Danh mục: TOÁN 11

Nếu $f(x) \geq 0$ và $\lim_{x \to x_0} f(x) = L > 0$, chứng minh $\lim_{x \to x_0} \sqrt{f(x)} = \sqrt{L}$.

Giải

Ta xét hiệu: $|\sqrt{f(x)} – \sqrt{L}| = \left| \frac{(\sqrt{f(x)} – \sqrt{L})(\sqrt{f(x)} + \sqrt{L})}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{L}} \right| = \frac{|f(x) – L|}{\sqrt{f(x)} + \sqrt{L}}$

Vì $f(x) \geq 0$ và $\sqrt{L} > 0$, ta có mẫu số $\sqrt{f(x)} + \sqrt{L} \geq \sqrt{L}$.

Do đó: $|\sqrt{f(x)} – \sqrt{L}| \leq \frac{|f(x) – L|}{\sqrt{L}}$

Với mọi $\epsilon > 0$, vì $\lim f(x) = L$, tồn tại $\delta > 0$ sao cho $|f(x) – L| < \epsilon \cdot \sqrt{L}$.

Khi đó: $|\sqrt{f(x)} – \sqrt{L}| < \frac{\epsilon \cdot \sqrt{L}}{\sqrt{L}} = \epsilon$.

Vậy $\lim_{x \to x_0} \sqrt{f(x)} = \sqrt{L}$.

Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ và $\lim_{x \to x_0} g(x) = M$;

Chứng minh $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{L}{M}$ (với $M \neq 0$).

Giải

Chứng minh:

$\lim_{x \to x_0} \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{M}$

Xét hiệu:

$\left| \frac{1}{g(x)} – \frac{1}{M} \right| = \frac{|M – g(x)|}{|g(x)| \cdot |M|} = \frac{|g(x) – M|}{|g(x)| \cdot |M|}$

Chặn mẫu số:

Vì $\lim g(x) = M \neq 0$, chọn $\epsilon_0 = \frac{|M|}{2} > 0$. Tồn tại $\delta_1 > 0$ sao cho khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$ thì $|g(x) – M| < \frac{|M|}{2}$.

• Suy ra: $|g(x)| > |M| – \frac{|M|}{2} = \frac{|M|}{2}$.
• Khi đó: $\frac{1}{|g(x)|} < \frac{2}{|M|}$.

Kiểm soát tử số:

Với $\epsilon > 0$ bất kỳ, tồn tại $\delta_2 > 0$ sao cho khi $0 < |x – x_0| < \delta_2$ thì $|g(x) – M| < \frac{\epsilon \cdot M^2}{2}$.

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Khi đó:

$$\left| \frac{1}{g(x)} – \frac{1}{M} \right| = \frac{|g(x) – M|}{|g(x)| \cdot |M|} < \frac{|g(x) – M|}{\frac{|M|}{2} \cdot |M|} = \frac{2 \cdot |g(x) – M|}{M^2}$$

Ta có: $\frac{2}{M^2} \cdot \frac{\epsilon \cdot M^2}{2} = \epsilon$.

Sau khi có $\lim \frac{1}{g(x)} = \frac{1}{M}$, ta áp dụng định lý tích:

$$\lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \left( f(x) \cdot \frac{1}{g(x)} \right) = L \cdot \frac{1}{M} = \frac{L}{M}$$

Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ và $\lim_{x \to x_0} g(x) = M$;

Chứng minh $\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$.

Giải

Ta cần chứng minh:

Với mọi $\epsilon > 0$, tồn tại $\delta > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta$ thì $|f(x)g(x) – LM| < \epsilon$.

Sử dụng kỹ thuật thêm bớt hạng tử trung gian $f(x)M$:

$$|f(x)g(x) – LM| = |f(x)g(x) – f(x)M + f(x)M – LM|$$

Áp dụng bất đẳng thức tam giác $|A + B| \leq |A| + |B|$:

$$|f(x)g(x) – LM| \leq |f(x)| \cdot |g(x) – M| + |M| \cdot |f(x) – L| \quad (*)$$

Chặn hàm số $f(x)$

Vì $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$, nên với sai số $\epsilon_1 = 1$, luôn tồn tại $\delta_1 > 0$ sao cho khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$ thì:

$$|f(x) – L| < 1 \implies |f(x)| < |L| + 1$$

Đặt $K = \max(|L| + 1, |M|)$. Khi đó, $|f(x)|$ và $|M|$ đều bị chặn bởi $K$.

Kiểm soát các sai số thành phần

Với mọi $\epsilon > 0$ cho trước, ta chọn:

• $\delta_2 > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta_2$ thì $|f(x) – L| < \frac{\epsilon}{2K}$.
• $\delta_3 > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta_3$ thì $|g(x) – M| < \frac{\epsilon}{2K}$.

Tổng hợp kết quả

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, \delta_3)$. Khi đó, với mọi $x$ thỏa mãn $0 < |x – x_0| < \delta$, thay vào biểu thức $(*)$ ta có:

$$|f(x)g(x) – LM| \leq |f(x)| \cdot |g(x) – M| + |M| \cdot |f(x) – L|$$

$$< K \cdot \frac{\epsilon}{2K} + K \cdot \frac{\epsilon}{2K}$$

$$= \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

---

Kết luận

Vậy theo định nghĩa Weierstrass, ta có:

$$\lim_{x \to x_0} [f(x) \cdot g(x)] = L \cdot M$$

Bài toán: Nếu $\lim_{x \to x_0} f(x) = L$ và $\lim_{x \to x_0} g(x) = M$, chứng minh $\lim_{x \to x_0} [f(x) – g(x)] = L – M$.

Giải

Cho trước $\epsilon > 0$. Ta cần tìm $\delta > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta$ thì $|(f(x) – g(x)) – (L – M)| < \epsilon$.

Ta có: $|(f(x) – g(x)) – (L – M)| = |(f(x) – L) – (g(x) – M)|$.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác $|A – B| \leq |A| + |B|$:

$$|(f(x) – L) – (g(x) – M)| \leq |f(x) – L| + |g(x) – M|$$

Vì $\lim f(x) = L$ và $\lim g(x) = M$, nên với $\frac{\epsilon}{2} > 0$:

• Tồn tại $\delta_1 > 0$ để $|f(x) – L| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$.
• Tồn tại $\delta_2 > 0$ để $|g(x) – M| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_2$.

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Khi đó với $0 < |x – x_0| < \delta$:

$$|f(x) – g(x) – (L – M)| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Cho hai hàm số $f(x)$ và $g(x)$ thỏa mãn:

$$\lim_{x \to x_0} f(x) = L \quad \text{và} \quad \lim_{x \to x_0} g(x) = M$$

Chứng minh:

$$\lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = L + M$$

Giải

Cho trước một số $\epsilon > 0$ bất kỳ. Ta cần tìm $\delta > 0$ sao cho nếu $0 < |x – x_0| < \delta$ thì $|(f(x) + g(x)) – (L + M)| < \epsilon$.

Theo giả thiết:

Với $\frac{\epsilon}{2} > 0$, tồn tại $\delta_1 > 0$ để $|f(x) – L| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_1$.

Với $\frac{\epsilon}{2} > 0$, tồn tại $\delta_2 > 0$ để $|g(x) – M| < \frac{\epsilon}{2}$ khi $0 < |x – x_0| < \delta_2$.

Chọn $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Khi đó, với $0 < |x – x_0| < \delta$, cả hai bất đẳng thức trên đều đúng.

Sử dụng bất đẳng thức tam giác: $|A + B| \leq |A| + |B|$, ta có:$$|(f(x) + g(x)) – (L + M)| = |(f(x) – L) + (g(x) – M)|$$$$\leq |f(x) – L| + |g(x) – M|$$$$< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$$

Vậy $\lim_{x \to x_0} [f(x) + g(x)] = L + M$.