Hướng dẫn làm bài tập giải tích 1 năm 2024

Malpera “Amida Kurd” (Swêd) bi Ezîz ê Cewo Mamoyan ra. Yên êzdî û êzdîtî. Li ser rêya hevhatin û yekîtîyê. Gotûbêj. Weşanên “Amida Kurd”, s. 2022. Ev berevoka gotûbêjên malpera “Amida Kurd” bi lêgerîner, nivîskar û rojnamegerê kurd Ezîz ê Cewo ra li ser mijara wan pirsgirêkan e, yên ku li ser rêya hevhatin û yekîtîya civaka netewî-ayînî ya kurdên êzdî dibin asteng. Mamosta Ezîz ê Cewo di nava goveka van gotûbêjan da bingehên wan pêvajoyên dîrokî ravedike, yên ku bûne sedemên bûyerên bobelatî û rojên reş û giran di jîyana êzdîyan da. Wisa jî pêvajoyên îroyîn û rê û rêbazên lêgerandin û berterefkirina wan pirsgirêkan tên govtûgokirin, ên ku hê jî di nava jîyana êzdîyan da rû didin… Ev weşana ji bo govekek a berfireh a xwendevanan hatye armanckirin.

Công trình này công bố kết quả nghiên cứu cấu trúc, độ bền và bản chất liên kết hóa học của các cluster silic pha tạp Si2M với M là một số kim loại hóa trị I bằng phương pháp phiếm hàm mật độ tại mức lý thuyết B3P86/6-311+G(d). Theo kết quả thu được, đồng phân bền của các cluster pha tạp Si2M có cấu trúc tam giác cân, đối xứng C2v và tồn tại hai trạng thái giả suy biến có cùng độ bội spin (A1 và B1). Kết quả thu được cho thấy liên kết Si-M được hình thành chủ yếu từ sự chuyển electron từ AO-s của các nguyên tử Li, Na, K, Cu, Cr sang khung Si2 và sự xen phủ của các AO-d của nguyên tử Cu, Cr với AO của khung Si2. Kết quả nghiên cứu các cluster Si2M (M là Li, Na, K, Cu, Cr) cho ra kết luận rằng cluster Si2Cr là bền nhất.

TÓM TẮT: Rút gọn thuộc tính là bài toán quan trọng trong bước tiền xử lý dữ liệu của quá trình khai phá dữ liệu và khám phá tri thức. Trong mấy năm gần đây, các nhà nghiên cứu đề xuất các phương pháp rút gọn thuộc tính trực tiếp trên bảng quyết định gốc theo tiếp cận tập thô mờ (Fuzzy Rough Set FRS) nhằm nâng cao độ chính xác mô hình phân lớp. Tuy nhiên, số lượng thuộc tính thu được theo tiếp cận FRS chưa tối ưu do ràng buộc giữa các đối tượng trong bảng quyết định chưa được xem xét đầy đủ. Trong bài báo này, chúng tôi đề xuất phương pháp rút gọn thuộc tính trực tiếp trên bảng quyết định gốc theo tiếp cận tập thô mờ trực cảm (Intuitionistic Fuzzy Rough Set IFRS) dựa trên các đề xuất mới về hàm thành viên và không thành viên. Kết quả thử nghiệm trên các bộ dữ liệu mẫu cho thấy, số lượng thuộc tính của tập rút gọn theo phương pháp đề xuất giảm đáng kể so với các phương pháp FRS và một số phương pháp IFRS khác.

Preparing soft skills for students has been being a matter of great concern to both society and the education industry. Soft skills are an essential factor for the success and happiness of each individual. Many decades ago, the weakness of soft skills of Vietnamese students have been warned by educational organizations, businesses and domestic and foreign experts. Although knowledge that is considered as a necessary condition during the learning process; it is still not a sufficient condition for students who want to get a desired job. Nowadays, soft skills training activities are quite popular in almost universities and it is one of requirements for student’s graduation. However, these training activities are different in each university. In this study, from the practical experience in training soft skills of other universities, the authors recommend some basic solutions for integrating soft skills into main subjects in the specialized knowledge teaching process.

Định nghĩa 1.1 Dãy số(xn)được gọi làdãy tăng (dãy giảm)nếu như với mọin∈N luôn có bất đẳng thứcxn< xn+1(xn< xn+1).

Ví dụ 1.1 Dãyxn= (1 +n 1 )n,(n∈N)là dãy tăng.

Chứng minhìxn= (1 + 1 n)n> 0 nên ta chỉ cần chứng minhxnx+1n > 1 .Ta có xn+ xn =

(1 +n+1 1 )n+ (1 + 1 n)n =

(nn+2+1)n+ (n+1n )n =

(n+ nn+1+ n

)n+ .n+ 1n =

( n 2 + 2n n 2 + 2n+ 1

)n+ .n+ 1n = ( 1 −(n+ 1) 12

)n+ .n+ 1n >

(

1 −n+ 1 1

)

.n+ 1n =n+ 1n .n+ 1n = 1 (Bất đẳng thức Bernuli.) Chứng minh rằng, nếu sốh >− 1 vàh 6 = 0thì luôn có bất đẳng thức(1 +h)n>1 +nhvới mọi số tự nhiênn> 2. Chú ý rằng dấu đẳng thức có được là do dùng bất đẳng thức Bernuli. Như vậyxn< xn+1

Ví dụ 1.1 Dãy sốxn= (1 +n 1 )n+1,(n∈N)là dãy giảm.

Chứng minhìxn= (1 + 1 n)n+1> 0 nên ta chỉ cần chứng minhxxnn+1 > 1 .Ta có xn xn+1=

(1 +n 1 )n+ (1 +n+1 1 )n+2=

(n+1n )n+ (nn+2+1)n+2=

(n+ nn+ n+

)n+ .n+ 1n =

(n 2 + 2n+ 1 n 2 + 2n

)n+ .n+ 1n = ( 1 +n(n 1 + 2)

)n+ .n+ 1n >

(

1 +n 1

)

.n+ 1n =n+ 1n .n+ 1n = 1. Chú ý rằng dấu bất đẳng thức có được là do dùng bất đẳng thức Bernuli. Như vậyxn> xn+1 2. Tính bị chặn.

Định nghĩa 1.1 Dãy số(xn)⊂ Rđược gọi là bị chặn trên (dưới), nếu như tồn tại số ∃M∈R(m∈R),sao cho với mọi∀n∈Nluôn cóxn 6 M(xn>m).

SốM(m)được gọi là cận trên (cận dưới) của dãy(xn).

Định nghĩa 1.1 Dãy số(xn)⊂Rđược gọi là bị chặn, nếu nó bị chặn trên và chặn dưới có nghĩa là nếu như tồn tại số∃M, m∈Rsao cho với mọi∀n∈Nluôn cóm 6 xn 6 M.

Định nghĩa 1.1 Dãy số(xn)⊂Rđược gọi là không bị chặn trên (dưới), nếu như với mọi số∀M∈R(m∈R),tồn tại số hạng của dãy sốxn 0 sao choxn 0 > M (xn 0 < m).

Ví dụ 1.1 Dãy sốxn= (1 +n 1 )n+1(n∈N)bị chặn dưới bởi sốm= 0,và bị chặn trên bởi sốM= (1 + 1) 2 = 4.

Chứng minhì dãy này là dãy giảm nên với mọi∀n∈Nluôn cóxn 6 x 1 = 4. Với mọi∀n∈Nta cóxn> 0

Ví dụ 1.1 Dãy sốxn= (1 + 1 n)n,(n∈N)bị chặn dưới bởi sốm= 0và bị chặn trên bởi sốM= 4.

Chứng minhới mọi∀n∈Nluôn cóxn> 0 ,vàxn= (1 +n 1 )n<(1 + 1 n)n+1 64

1 Giới hạn của dãy số

1.2 Những khái niệm cơ bản

Định nghĩa 1.2 Sốa∈Rđược gọi làgiới hạn của dãy (xn)⊂R,nếu như với mọi ∀ε > 0 tồn tại sốN=N(ε)sao cho với mọi∀n > Nluôn có bất đẳng thức|xn−a|< ε.

1.2 Dãy con

Định nghĩa 1.2 Cho dãy số(xn)⊂Rvàn 1 < n 2 <... < nk<.. .một dãy số tự nhiên tăng bất kỳ, khi đó dãy sốxn 1 , xn 2 ,... , xnk,.. .được gọi làdãy con của dãy(xn).Dãy con được kí hiệu là(xnk).

Định nghĩa 1.2 Sốc∈Rđược gọi làgiới hạn riêng của dãy(xn),nếu như tồn tại dãy con(xnk)của dãy(xn),hội tụ đến sốc.

1.2 Mối quan hệ giữa giới hạn riêng và giới hạn của dãy số hội tụ

tụ

Nếu như dãy(xn)hội tụ đến sốa,thì với mọi dãy con(xnk)của dãy(xn),giới hạn của nó làa.

nlim→∞xn=a=⇒klim→∞xnk=a

Định lý 1.2 Nếu dãy(xn)hội tụ thì tất cả giới hạn riêng của dãy(xn)đều bằng nhau và bằng giới hạn của dãy số(xn).

Chú ý.Để chứng minh dãy(xn)phân kỳ ta làm như sau: Cách 1ỉ ra 2 dãy con hội tụ về 2 giới hạn riêng khác nhau. Cách 2ỉ ra 1 dãy con phân kỳ.

Ví dụ 1.2 Nói chung đối với một số dãy số thì có thể tồn tại những giới hạn riêng khác nhau.

Đối với dãy(xn) = (−1)n (n∈N),dãy con của nó(x 2 k) = (−1) 2 k = 1và(x 2 k− 1 ) = (−1) 2 k− 1 =− 1 có giới hạn riêng lần lượt là 1 và -1. Chúng không bằng nhau.

Ví dụ 1.2 Không phải với dãy số nào cũng có giới hạn riêng.

Dãy số 1 , 2 ,... , n,.. .không có giới hạn riêng.

1 Giới hạn của dãy đơn điệu. Định lý Weierstrass

Định lý 1.3 Nếu dãy số đơn điệu tăng (giảm)(xn)⊂Rbị chặn trên (dưới):x 16 x 26 ... 6 xn 6... 6 y(x 1 >x 2 >.. .>xn>.. .>z),thì nó có giới hạn hữu hạn. Còn nếu

như dãy số đơn điệu tăng (giảm)(xn)⊂Rkhông bị chặn trên (dưới) thì giới hạn của nó là +∞(−∞).

Ví dụ 1.3 Chứng minh rằng dãy số(xn) = (1 + 1 n)n(n∈N)có giới hạn hữu hạn. Giới hạn này được kí hiệu làe.

Chứng minhư ta đã biết dãy(xn)trên là dãy tăng và bị chặn trên. Vì vậy theo định lý Weierstrass tồn tại giới hạn hữu hạn

nlim→∞(1 + 1 n)n=e. Chú ý.Sốelà số siêu việt (không phải là số đại số). Nó không là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên có bậcn> 1 .Sốe≈ 2 , 718281828459045 ,số này còn được gọi là số Neper hay số Ơle.

1 Các phương pháp tìm giới hạn của dãy số

1.4 Dùng biến đổi đại số để tìm giới hạn của dãy số

Bài 1.4 Tìm giới hạnI= limn→∞

( n 2 n+ 1−

n 3 n 2 + 1

Giải. I= limn→∞n

2 (n 2 + 1)−n 3 (n+ 1) (n+ 1)(n 2 + 1) = limn→∞

n 2 −n 3 (n+ 1)(n 2 + 1)= limn→∞

n 1 − 1 (1 +n 1 )(1 +n 12 )=− 1.

Bài 1.4 Tìm giới hạnI= limn→∞ (n+ 1)

4 −(n−1) 4 (n 2 + 1) 2 −(n 2 −1) 2. Giải. I= limn→∞(n+ 1−n+ 1)(n+ 1 +n−1)((n+ 1)

2 + (n−1) 2 ) (n 2 + 1−n 2 + 1)(n 2 + 1 +n 2 −1) = limn→∞

2 n(n 2 + 1) n 2 =∞.

Bài 1.4 Tìm giới hạnI= limn→∞n(√n 2 − 11 −n).

Giải. I= limn→∞

√n 2 −1 +n n(n 2 − 1 −n 2 )= limn→∞

√

1 −n 12 + 1 − 1 =− 2.

Bài 1.4 Tìm giới hạnI= limn→∞

√n 2 + 1−n √n+ 1−√n.

Bài 1.4 I= limn→∞√nn

Giải. Theo công thức nhị thức Newton ta có n= (1 + (√nn−1))n= 1 +n(√nn−1) +n(n 2 + 1)(√nn−1) 2 +.. .+ (√nn−1)n.

Với mọi∀n > 1 ta cón >n(n 2 +1)(√nn−1) 2 .Do đó với mọi∀n > 1 , 0 <√nn− 1 <

√ 2

n+ 1. Mặt khácnlim→∞

√ 2

n+ 1= 0nênnlim→∞

√nn−1 = 0hayI= 1.

Bài 1.4 I= limn→∞√na, a > 1.

Giải. Theo công thức nhị thức Newton ta có a= (1 + (√na−1))n= 1 +n(√na−1) +n(n 2 + 1)(√na−1) 2 +.. .+ (√na−1)n. Vớia > 1 ta cóa > n(√na−1).Do đó 0 < √na− 1 < anặt khácnlim→∞an = 0nên

nlim→∞√na−1 = 0hayI= 1.

Bài 1.4 I= limn→∞qn, |q|< 1.

Giải. Nếuq= 0thìI= 0. Nếuq 6 = 0thì ta có| 1 q|> 1 ,do đó| 1 q|= 1 +h, h > 0 .Từ đó theo bất đẳng thức Bernouli ta có 1 |q|n = (1 +h)

n>1 +nh > nh⇒ 0 <|q|n< 1 nh.

Mặt khácnlim→∞nh 1 = 0nênI= 0.

Bài 1.4 I= limn→∞ann, a > 1.

Giải. Theo công thức nhị thức Newton ta có an= (1 + (a−1))n= 1 +n(a−1) +n(n 2 + 1)(a−1) 2 +.. .+ (a−1)n.

Vớia > 1 ta cóan > n(n 2 +1)(a−1) 2. Do đó 0 < ann < (n+ 1)( 2 a−1) 2 .Mặt khác

nlim→∞(n+ 1)( 2 a−1) 2 = 0nênI= 0.

Bài 1.4 I= limn→+∞(−1)

n nα , α > 0 Giải. Vớiα > 0 ta có − 1 nα 6

(−1)n nα 6

nα Mặt khácnlim→∞−nα 1 = limn→∞n 1 α = 0nênI= 0.

1.4 Sử dụng giới hạn cơ bảnn→lim+∞qn= 0, |q|< 1 để tìm giới hạn của dãy

của dãy

Bài 1.4 Tìm giới hạn của dãyan=1 + 7

n+ 3 − 7 n Giải. Chia tử số và mẫu số cho 7 nta có

an= 71 n+ 7 2 73 n− 1

Do đónlim→∞an= limn→∞ 71 n+ 7 2 73 n− 1 =− 49 vìnlim→∞

7 n= 0.

Bài 1.4 Tìm giới hạnnlim→∞ 2

n+2+ 3n+ 2 n+ 3n Giải. Chia tử số và mẫu số cho 3 nta có

an=

2 nn+ 3 3 23 nn+ 1

Do đónlim→∞an= limn→∞

2 nn+ 3 3 23 nn+ 1 = 27vìnlim→∞

2 n 3 n= 0.

Bài 1.4 Tìm giới hạnnlim→∞ 5. 2

n− 3. 5 n+ 100. 2 n+ 2. 5 n Giải. Chia tử số và mẫu số cho 5 nta có

an=

2 nn− 3. 5 1005 n. 2 n+ 2

Do đónlim→∞an= limn→∞

2 nn− 3. 5 1005 n. 2 n+ 2=− 15

2 vìnlim→∞

2 n 5 n= 0.

Bài 1.4 Chứng minh rằng dãyan=5 + 1 1 + 521 + 1+.. .+ 5 n 1 + 1hội tụ.

Giải. Dãyanlà dãy đơn điệu tăng. Thật vậy, vì an+1=an+ 5 n+1 1 + 1

nênan+1> an. Dãyanbị chặn trên. Thật vậy an=5 + 1 1 + 521 + 1+.. .+ 5 n 1 + 1< 15 + 512 +.. .+ 51 n=

15 − 5 n 1 + 1 − 15 =

14(

1 − 51 n

)< 14.

Như vậy, dãyanđã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Bài 1.4 Chứng minh rằng dãyan=3 + 1 1 + 321 + 2+.. .+ 3 n 1 +nhội tụ.

Giải. Dãyanlà dãy đơn điệu tăng. Thật vậy, vì an+1=an+ 3 n+1+ 1 n+ 1

nênan+1> an. Dãyanbị chặn trên. Thật vậy an=3 + 1 1 + 321 + 2+.. .+ 3 n 1 +n< 13 + 312 +.. .+ 31 n=

13 − 3 n 1 + 1 − 13 =

12(

1 − 31 n

)< 12.

Như vậy, dãyanđã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Bài 1.4 Chứng minh rằng dãyan= 2

n n! hội tụ và tìm giới hạn của nó. Giải. Dãyanlà dãy đơn điệu giảm. Thật vậy, vì an+ an =

( 2 nn+1)!+ 2 nn! =

n+ 1< 1 ,∀n > 1.

nênan+1< an. Dãyanbị chặn dưới bởi 0 vìan> 0 .Như vậy, dãyanđã cho đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên nó hội tụ. Giả sửnlim→∞an =a cóan+1= n+ 1 2 anấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n→∞ta được

nlim→∞an+1= limn→∞n+ 1 2 .nlim→∞an.

Do đóa= 0⇒a= 0ậynlim→∞ 2

n n!= 0.

Bài 1.4 Cho dãya 1 =√ 2 , an+1=√ 2 anứng minh rằng dãy(an)hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Giải. Dãyanlà dãy đơn điệu tăng vìa 1 < a 2 < a 3 <.... Ta sẽ chứng minh dãyanbị chặn trên bởi 2. Thật vậy,a 1 =√ 2 , a 2 =√ 2 a 1 <√ 2 .2 = 2. Giả sử đã chứng minh được rằngan 62 .Ta sẽ chứng minhan+1 62 .Thật vậy,an+1= √ 2 a n 6

√ 2 .2 = 2ậy theo nguyên lý qui nạp ta cóa n 62 ,∀n∈N Như vậy, dãyanđã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ. Giả sửnlim→∞an=a cóan+1=√ 2 an⇒a 2 n+1= 2anấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khin→∞ta được

nlim→∞a 2 n+1= 2→∞an. Do đóa 2 = 2⇒a= 0∨a= 2ìan>√ 2 nêna= 2ậynlim→∞an= 2.

Bài 1.4 Cho dãyx 1 =√a, x 2 =√a+√a,... , xn=

√

a+.. .+√a ︸︷︷︸ n dấu căn

, a > 0.

Chứng minh rằng dãy(xn)hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Giải. Dãyanlà dãy đơn điệu tăng vìx 1 < x 2 < x 3 <.... Ta sẽ chứng minh dãyxnbị chặn trên bởi√a+ 1. Thật vậy,x 1 =√a <√a+1, x 2 =

√

a+√a <

√

a+√a+ 1<

√

a+ 2√a+ 1 =√a+1. Giả sử đã chứng minh được rằngxn 6 √a+ 1 sẽ chứng minhan+1 6 √a+ 1ật vậy,an+1=√a+xn<

√

a+√a+ 1<

√

a+ 2√a+ 1 =√a+ 1ậy theo nguyên lý qui nạp ta cóxn 6 √a+ 1,∀n∈N Như vậy, dãyxnđã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ. Giả sửnlim→∞xn=x cóxn+1=√a+xn⇒x 2 n+1=a+xnấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khin→∞ta được

nlim→∞x 2 n+1=a+ limn→∞xn.

Do đóx 2 =a+x⇒x= 1 −

√1 + 4a 2

∨x=1 +√1 + 4a 2 .Vìan> 0 nênx=

1 +√1 + 4a 2. Vậynlim→∞xn=1 +

√1 + 4a 2.

Bài 1.4 Chứng minh rằng dãyan=nnn! hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Giải. Dãyanlà dãy đơn điệu giảm. Thật vậy, vì an+ an =

(n(+1)n+1)!n+ nnn! =

nn (n+ 1)n< 1 ,

nênan+1< an. Dãyanbị chặn dưới bởi 0 vìan> 0 .Như vậy, dãyanđã cho đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên nó hội tụ. Giả sửnlim→∞an=a cóan+1= n

n (n+ 1)n.anấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n→∞ta được

nlim→∞an+1= limn→∞ n

n (n+ 1)n→∞an.

Do đóa=e− 1 .a⇒a= 0ậynlim→∞nnn! = 0.

1.4 Dùng định lý kẹp giữa tìm giới hạn của dãy số

e, biết rằng khi n→∞thìun→ 0.

Bài 1.4 Tìm giới hạnnlim→∞

(

1 +n+ 1 k

)n , k∈N

Giải. nlim→∞

(

1 +n+ 1 k

)n = limn→∞

(

1 +n+ 1 k

)(n+k).nn+k =e.

Bài 1.4 Tìm giới hạnnlim→∞

( n n+ 1

)n . Giải. nlim→∞

(

1 −n+ 1 1

)n = limn→∞

(

1 −n+ 1 1

)−(n+1).−(nn+1) =e− 1.

Bài 1.4 Tìm giới hạnnlim→∞

(

1 + 21 n

)n . Giải. nlim→∞

(

1 + 21 n

)n = limn→∞

(

1 + 21 n

) 2 n. 2 nn =e 12.

Bài 1.4 Tìm giới hạnnlim→∞

( 2 n+ 1 2 n

) 2 n .

nlim→∞

( 2 n+ 1 2 n

) 2 n = limn→∞

(

1 + 21 n

) 2 n =e.

1.4 Dùng mối quan hệ giữa giới hạn riêng và giới hạn của dãy

số để chứng minh dãy số phân kỳ

Định lý 1.4 Nếu dãy(xn)hội tụ thì tất cả giới hạn riêng của dãy(xn)đều bằng nhau và bằng giới hạn của dãy số(xn).

Chú ý.Để chứng minh dãy(xn)phân kỳ ta làm như sau: Cách 1ỉ ra 2 dãy con hội tụ về 2 giới hạn riêng khác nhau. Cách 2ỉ ra 1 dãy con phân kỳ.

Bài 1.4 Chứng minh rằng dãyan= (−1)n 23 nn+ 3+ 1phân kỳ.

Giải. Xét 2 dãy con với chỉ số chẵn và lẻ ta có

a 2 k= (−1) 2 k 23 .. 22 kk+ 3+ 1→ 23 , a 2 k+1= (−1) 2 k+1 23 ..(2(2kk+ 1) + 3+ 1) + 1→− 23 khin→∞.

Vậy tồn tại 2 dãy con có giới hạn khác nhau nên dãy đã cho phân kỳ.

Định nghĩa 2.2 (giới hạn của hàm số từ 1 phía)

SốA∈Rđược gọi là giới hạn của hàm sốf(x)khix→atừ bên phải (từ bên trái) nếu như

x→a,xlim∈X+ a f(x) =A( limx→a,x∈X− a f(x) =A)

Chúng được kí hiệu làx→lima+0f(x), f(a+ 0)vàx→lima− 0 f(x), f(a−0) Ví dụ.

f(x) =signx=



1 , x > 0 0 , x= 0 − 1 , x < 0

Dễ dàng thấy rằng f(0 + 0) = limx→0+0f(x) = 1

còn f(0−0) = limx→ 0 − 0 f(x) =− 1. Choa∈Rlà điểm giới hạn của tập hợpXa+={x∈X\x > a}và tập hợpXa−={x∈ X\x < a}.Khi đóacũng là điểm giới hạn của tập hợpX đó ta có định lý sau:

Định lý 2.2 (về mối quan hệ giữa giới hạn từ 2 phía và từ 1 phía của hàm số tại 1 điểm.) Đẳng thứcxlim→af(x) =Atương đương với 2 đẳng thức sau   

x→lima+0f(x) =A x→lima− 0 f(x) =A

2 Giới hạn của hàm số tại một điểm

Cho hàm sốf(x)xác định trên tập hợpX⊂Rvà+∞(−∞,∞)là điểm giới hạn của tập hợpX.

Định nghĩa 2.3 SốA ∈Rđược gọi là giới hạn của hàm số f(x)khi x→+∞(x→ −∞, x→ ∞)nếu như với mọi∀ε > 0 tồn tại số∃N=N(ε)> 0 sao cho với mọi∀x∈X thỏa mãn bất đẳng thứcx > N(x <−N,|x|> N)luôn có bất đẳng thức|f(x)−A|< ε.

2 Giới hạn của hàm số từ một phía

Cho hàm sốf(x)xác định trên tập hợpX⊂Rvàa∈Rlà điểm giới hạn của tập hợpX này.

Định nghĩa 2.4 Số+∞(−∞,∞)được gọi là giới hạn của hàm sốf(x)khix→anếu như với mọi∀M > 0 tồn tại sốδ=δ(M)> 0 sao cho với mọi ∀x∈X\athỏa mãn bất đẳng thức|x−a|< δluôn có bất đẳng thứcf(x)> M(f(x)<−M,|f(x)|> M).

2 Giới hạn vô cùng của hàm số tại điểm vô cùng

Cho hàm sốf(x)xác định trên tập hợpX⊂Rvà+∞(−∞,∞)là điểm giới hạn của tập hợpX.

Định nghĩa 2.5 Số+∞(−∞,∞)được gọi là giới hạn của hàm sốf(x)khix→+∞(x→ −∞, x→∞)nếu như với mọi∀M > 0 tồn tại số∃N=N(M)> 0 sao cho với mọi∀x∈X thỏa mãn bất đẳng thứcx > N(x <−N,|x|> N)luôn có bất đẳng thứcf(x)> M(f(x)< −M,|f(x)|> M).