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

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
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

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

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

.
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

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

,
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;::: ;

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

,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

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

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

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

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

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

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

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


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

:
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

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

;
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

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
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

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,

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

.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

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 =

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

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

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))

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

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

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
.

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

.
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

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

.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

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

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

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


;
1
3

x
k
ả
:
Đặt

1
=
1
3
minf
x
1
;::: ;
x
n
g
và

2
> 0
nh trên. Đặt
=minf
1
;
2

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

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

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

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
(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)=

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)=
(

;
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
+

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

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

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:

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

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

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

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

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

f(x) Ă f(0)
x




=lim
x!0




f(x)
sin x




Â




sin x
x




= lim

= 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

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

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

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

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

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)

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
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

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

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

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

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):

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

< 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

(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

.
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

q



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






f

p
q

Ă f(x)
p
q
Ăx





,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
)

)
n
Q
j=1
j6=k
(x
k
Ă x
j
)
: