Chủ đề này có 4 trả lời

[25 minutes]

Cho
$f(x)=\left\{\begin{matrix}
x^2sin\frac{1}{x},x\neq 0\\ 0,x=0

\end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng $f{}'(x)$ không liên tục tại $x=0$
P/S: Ai có bài nào hay, phổ biến về phần hàm số và hàm số liên tục thì cho VD trong topic này nhé

[dark templar]

Cho
$f(x)=\left\{\begin{matrix}
x^2sin\frac{1}{x},x\neq 0\\ 0,x=0

\end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng $f{}'(x)$ không liên tục tại $x=0$
P/S: Ai có bài nào hay, phổ biến về phần hàm số và hàm số liên tục thì cho VD trong topic này nhé

Anh nghĩ giải như thế này :
**********
Ta sẽ chứng minh hàm số này liên tục tại $x=0$.

Thật vậy ,ta có :
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2}\sin \frac{1}{x}\]

Mà :
$$-x^2 \le x^2\sin \frac{1}{x} \le x^2$$

Và $\lim_{x \to 0}(-x^2)=0=\lim_{x \to 0}x^2$ nên theo nguyên lý kẹp giới hạn :
$$\lim_{x \to 0}x^2\sin \frac{1}{x}=0$$

Do đó :
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2}\sin \frac{1}{x} = 0 = f\left( 0 \right)\]

Điều này chứng tỏ hàm $f(x)$ liên tục tại 0.

Quay trở lại bài toán. Ta có :
\[f'\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x}\]

Cũng bằng nguyên lý kẹp giới hạn,ta cũng có :
\[f'\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x} = 0\]

Mặt khác :
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f'\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2}\sin \frac{1}{x}} \right)' = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {2x\sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}} \right)\]

Và nếu anh không nhầm thì cái giới hạn trên không tồn tại,nhưng chưa biết giải thích sao... .Từ đây cũng có thể kết luận $f'(x)$ không liên tục tại $x=0$.

[25 minutes]

Anh nghĩ giải như thế này :
**********
Ta sẽ chứng minh hàm số này liên tục tại $x=0$.

Thật vậy ,ta có :
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2}\sin \frac{1}{x}\]

Mà :
$$-x^2 \le x^2\sin \frac{1}{x} \le x^2$$

Và $\lim_{x \to 0}(-x^2)=0=\lim_{x \to 0}x^2$ nên theo nguyên lý kẹp giới hạn :
$$\lim_{x \to 0}x^2\sin \frac{1}{x}=0$$

Do đó :
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {x^2}\sin \frac{1}{x} = 0 = f\left( 0 \right)\]

Điều này chứng tỏ hàm $f(x)$ liên tục tại 0.

Quay trở lại bài toán. Ta có :
\[f'\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{f\left( x \right) - f\left( 0 \right)}}{x} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x}\]

Cũng bằng nguyên lý kẹp giới hạn,ta cũng có :
\[f'\left( 0 \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} x\sin \frac{1}{x} = 0\]

Mặt khác :
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f'\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {{x^2}\sin \frac{1}{x}} \right)' = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \left( {2x\sin \frac{1}{x} - \cos \frac{1}{x}} \right)\]

Và nếu anh không nhầm thì cái giới hạn trên không tồn tại,nhưng chưa biết giải thích sao... .Từ đây cũng có thể kết luận $f'(x)$ không liên tục tại $x=0$.

Hơn nữa là $f(x)$ có đạo hàm tại $x=0$ nên $f(x)$ liên tục tại $x=0$
Nhưng em cũng không rõ tại sao $\lim_{x\rightarrow 0}(2xsin\frac{1}{x}-cos\frac{1}{x})$ lại không tồn tại ?
Phần hàm số em chưa làm quen nhiều nên yếu lắm, mới học mà thứ 5 đã thi luôn rồi !!!

[dark templar]

Hơn nữa là $f(x)$ có đạo hàm tại $x=0$ nên $f(x)$ liên tục tại $x=0$
Nhưng em cũng không rõ tại sao $\lim_{x\rightarrow 0}(2xsin\frac{1}{x}-cos\frac{1}{x})$ lại không tồn tại ?
Phần hàm số em chưa làm quen nhiều nên yếu lắm, mới học mà thứ 5 đã thi luôn rồi !!!

Hàm phải liên tục trước thì mới có đạo hàm.Mà cái giới hạn đó anh làm trên Wolfram thì nó bảo không tồn tại trên cả đoạn $(-1;1)$ (nhìn vào cái đồ thị nó vẽ...)

[Noobmath]

Muốn chứng minh $\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$  ko tồn tại cũng đơn giản thôi , dùng định nghĩa giới hạn của hàm số.

Định nghĩa : $ \lim_{x \to x_0} f(x) = L \Leftrightarrow \forall (x_n) : \lim x_n = x_0$ thì $\lim f(x_n) = L$ 

Vậy ta sẽ chọn các dãy $x_n$ phù hợp để chứng minh. 

Dãy đầu tiên ta chọn $x_n = \frac{1}{2n\pi}$ ( hiển nhiên $\lim x_n =0$) 

Khi đó $\cos \frac{1}{x_n} =\cos (2n\pi)=1$ hay $\lim \cos \frac{1}{x_n}=1$ 

Tương tự chọn $x_n = \frac{1}{(2n+1)\pi}$ thì $\lim \cos \frac{1}{x_n}=-1$ 

Vậy theo định nghĩa thì suy ra không tồn tại $\lim_{x \to 0} \cos \frac{1}{x}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Noobmath: 19-03-2013 - 20:37