )
μ
αβ
+
=+
Nhờ hệ thức này, ta biến đổi biểu thức đã cho như sau
(1 ) 1 ln(1 )

ln(1 )
μ
α
ββ α
μ
αα βα
+− +
==
+


Theo các giới hạn trên, cả hai biểu thức
ln(1 )
β
β
+
và
ln(1 )
α
α
+
đều có giới hạn là 1 khi
0
α
→ , 0
β
→ , vì vậy công thức được chứng minh.
3.5 Bài tập chương 3
3.1 Cho
21
()
3
x
fx
x
+
=
+
. Chứng minh
1
1

lim ( )
2
x
fx
→−
=
− bằng ngôn ngữ “
ε
δ
− ”.
3.2 Chứng minh hàm số
1
()
1
fx
x
=
+
liên tục tại mọi điểm 1x
≠
bằng ngôn ngữ “
ε
δ
−
”.
3.3 Khảo sát liên tục của các hàm số sau:
1)
2
1
() khi 1

(1 )
fx x
x
=≠−
+
và (1)f
−
tuỳ ý.
2)
1
() sin khi 0, (0) 0
fx x x f
x
=≠=
3)
2
1
() khi 0, (0) 0
x
fx e x f
−
=≠=.
3.4 Xét xem hàm số
[]
:0,2f → \ được cho bởi
2 khi 0 1
()
2 khi 1 2
xx
fx

xx
≤≤
⎧
=
⎨
−<≤
⎩

có liên tục không?
3.5 Tìm a để hàm số

20
khi 0
()
khi 0
x
ex
fx
ax x
⎧
<
⎪
=
⎨
+≥
⎪
⎩

liên tục.
3.6 Xét tính liên tục của hàm số

⎧
≠
⎪
=
⎨
=
⎪
⎩
2
ln khi 0
()
khi 0
xx x
fx
ax

3.7 Xác định các điểm gián đoạn và khảo sát tính chất của các điểm đó đối với các hàm số
sau:
1)
2
3
1
32
x
y
xx
−
=
−+


2)
2
1
cos
y
x
=
3)
1
x
x
ye
+
=
4)
1
ln
y
x
=
3.8 Xét tính liên tục của hàm
sin khi h÷u t
Ø
()
0 khi v« tØ
xx
fx
x
π
⎧

=
⎨
⎩

3.9 Xét xem phương trình
2sin3 10cos5 0xx+= có nghiệm thực không?
3.10 Cho hàm
2
() 1xx
ϕ
=
−+ với x
∈
\ và
2 khi 1
()
0 khi 1
y
fy
y
≥
⎧
=
⎨
<
⎩

Xét tính liên tục của hàm
(())fx
ϕ

tại điểm x = 0.
3.11 Chứng minh rằng nếu hàm f(x), liên tục trên đoạn [a,b] và
12
, , , ( , )
n
x
xxab∈ thì trong
khoảng (a,b) tìm được một số
ξ
sao cho:
1
1
() ( )
n
k
k
ffx
n
ξ
=
=
∑
.



21
21
3.12 Chứng minh rằng nếu hàm f(x) liên tục trong khoảng ax
≤

<+∞ và tồn tại giới hạn
hữu hạn
lim ( )
x
fx
→+∞
thì hàm số này bị chặn trong khoảng đã cho.
3.13 Chứng minh rằng hàm () sinfx
x
π
= liên tục và bị chặn trong khoảng (0,1) nhưng
không liên tục đều trong khoảng đó.
3.14 Chứng minh rằng hàm f(x) =sin
2
x liên tục và bị chặn trong khoảng vô hạn
x
−∞ < < +∞
nhưng không liên tục đều trong khoảng đó.
3.15 Chứng minh rằng hàm không bị chặn f(x)=x+sinx liên tục đều trên toàn trục số
x
−∞ < < +∞ .
3.16 Xét tính liên tục đều của các hàm sau:
1)
2
() khi [1,1]
4
x
fx x
x
=∈−

−

2)
1
() cos khi (0,1)
x
fx e x
x
=∈

3)
( ) khi [1, )fx x x=∈+∞
3.17 Nghiên cứu tính liên tục và vẽ phác hoạ đồ thị của hàm số sau

11 1
arctg
12
y
xx x
⎛⎞
=++
⎜⎟
−−
⎝⎠

3.18 Nghiên cứu tính liên tục và vẽ tính liên tục và vẽ đồ thị các hàm số sau:
1)
1
lim ( 0)
1

n
n
yx
x
→+∞
=≥
+
2)
ln(1 )
lim
ln(1 )
xt
t
t
e
y
e
→+∞
+
=
+

3.19 Chứng minh rằng phương trình:
10
x
xe −=
có ít nhất một nghiệm dương nhỏ hơn 1.
3.20 Sử dụng công thức tương đương để tính gần đúng:
1)
105

2)
1632
3)
0,31 .
3.21 Chứng minh rằng hàm
|sin |
()
x
fx
x
=
liên tục đều trên các khoảng (−1,0) và (0,1)
nhưng không liên tục đều trên (−1,0)
∪ (0,1).

22
3.22 Xét tính liên tục của các hàm số sau:
1)
1 khi h÷u tØ
()
0 khi v« tØ
x
fx
x
⎧
=
⎨
⎩

2)

khi h÷u tØ
()
0 khi v« tØ.
xx
fx
x
⎧
=
⎨
⎩