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

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

.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

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

+
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

,
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

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

)=
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

;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

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)

.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(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

+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

.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

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(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

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

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

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

.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

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

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)

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)

+(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

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

]
. 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

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

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

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

, 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

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

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)

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

,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

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

;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

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

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

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

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

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

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

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

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:

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.

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

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

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

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

= 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

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

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

)=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

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 \

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

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

,
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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

.
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
)
.

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

(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

(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

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

(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

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

=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


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
e
n
ả
Ă f
à
1
e
n+1
ả




=1:
(h) Quan sát rằng




f
à
1
2n
ả
Ăf
à
1

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