Chương 32: Giới hạn: định nghĩa epsilon–delta

Câu hỏi mở đầu

"Gần tùy ý", "đủ gần" nghe rõ ràng nhưng thật ra mơ hồ: gần bao nhiêu là gần? Làm sao biến ý tưởng giới hạn thành một câu chính xác mà ai cũng kiểm chứng được, kể cả máy?

Một trò chơi hai người

"Khi \(x\) gần 2 thì \(3x + 1\) gần 7." Câu này đúng, nhưng muốn chứng minh nó thì phải nói "gần" là bao nhiêu. Không có một mức gần nào dùng được cho mọi mục đích: người thợ mộc hài lòng với sai số một milimét, người làm chip điện tử thì không. Vậy đừng chọn một mức; hãy để người nghe chọn.

Hình dung hai người chơi, như ở Chương 15. Người thách đưa ra một sai số cho phép \(\varepsilon > 0\) (chữ Hy Lạp epsilon): "tôi muốn \(3x + 1\) cách 7 chưa tới \(\varepsilon\)". Người đáp phải chỉ ra một cửa sổ \(\delta > 0\) (chữ Hy Lạp delta) quanh 2: "chỉ cần \(x\) cách 2 chưa tới \(\delta\), và \(x \neq 2\), là được". Người thách chọn trước, người đáp chọn sau và được biết \(\varepsilon\).

• Thách \(\varepsilon = 0{,}03\). Đáp \(\delta = 0{,}01\): nếu \(\lvert x - 2 \rvert < 0{,}01\) thì \(\lvert (3x + 1) - 7 \rvert = 3\lvert x - 2 \rvert < 0{,}03\). Người đáp thắng.
• Thách \(\varepsilon = 0{,}0003\). Đáp \(\delta = 0{,}0001\), và lại thắng, cùng một lý do.

Người đáp có một cách đáp luôn thắng: \(\delta = \frac{\varepsilon}{3}\), vì khi đó \(\lvert (3x + 1) - 7 \rvert = 3\lvert x - 2 \rvert < 3\delta = \varepsilon\). Câu "giới hạn của \(3x + 1\) khi \(x \to 2\) là 7" có nghĩa chính xác là: người đáp luôn thắng, dù người thách đưa ra \(\varepsilon\) nào. Và cách đáp luôn thắng, kèm lý do nó thắng, chính là một chứng minh.

Ba lượt thách và đáp với \(y = 3x + 1\) quanh \(x = 2\). Người thách thu hẹp dải ngang (sai số \(\varepsilon\) quanh 7); người đáp thu hẹp cửa sổ đứng (\(\delta = \frac{\varepsilon}{3}\) quanh 2). Phần đồ thị trong cửa sổ luôn nằm trong dải.

Vì sao cấu trúc này phải xuất hiện, dù chưa ai đặt tên cho nó? "Gần tùy ý" chứa hai mức gần khác nhau: đầu ra phải gần tới đâu, và đầu vào cần gần tới đâu. Mức thứ nhất là yêu cầu, có thể nhỏ bao nhiêu cũng được; mức thứ hai là lời đáp, phụ thuộc vào yêu cầu. Cách duy nhất để nói "nhỏ bao nhiêu cũng được" mà không cần tới những con số "nhỏ vô cùng" bí ẩn là nói "với mọi". Thứ tự "với mọi yêu cầu, có một lời đáp" không do ai chọn cho đẹp: nó là nghĩa của chữ "tùy ý". Toán học đã dùng giới hạn theo trực giác rất lâu trước khi có câu định nghĩa này; khi có nó, những câu hỏi về giới hạn mới có câu trả lời mà ai cũng kiểm lại được.

Ký hiệu

Nhắc lại từ Chương 26: \(\lvert x - a \rvert\) là khoảng cách giữa \(x\) và \(a\) trên trục số, nên \(\lvert x - a \rvert < \delta\) nghĩa là \(x\) nằm trong khoảng \((a - \delta; a + \delta)\). Điều kiện \(0 < \lvert x - a \rvert\) nói thêm \(x \neq a\).

Giới hạn của hàm. \(\lim_{x \to a} f(x) = L\) nghĩa là

\[ \forall \varepsilon > 0 \ \ \exists \delta > 0 \ \ \forall x: \quad 0 < \lvert x - a \rvert < \delta \ \Rightarrow \ \lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon. \]

Đọc từng mảnh: với mọi sai số \(\varepsilon\) mà người thách đưa ra (\(\forall \varepsilon > 0\)), có một cửa sổ \(\delta\) (\(\exists \delta > 0\)) sao cho mọi \(x\) trong cửa sổ (\(\forall x\)), trừ chính \(a\) (\(0 < \lvert x - a \rvert\)), đều cho \(f(x)\) trong dải sai số (\(\lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon\)). Mũi tên là phép kéo theo của Chương 14. Câu này gọi là định nghĩa epsilon–delta (epsilon-delta definition) của giới hạn. Hàm \(f\) phải xác định tại mọi \(x\) gần \(a\), trừ có thể chính \(a\).

Giới hạn của dãy. \(\lim_{n \to \infty} a_n = L\) nghĩa là

\[ \forall \varepsilon > 0 \ \ \exists N \ \ \forall n > N: \quad \lvert a_n - L \rvert < \varepsilon. \]

Ở đây không có \(\delta\): "\(n\) đủ lớn" được đo bằng một ngưỡng \(N\), và mọi số hạng sau ngưỡng phải nằm trong dải. Mệnh đề 2 của Chương 31 đã dùng đúng dạng này, với "\(n \geq N\)" thay cho "\(n > N\)"; hai cách viết chỉ lệch ngưỡng đi 1.

Giới hạn tại vô cực. Khi \(x \to +\infty\) thì không có cửa sổ quanh một điểm; ta đo "\(x\) đủ lớn" bằng một ngưỡng \(M\): \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = L\) nghĩa là với mọi \(\varepsilon > 0\) có \(M\) sao cho mọi \(x > M\) cho \(\lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon\). Đây là giới hạn tại vô cực (limit at infinity). Tương tự, giới hạn vô cực của Chương 31, \(\lim_{x \to a} f(x) = +\infty\), nghĩa là với mọi ngưỡng \(M\) có \(\delta > 0\) sao cho \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\) kéo theo \(f(x) > M\).

Ký hiệu \(\min(p; q)\) chỉ số nhỏ hơn trong hai số \(p\), \(q\); nó hay xuất hiện trong lời đáp, khi cửa sổ phải thỏa hai đòi hỏi cùng lúc.

Với \(f(x) = x^2\), \(a = 3\), \(L = 9\): người thách đưa dải \(9 \pm \varepsilon\) với \(\varepsilon = 2\); người đáp chọn cửa sổ \(3 \pm \delta\) với \(\delta = \min\left(1; \frac27\right)\). Phần đồ thị trên cửa sổ (nét đậm) nằm trọn trong dải.

Làm bằng tay

Ví dụ 1 (hàm tuyến tính). Với \(f(x) = mx + b\) và \(m \neq 0\): \(\lvert f(x) - f(a) \rvert = \lvert m \rvert \lvert x - a \rvert\). Đáp \(\delta = \frac{\varepsilon}{\lvert m \rvert}\) thì \(\lvert f(x) - f(a) \rvert < \lvert m \rvert \delta = \varepsilon\). Vậy \(\lim_{x \to a}(mx + b) = ma + b\). Hệ số góc càng lớn, cửa sổ càng phải hẹp: đường càng dốc thì một sai lệch nhỏ ở đầu vào càng thành sai lệch lớn ở đầu ra (Chương 27). Khi \(m = 0\), hàm là hằng, và cửa sổ nào cũng thắng.

Ví dụ 2 (\(x^2\) gần 3). Chứng minh \(\lim_{x \to 3} x^2 = 9\). Ta có \(\lvert x^2 - 9 \rvert = \lvert x - 3 \rvert \cdot \lvert x + 3 \rvert\). Thừa số \(\lvert x - 3 \rvert\) là thứ ta điều khiển được; thừa số \(\lvert x + 3 \rvert\) thì thay đổi theo \(x\), nên trước hết giữ nó trong tầm: nếu \(\lvert x - 3 \rvert < 1\) thì \(2 < x < 4\), nên \(\lvert x + 3 \rvert < 7\). Vậy đáp

\[ \delta = \min\left(1; \frac{\varepsilon}{7}\right). \]

Khi \(0 < \lvert x - 3 \rvert < \delta\): vì \(\delta \leq 1\) nên \(\lvert x + 3 \rvert < 7\); vì \(\delta \leq \frac{\varepsilon}{7}\) nên \(\lvert x^2 - 9 \rvert < 7 \cdot \frac{\varepsilon}{7} = \varepsilon\). Với lượt thách \(\varepsilon = 0{,}1\), lời đáp là \(\delta = \frac{1}{70} \approx 0{,}014\); thử ở mép cửa sổ, \(x = 3 + \frac{1}{70}\) cho \(x^2 - 9 \approx 0{,}0859 < 0{,}1\).

Ví dụ 3 (dãy \(\frac1n\)). Chứng minh \(\frac1n \to 0\). Cho \(\varepsilon > 0\). Ta cần \(\frac1n < \varepsilon\), tức \(n > \frac{1}{\varepsilon}\); chọn \(N\) là một số tự nhiên không nhỏ hơn \(\frac{1}{\varepsilon}\). Khi \(n > N\) thì \(n > \frac1{\varepsilon}\) và \(\left\lvert \frac1n - 0 \right\rvert < \varepsilon\). Với \(\varepsilon = 0{,}001\), ngưỡng là \(N = 1000\).

Ví dụ 4 (dãy \(\frac{2n + 1}{n}\)). \(\left\lvert \frac{2n + 1}{n} - 2 \right\rvert = \frac1n\), nên như Ví dụ 3: với \(\varepsilon = 0{,}1\), ngưỡng \(N = 10\) đủ, và mọi số hạng sau số hạng thứ 10 nằm trong dải \(2 \pm 0{,}1\).

Dãy \(\frac{2n + 1}{n}\) với dải \(2 \pm 0{,}1\). Mười số hạng đầu có thể ở ngoài dải (số hạng thứ 10 nằm đúng trên mép); từ số hạng thứ 11 trở đi, tất cả nằm trong dải.

Ví dụ 5 (kẹp). Chứng minh \(\lim_{x \to 0} x \sin\frac1x = 0\). Ở Chương 31, \(\sin\frac{\pi}{x}\) dao động mãi và không có giới hạn tại 0; nhân với \(x\) thì biên độ dao động bị ép nhỏ dần. Vì \(\lvert \sin t \rvert \leq 1\), ta có \(-\lvert x \rvert \leq x\sin\frac1x \leq \lvert x \rvert\), và cả \(-\lvert x \rvert\) lẫn \(\lvert x \rvert\) tiến tới 0. Định lý kẹp (squeeze theorem) ở cuối chương kết luận ngay; trực tiếp hơn, đáp \(\delta = \varepsilon\): khi \(0 < \lvert x \rvert < \varepsilon\) thì \(\left\lvert x \sin\frac1x \right\rvert \leq \lvert x \rvert < \varepsilon\).

\(x\sin\frac1x\) dao động ngày càng nhanh khi \(x\) gần 0, nhưng bị kẹp giữa \(-\lvert x \rvert\) và \(\lvert x \rvert\), hai đường cùng tiến tới 0.

Ví dụ 6 (\(\frac{\sin x}{x} \to 1\), như Chương 31 đã hẹn). Ta nhận từ hình học rằng hình quạt tròn góc \(x\) của đường tròn đơn vị có diện tích \(\frac{x}{2}\): hình tròn có diện tích \(\pi\), và hình quạt chiếm phần \(\frac{x}{2\pi}\) của nó. Với \(0 < x < \frac{\pi}{2}\), lấy \(A(1; 0)\), \(P(\cos x; \sin x)\) và \(T(1; \tan x)\) trên đường thẳng đứng qua \(A\). Tam giác \(OAP\) nằm trong hình quạt \(OAP\), hình quạt nằm trong tam giác \(OAT\), nên so diện tích:

\[ \frac{\sin x}{2} < \frac{x}{2} < \frac{\tan x}{2}. \]

Từ \(\sin x < x\) ta được \(\frac{\sin x}{x} < 1\); từ \(x < \frac{\sin x}{\cos x}\) ta được \(\cos x < \frac{\sin x}{x}\). Còn \(1 - \cos x = 2\sin^2\frac{x}{2}\) (công thức cộng của Chương 30 với \(a = b = \frac{x}{2}\)), và \(\sin\frac{x}{2} < \frac{x}{2}\), nên \(1 - \cos x < \frac{x^2}{2}\). Tóm lại, với \(0 < \lvert x \rvert < \frac{\pi}{2}\) (phía âm nhờ \(\frac{\sin x}{x}\) là hàm chẵn):

\[ 1 - \frac{x^2}{2} < \frac{\sin x}{x} < 1. \]

Hai vế ngoài cùng tiến tới 1 khi \(x \to 0\), nên theo định lý kẹp, \(\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1\). Bảng giá trị ở Chương 31 chỉ gợi ý; giờ ta có chứng minh.

Tam giác \(OAP\) (diện tích \(\frac{\sin x}{2}\)) nằm trong hình quạt \(OAP\) (diện tích \(\frac{x}{2}\)), hình quạt nằm trong tam giác \(OAT\) (diện tích \(\frac{\tan x}{2}\)).

Ranh giới

Lời đáp phụ thuộc cả \(\varepsilon\) lẫn \(a\). Với \(x^2\) gần \(a\), cùng lập luận như Ví dụ 2 cho \(\lvert x^2 - a^2 \rvert < (2\lvert a \rvert + 1)\lvert x - a \rvert\) khi \(\lvert x - a \rvert < 1\), nên đáp \(\delta = \min\left(1; \frac{\varepsilon}{2\lvert a \rvert + 1}\right)\). Gần \(a = 3\) là \(\frac{\varepsilon}{7}\); gần \(a = 100\) là \(\frac{\varepsilon}{201}\). Đồ thị càng dốc ở đâu, cửa sổ ở đó càng phải hẹp, và với \(x^2\) không có một \(\delta\) chung dùng được cho mọi điểm của trục số.

Đổi thứ tự lượng từ là đổi nghĩa. Câu "\(\exists \delta > 0\ \forall \varepsilon > 0\ \forall x: 0 < \lvert x - a \rvert < \delta \Rightarrow \lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon\)" đòi một cửa sổ thắng mọi lượt thách. Khi ấy, với mỗi \(x\) trong cửa sổ, số không âm \(\lvert f(x) - L \rvert\) nhỏ hơn mọi số dương, nên bằng 0: \(f(x) = L\) trên cả cửa sổ. Câu ấy nói \(f\) là hằng gần \(a\), một điều khác hẳn. Người đi sau có lợi thế, như ở Chương 15: \(\delta\) được chọn sau \(\varepsilon\), và chính vì thế nó được phép phụ thuộc vào \(\varepsilon\).

Bỏ chữ "\(0 <\)" là đổi khái niệm. Nếu đòi \(\lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon\) cả tại \(x = a\), định nghĩa sẽ buộc \(f(a)\) phải xác định và bằng \(L\). Đồ thị có lỗ của Chương 31 sẽ không còn giới hạn, dù mọi điểm quanh lỗ đều dồn về một giá trị. Khi giới hạn tồn tại và bằng đúng \(f(a)\), ta có một khái niệm mới, chủ đề của Chương 33.

Máy tính kiểm chứng thế nào. Không máy nào thử được mọi \(\varepsilon\): có vô số. Nhưng một chứng minh cho sẵn một công thức đáp, như \(\delta = \min\left(1; \frac{\varepsilon}{7}\right)\), cùng một chuỗi bất đẳng thức đúng cho mọi \(\varepsilon\) cùng lúc. Từng bước của chuỗi ấy là một phép suy luận hữu hạn mà người hay máy đều kiểm lại được; ngày nay có những chương trình chuyên kiểm tra chứng minh làm đúng việc đó. Đó là câu trả lời cho nửa sau của câu hỏi mở đầu.

Phát biểu chặt chẽ

Định nghĩa 1 (giới hạn của dãy). Dãy \((a_n)\) có giới hạn \(L\) nếu với mọi \(\varepsilon > 0\) có một số tự nhiên \(N\) sao cho \(\lvert a_n - L \rvert < \varepsilon\) với mọi \(n > N\).

Định nghĩa 2 (giới hạn của hàm). Cho \(f\) xác định tại mọi \(x\) trong một khoảng quanh \(a\), trừ có thể chính \(a\). Ta nói \(\lim_{x \to a} f(x) = L\) nếu với mọi \(\varepsilon > 0\) có \(\delta > 0\) sao cho \(\lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon\) với mọi \(x\) thỏa \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\).

Phủ định Định nghĩa 2 theo quy tắc của Chương 15 cho biết "\(f\) không có giới hạn \(L\) tại \(a\)" nghĩa là gì: có một \(\varepsilon > 0\) sao cho với mọi \(\delta > 0\), có một \(x\) với \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\) mà \(\lvert f(x) - L \rvert \geq \varepsilon\). Người thách có một lượt thách mà người đáp không bao giờ thắng (bài C2).

Định lý 3 (giới hạn là duy nhất). Nếu \(\lim_{x \to a} f(x) = L\) và \(\lim_{x \to a} f(x) = L'\) thì \(L = L'\).

Chứng minh. Giả sử \(L \neq L'\) và đặt \(\varepsilon = \frac{\lvert L - L' \rvert}{2} > 0\). Có \(\delta_1\) cho giới hạn \(L\) và \(\delta_2\) cho giới hạn \(L'\) ứng với \(\varepsilon\) này. Lấy một \(x\) với \(0 < \lvert x - a \rvert < \min(\delta_1; \delta_2)\). Theo bất đẳng thức tam giác (Chương 7),

\[ \lvert L - L' \rvert \leq \lvert L - f(x) \rvert + \lvert f(x) - L' \rvert < \varepsilon + \varepsilon = \lvert L - L' \rvert, \]

vô lý. \(\square\)

Định lý 4 (giới hạn của tổng). Nếu \(\lim_{x \to a} f(x) = L\) và \(\lim_{x \to a} g(x) = M\) thì \(\lim_{x \to a}\big(f(x) + g(x)\big) = L + M\).

Chứng minh. Cho \(\varepsilon > 0\). Mẹo là chia đôi sai số: có \(\delta_1\) sao cho \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta_1\) kéo theo \(\lvert f(x) - L \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\), và \(\delta_2\) sao cho \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta_2\) kéo theo \(\lvert g(x) - M \rvert < \frac{\varepsilon}{2}\). Đáp \(\delta = \min(\delta_1; \delta_2)\). Khi \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\), cả hai điều kiện cùng đúng, nên

\[ \big\lvert (f(x) + g(x)) - (L + M) \big\rvert \leq \lvert f(x) - L \rvert + \lvert g(x) - M \rvert < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \qquad \square \]

Định lý 5 (định lý kẹp). Giả sử \(g(x) \leq f(x) \leq h(x)\) với mọi \(x\) thỏa \(0 < \lvert x - a \rvert < r\), với một số \(r > 0\), và \(\lim_{x \to a} g(x) = \lim_{x \to a} h(x) = L\). Khi đó \(\lim_{x \to a} f(x) = L\).

Chứng minh. Cho \(\varepsilon > 0\). Có \(\delta_1\) để \(\lvert g(x) - L \rvert < \varepsilon\) và \(\delta_2\) để \(\lvert h(x) - L \rvert < \varepsilon\) khi \(x\) ở trong cửa sổ tương ứng, khác \(a\). Đáp \(\delta = \min(r; \delta_1; \delta_2)\). Khi \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\):

\[ L - \varepsilon < g(x) \leq f(x) \leq h(x) < L + \varepsilon, \]

tức \(\lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon\). \(\square\)

Tên "định lý kẹp" nói đúng nội dung: một hàm bị kẹp giữa hai hàm cùng dồn về \(L\) thì không có đường nào khác ngoài dồn về \(L\). Cả ba định lý có bản dành cho dãy, với ngưỡng \(N\) thay cho cửa sổ \(\delta\), và chứng minh gần như chép lại (bài C1).

Sợi chỉ

• S3. Thứ tự của biến đổi. \(\forall \varepsilon\ \exists \delta\) và \(\exists \delta\ \forall \varepsilon\) chỉ khác thứ tự mà nói hai điều khác hẳn: một là "có giới hạn", một là "là hằng gần \(a\)". Thứ tự lượng từ là thứ tự nước đi trong trò chơi của Chương 15, và người đi sau được phép tùy theo nước của người đi trước.
• S7. Xấp xỉ và sai số. \(\varepsilon\) là sai số cho phép ở đầu ra, \(\delta\) là độ chính xác cần có ở đầu vào. Định nghĩa giới hạn là một lời hứa về xấp xỉ có kiểm soát: muốn kết quả sai không quá \(\varepsilon\), hãy đo đầu vào chính xác tới \(\delta\). Ví dụ 1 cho thấy \(\delta\) tỉ lệ nghịch với độ dốc, như sai số ngoại suy của Chương 27.
• S4. Cục bộ và toàn cục. Định nghĩa chỉ nói về một cửa sổ quanh \(a\), nhỏ tùy ý, và không nói gì về những điểm xa hơn. Lời đáp \(\delta\) tìm được ở điểm này không dùng được ở điểm khác (mục Ranh giới): thông tin cục bộ không tự động thành thông tin toàn cục.

Tóm tắt

• Giới hạn là một trò chơi: người thách đưa sai số \(\varepsilon > 0\), người đáp tìm cửa sổ \(\delta > 0\); "\(\lim_{x \to a} f(x) = L\)" nghĩa là người đáp luôn thắng.
• Định nghĩa epsilon–delta: \(\forall \varepsilon > 0\ \exists \delta > 0\ \forall x\ (0 < \lvert x - a \rvert < \delta \Rightarrow \lvert f(x) - L \rvert < \varepsilon)\); với dãy, ngưỡng \(N\) thay cho cửa sổ \(\delta\); với \(x \to +\infty\), ngưỡng \(M\) thay cho cửa sổ.
• Chứng minh một giới hạn là đưa ra một cách đáp luôn thắng, như \(\delta = \frac{\varepsilon}{\lvert m \rvert}\) cho hàm tuyến tính hay \(\delta = \min\left(1; \frac{\varepsilon}{7}\right)\) cho \(x^2\) gần 3.
• Thứ tự lượng từ là bắt buộc: đổi thành \(\exists \delta\ \forall \varepsilon\) thì câu nói \(f\) là hằng gần \(a\); bỏ "\(0 <\)" thì câu buộc \(f(a) = L\).
• Giới hạn là duy nhất; giới hạn của tổng là tổng các giới hạn (mẹo chia đôi \(\varepsilon\)); hàm bị kẹp giữa hai hàm cùng dồn về \(L\) cũng dồn về \(L\).
• Định lý kẹp chứng minh \(x\sin\frac1x \to 0\) và \(\frac{\sin x}{x} \to 1\).
• Không máy nào thử được mọi \(\varepsilon\), nhưng người hay máy đều kiểm được một chứng minh, vì nó đúng cho mọi \(\varepsilon\) cùng lúc.

Bài tập

A. Tư duy

A1. Diễn đạt bằng lời, không dùng ký hiệu, câu "\(\lim_{x \to a} f(x) = L\)". Vì sao \(\varepsilon\) phải được chọn trước \(\delta\)?

Lời giải

"Dù ai đòi \(f(x)\) gần \(L\) tới đâu, luôn có một khoảng quanh \(a\) sao cho mọi \(x\) trong khoảng ấy, khác \(a\), đều đáp ứng được đòi hỏi." Đòi hỏi đến trước, lời đáp đến sau, vì lời đáp được phép tùy vào đòi hỏi: đòi hỏi khắt khe hơn thì khoảng hẹp hơn. Nếu phải chọn khoảng trước, một khoảng dùng được cho mọi đòi hỏi, thì \(f\) phải bằng đúng \(L\) trên cả khoảng ấy (mục Ranh giới), điều hầu như không hàm nào thỏa.

A2. Một chương trình thử một nghìn giá trị của \(\varepsilon\), từ \(0{,}1\) xuống \(10^{-100}\), và với mỗi giá trị đều tìm được một \(\delta\) thắng. Như thế đã chứng minh được giới hạn chưa?

Lời giải

Chưa. Định nghĩa đòi mọi \(\varepsilon > 0\), mà có vô số; một nghìn lần thắng không loại trừ một lượt thách thứ một nghìn lẻ một mà người đáp thua. Như mẫu hình \(n^2 + n + 41\) ở Chương 1, nhiều ví dụ đúng chưa phải là chứng minh. Một chứng minh cho một công thức \(\delta\) theo \(\varepsilon\), kèm lý do nó thắng với mọi \(\varepsilon\) cùng lúc. Chương trình có thể giúp đoán ra công thức ấy, và có thể kiểm tra từng bước của lập luận, nhưng không thay được lập luận.

A3. Vì sao định nghĩa có điều kiện \(0 < \lvert x - a \rvert\)? Nếu bỏ nó đi, giới hạn của \(\frac{x^2 - 9}{x - 3}\) tại 3 sẽ ra sao?

Lời giải

Vì giới hạn tại \(a\) không quan tâm tới chính \(a\): những giới hạn quan trọng nhất, như tốc độ tức thời, xảy ra đúng ở chỗ \(f(a)\) không có nghĩa. Nếu bỏ điều kiện, định nghĩa đòi cả \(x = a\) nằm trong dải, tức \(f(a)\) phải xác định và bằng \(L\). Hàm \(\frac{x^2 - 9}{x - 3}\) không xác định tại 3, nên theo định nghĩa sửa đổi nó không có giới hạn tại 3, dù mọi giá trị quanh 3 đều dồn về 6. Định nghĩa sửa đổi mô tả một khái niệm khác, chủ đề của Chương 33.

B. Tính toán

B1. Với \(f(x) = 5x - 2\) và \(a = 1\): giới hạn là 3. Tìm một \(\delta\) thắng với \(\varepsilon = 0{,}1\) và với \(\varepsilon = 0{,}001\), rồi một công thức \(\delta\) cho mọi \(\varepsilon\).

Lời giải

\(\lvert (5x - 2) - 3 \rvert = 5\lvert x - 1 \rvert\). Đáp \(\delta = \frac{\varepsilon}{5}\): được \(0{,}02\) và \(0{,}0002\). Kiểm: khi \(\lvert x - 1 \rvert < \frac{\varepsilon}{5}\) thì \(5\lvert x - 1 \rvert < \varepsilon\).

B2. Chứng minh \(\lim_{x \to 3}(-2x + 7) = 1\) bằng định nghĩa.

Lời giải

\(\lvert (-2x + 7) - 1 \rvert = \lvert -2(x - 3) \rvert = 2\lvert x - 3 \rvert\). Cho \(\varepsilon > 0\), đáp \(\delta = \frac{\varepsilon}{2}\): khi \(0 < \lvert x - 3 \rvert < \delta\) thì \(2\lvert x - 3 \rvert < \varepsilon\). \(\square\) Hệ số góc âm không đổi gì: cửa sổ chỉ phụ thuộc độ lớn \(\lvert m \rvert = 2\).

B3. Chứng minh \(\lim_{x \to 2} x^2 = 4\). Lời đáp của bạn cho \(\varepsilon = 0{,}01\) là bao nhiêu? Thử ở mép cửa sổ.

Lời giải

\(\lvert x^2 - 4 \rvert = \lvert x - 2 \rvert \cdot \lvert x + 2 \rvert\). Nếu \(\lvert x - 2 \rvert < 1\) thì \(1 < x < 3\), nên \(\lvert x + 2 \rvert < 5\). Đáp \(\delta = \min\left(1; \frac{\varepsilon}{5}\right)\): khi \(0 < \lvert x - 2 \rvert < \delta\) thì \(\lvert x^2 - 4 \rvert < 5 \cdot \frac{\varepsilon}{5} = \varepsilon\). \(\square\) Với \(\varepsilon = 0{,}01\): \(\delta = 0{,}002\); ở mép, \(2{,}002^2 - 4 = 0{,}008004 < 0{,}01\).

B4. Tìm ngưỡng \(N\) cho dãy \(\frac{1}{n^2}\) với \(\varepsilon = 0{,}0001\), rồi chứng minh \(\frac{1}{n^2} \to 0\).

Lời giải

\(\frac{1}{n^2} < 0{,}0001\) khi \(n^2 > 10.000\), tức \(n > 100\): \(N = 100\). Tổng quát, cho \(\varepsilon > 0\), chọn \(N\) là số tự nhiên không nhỏ hơn \(\frac{1}{\sqrt{\varepsilon}}\). Khi \(n > N\) thì \(n^2 > \frac{1}{\varepsilon}\), nên \(\frac{1}{n^2} < \varepsilon\). \(\square\)

B5. Chứng minh \(\frac{3n - 1}{n + 2} \to 3\). Tìm ngưỡng \(N\) với \(\varepsilon = 0{,}01\).

Lời giải

\(\left\lvert \frac{3n - 1}{n + 2} - 3 \right\rvert = \left\lvert \frac{3n - 1 - 3n - 6}{n + 2} \right\rvert = \frac{7}{n + 2}\). Nó nhỏ hơn \(\varepsilon\) khi \(n + 2 > \frac{7}{\varepsilon}\), tức \(n > \frac{7}{\varepsilon} - 2\); chọn \(N\) là một số tự nhiên không nhỏ hơn số ấy. \(\square\) Với \(\varepsilon = 0{,}01\): \(n > 698\), nên \(N = 698\).

B6. Chứng minh \(\lim_{x \to +\infty} \frac{2x + 1}{x} = 2\). Tìm ngưỡng \(M\) với \(\varepsilon = 0{,}001\).

Lời giải

Với \(x > 0\): \(\left\lvert \frac{2x + 1}{x} - 2 \right\rvert = \frac1x\). Cho \(\varepsilon > 0\), chọn \(M = \frac{1}{\varepsilon}\): khi \(x > M\) thì \(\frac1x < \varepsilon\). \(\square\) Với \(\varepsilon = 0{,}001\), \(M = 1000\).

B7. Dùng định lý kẹp chứng minh \(\lim_{x \to 0} x^2 \cos\frac1x = 0\). Đáp trực tiếp một \(\delta\) cho mọi \(\varepsilon\).

Lời giải

Vì \(\lvert \cos t \rvert \leq 1\): \(-x^2 \leq x^2\cos\frac1x \leq x^2\). Cả \(x^2\) và \(-x^2\) tiến tới 0 khi \(x \to 0\) (đáp \(\delta = \sqrt{\varepsilon}\)), nên theo định lý kẹp, giới hạn là 0. Trực tiếp: đáp cũng \(\delta = \sqrt{\varepsilon}\); khi \(0 < \lvert x \rvert < \sqrt{\varepsilon}\) thì \(\left\lvert x^2\cos\frac1x \right\rvert \leq x^2 < \varepsilon\).

B8. Chứng minh \(\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2\). (Gợi ý: nhân và chia cho \(\sqrt{x} + 2\).)

Lời giải

Với \(x \geq 0\): \(\lvert \sqrt{x} - 2 \rvert = \frac{\lvert x - 4 \rvert}{\sqrt{x} + 2} \leq \frac{\lvert x - 4 \rvert}{2}\). Cho \(\varepsilon > 0\), đáp \(\delta = \min(4; 2\varepsilon)\) (số 4 để \(x\) không âm). Khi \(0 < \lvert x - 4 \rvert < \delta\) thì \(\lvert \sqrt{x} - 2 \rvert < \frac{2\varepsilon}{2} = \varepsilon\). \(\square\) Với \(\varepsilon = 0{,}01\), \(\delta = 0{,}02\).

B9. Dùng Ví dụ 1, bài B3 và Định lý 4, tìm \(\lim_{x \to 2}\left(x^2 + 3x + 1\right)\). Nếu người thách đưa \(\varepsilon = 0{,}03\), hãy đáp một \(\delta\) theo đúng chứng minh của Định lý 4.

Lời giải

\(x^2 \to 4\) (bài B3) và \(3x + 1 \to 7\) (Ví dụ 1), nên tổng dồn về 11. Theo chứng minh của Định lý 4, chia đôi sai số: với \(\frac{\varepsilon}{2} = 0{,}015\), phần \(x^2\) cần \(\delta_1 = \min\left(1; \frac{0{,}015}{5}\right) = 0{,}003\), phần \(3x + 1\) cần \(\delta_2 = \frac{0{,}015}{3} = 0{,}005\). Đáp \(\delta = \min(\delta_1; \delta_2) = 0{,}003\).

C. Phản ví dụ và chứng minh

C1. Chứng minh bản dành cho dãy của Định lý 3: một dãy không thể có hai giới hạn khác nhau.

Lời giải

Giả sử \(a_n \to L\) và \(a_n \to L'\) với \(L \neq L'\). Đặt \(\varepsilon = \frac{\lvert L - L' \rvert}{2}\). Có \(N_1\) sao cho \(\lvert a_n - L \rvert < \varepsilon\) khi \(n > N_1\), và \(N_2\) sao cho \(\lvert a_n - L' \rvert < \varepsilon\) khi \(n > N_2\). Lấy \(n\) lớn hơn cả \(N_1\) và \(N_2\): \(\lvert L - L' \rvert \leq \lvert L - a_n \rvert + \lvert a_n - L' \rvert < 2\varepsilon = \lvert L - L' \rvert\), vô lý. \(\square\) Chỉ có "\(\min\) của hai cửa sổ" được thay bằng "\(\max\) của hai ngưỡng".

C2. Dùng phủ định của Định nghĩa 2 để chứng minh \(\frac1x\) không có giới hạn tại 0.

Lời giải

Giả sử có giới hạn \(L\). Chọn lượt thách \(\varepsilon = 1\). Cho \(\delta > 0\) bất kỳ, lấy một số \(x\) với \(0 < x < \delta\) và \(x < \frac{1}{\lvert L \rvert + 2}\). Khi đó \(\frac1x > \lvert L \rvert + 2\), nên \(\left\lvert \frac1x - L \right\rvert \geq \frac1x - \lvert L \rvert > 2 > 1 = \varepsilon\). Với mọi \(\delta\), người thách tìm được một \(x\) trong cửa sổ làm người đáp thua. Vậy không số \(L\) nào là giới hạn. \(\square\)

C3. Chứng minh: nếu \(\lim_{x \to a} f(x) = L\) với \(L > 0\), thì có \(\delta > 0\) sao cho \(f(x) > \frac{L}{2}\) với mọi \(x\) thỏa \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\). Vì sao điều này hữu ích?

Lời giải

Thách chính mình với \(\varepsilon = \frac{L}{2} > 0\): có \(\delta\) sao cho \(0 < \lvert x - a \rvert < \delta\) kéo theo \(\lvert f(x) - L \rvert < \frac{L}{2}\), tức \(f(x) > L - \frac{L}{2} = \frac{L}{2}\). \(\square\) Nói gọn: giới hạn dương thì gần \(a\) hàm cũng dương. Một thông tin về giới hạn, vốn chỉ là chuyện "dồn về đâu", cho ta một thông tin về dấu của chính các giá trị gần \(a\). Các chương sau sẽ dùng đúng lập luận này để biết một hàm tăng hay giảm từ dấu của tốc độ thay đổi của nó.

Câu hỏi để ngỏ

Với nhiều hàm quen thuộc, giới hạn tại \(a\) chỉ đơn giản là \(f(a)\): "cứ thay số vào". Khi nào được làm vậy, và chuyện gì xảy ra khi không được?