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] [...]... mâu thuẫn n!1 1.4.22 Giả sử rằngvới mọi a 2 R, tập fx 2 A : f(x) > ag mở Gọi x0 là phần tử của A và lấy a < f (x0 ) Khi đó, tồn tại > 0 sao cho (x0 Ă ; x0 + ) ẵ fx 2 A : f(x) > ag Theo kết quả của bài toán trước, suy ra f nửa liên tục dưới Giả sử f nửa liên tục dưới trên A Ta sẽ chỉ ra rằng tập x 2 A; : f (x) a đóng trong A Gọi fxn g là dy các điểm của tập hợp này hội tụ tới a Khi đó f (xn ) a, và... từ lời giải của bài toán trước, f2 (x) = lim infff (z) : z 2 A; jz Ă xk j < n g n!1 á infff (z) : z 2 A; jz Ă xk j < k g á infff (z) : z 2 A; jz Ă xj < 2k g Chuyển qua giới hạn khi k ! 1 có lim f2 (xk ) á f2 (x) Suy ra rằng lim f2 (z) á z!x k!1 f2 (x), và vì vậy tính nửa liên tục dưới của f2 được chứng minh Hoàn toàn tương tự có thể chứng minh f1 nửa liên tục trên Bây giờ, theo kết quả của bài toán... Mọi x á 1 có thể viết dưới dạng x = 1 + n + r, ở đây n 2 N [ f0g và 0 r < Từ đó jf(x)j jf (1)j + jf(x) Ă f(1)j jf (1)j + (n + 1): Chia cho x, có fracjf (x)jx jf (1) + 2j jf(1)j + (n + 1) = M: x Chương 3 Dy và chuỗi hàm 172 1.5.14 Như trong lời giải của bài toán trước, ta tìm > 0 sao cho nếu x = n + r, thì với mọi u á 0 jf (x + u) Ă f (u)j n + 1: Vì vậy, f(x + u) Ă f (u) n+1 2 = M: x+1... nếu f và g không âm trên A, thì inf (f (x) Â g(x)) á inf f (x) Â inf g(x); (1) x2A x2A x2A sup(f (x) Â g(x)) á sup f (x) Â sup g(x) (2) x2A x2A x2A Phần còn lại của chứng minh tương tự như trong lời giải của bài toán trước Để thấy rằng bất đẳng thức có thể ngặt, xét các hàm được cho bởi ( 1 nếu x > 0; 1 sin2 x +1 f(x) = 2 nếu x 0; ( 3 nếu x á 0; g(x) = 1 nếu x < 0: sin2 1 +1 x Với x0 = 0, các đẳng thức... nửa liên tục trên trên R nếu và chỉ nếu tập f(x; y) 2 R2 : y f (x)g đóng trong R2 1.4.24 [21] Ta trước hết chỉ ra rằng f nửa liên tục dưới nếu và chỉ nếu hàm 2 g(x) = ẳ arctg f (x) nửa liên tục dưới Để làm vậy, ta dùng đặc chưng được cho trong 1.4.20 Giả sử rằng f nửa liên tục dưới Để chứng minh g cũng nửa liên 2 tục dưới, chỉ cần chỉ ra với mọi số thực a, tập B = fx 2 A; ẳ arctg f(x) > ag mở trong... trong lời giải của 1.5.5(a), có thể chứng minh rằng f liên tục đều trên R 1.5.7 (a) Đặt lim f (x) = l và lim f(x) = L Khi đó, với " > 0 cho trước, tồn tại x!1 x!Ă1 " " A > 0 sao cho jf(x) Ă lj < 2 với x 2 A và jf (x) Ă lj < 2 với x ĂA Từ đây, suy ra rằng nếu x1 ; x2 2 [A; 1) hoặc x1 ; x2 2 (Ă1; ĂA], thì jf(x1 ) Ă f(x2 )j < " Rõ ràng, f liên tục đều trên [ĂA; A] Cuối cùng, như trong lời giải của1.5.5(a),... vậy, tồn tại dy fxÔ g hội tụ tới x0 sao cho lim f (xÔ ) = Ă1, suy ra n n n!1 lim f(x) = Ă1 x!x0 (b) Chứng minh tương tự như trong (a) 1.4.2 Kết quả là hệ quả trực tiếp của 1.1.35 và bài toán trước 1.4.3 Suy ra từ kết quả của bài toán trước rằng với " > 0 cho trước, tồn tại > 0 sao cho 0 y0 Ă infff (x) : x 2 A; 0 < jx Ă x0 j < g < ": Theo định nghĩa của infimum, điều này tương đương với điều kiện (i)... 1.6.2 (a) Ta sẽ chứng minh rằng nếu f liên tục tại ít nhất một điểm và thoả mn phương trình hàm Cauchy, thì nó liên tục trên R Vậy, khảng định suy ra từ bài toán trước Rõ ràng, nếu f thoả mn phương trình hàm Cauchy các đẳng thức (2)-(4) trong lời giải của 1.6.1 đúng ta trước hết chỉ ra rằng tính liên tục của f tại một điểm x0 kéo theo ttính liên tục tại 0 Thực vậy, nếu fzn g là dy hội tụ tới 0, thì... = et và y = es Định nghĩa g theo công thức g(t) = f (et ) Khi đó, g(t + s) = g(t) + g(s) với t; s 2 R, và theo 1 1.6.1, g(t) = at Vậy, f (x) = a ln x = logb x, ở đây b = e a 1.6.5 Như trong lời giải của bài toán trước, với x; y 2 (0; 1), ta chọn t; s 2 R sao cho x = et ; y = es Tiếp theo, ta xác định hàm g bằng cách đặt g(t) = f (et ) Khi đó f thoả mn phương trình đ cho nếu và chỉ nếu g(t + s) =... điểm trong B hội tụ tới (x0 ; y0 ) Khi đó yo = lim yn á lim f (xn ) á lim f (x) á f (x0 ): nto1 n!1 x!x0 Từ đó, (x0 ; y0 ) 2 B Bây giờ, giả sử rằng B đóng và f không nửa liên tục dưới tại x0 2 R Khi đó, tập Bc = f(x; y) 2 R : y < f (x)g mở trong R2 và tồn tại dy fxn g; xn 6= x0 , hội tụ tới x0 và sao cho y = lim f (xn ) < f(x0 ) Lấy g sao cho y < g < f (x0 ) n!1 Khi đó (x0 ; g) thuộc Bc Từ đó, tồn tại . 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. 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