Bài giảng Toán cao cấp (Phần 1)

áp tuyến tại C song song với dây AB. Nhận xét: Định lý Rolle là trường hợp đặc biệt của Lagrange khi f(a) = f(b). 5. Hệ quả: f liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và f’(x) = 0, ∀x ∈ (a, b) ⇒ f(x) là hàm hằng trên (a, b), nghĩa là f(x) = k (hằng số) ∀x ∈ (a, b). Chứng minh: Lấy x1, x2 bất kỳ ∈ (a, b). Giả sử x1 < x2. Khi đó f liên tục trên [x1, x2] ⊂ (a, b) và khả vi trên (x1, x2) Áp dụng Lagrange ta có: f(x2) - f(x1) = f’(c)(x2 - x1), với c ∈ (x1, x2), mà f’(c) = 0 (giả thiết) ⇒ f(x2) - f(x1) = 0, ∀x1, x2 ∈ (a, b) ⇒ f(x2) = f(x1), ∀x1, x2 ∈ (a, b) nghĩa là f là một hàm hằng trên (a, b). 6. Định lý Cauchy: Nếu f, g liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và g’(x) ≠ 0 ∀x ∈ (a, b) thì: ∃ c∈ (a, b): ( ) ( ) '( ) (*) ( ) ( ) '( ) − = − f b f a f c g b g a g c Chứng minh: (* ) ⇔ f’(c) - ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) − = − f b f a g c g b g a 0 Đặt h(x) = f(x) - ( ) ( ) [ ( ) ( )] ( ) ( ) − − − f b f a g x g a g b g a Ta có: h liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) và h(a) = f(a) = h(b). Theo định lý Rolle: ∃c ∈ (a, b): h’(c) = 0 ⇒ đpcm. Toán cao cấp : Giải tích 80 Nhận xét: i) Vì g’(x) ≠ 0 ∀x ∈ (a, b) nên g(a) ≠ g(b). Nếu g(a) = g(b) thì theo định lý Rolle, ∃c ∈ (a, b): g’(c) = 0; mâu thuẫn với giả thiết g’(x) ≠ 0 ∀x ∈ (a, b). ii) Đặt h(x) = f(x) – m.g(x), ta tìm m bằng cách cho h(a) = h(b) hay f(a) - mg(a) = f(b) - mg(b) ⇒ m = ( ) ( ) ( ) ( ) − − f b f a g b g a iii) Cách chứng minh sau là sai: Theo định lý Lagrange: ∃c ∈ (a, b) : f(b) - f(a) = f’(c)(b - a) (1) ∃c ∈ (a, b) : g(b) - g(a) = g’(c)(b- a) (2) (1) & (2) suy ra: [ ]( ) ( ) '( ) ( , ) ( ) ( ) '( ) − = ∈ − f b f a f c c a b g b g a g c Sai vì c của (1) không bắt buộc phải trùng với c của (2). V. Đạo hàm và vi phân cấp cao: 1. Đạo hàm cấp cao: Giả sử y = f(x) có đạo hàm y’ = f’(x). Nếu hàm y’ = f’(x) có đạo hàm thì y’’ = (y’)’ = (f ’(x))’ = f’’(x) được gọi là đạo hàm cấp 2 của f tại x. Giả sử đạo hàm cấp n -1 của f tồn tại và có đạo hàm tại x. Khi đó, đạo hàm của đạo hàm cấp n-1 được gọi là đạo hàm cấp n: y(n) = (y(n - 1))’ = (f(n -1))’(x) = f(n)(x). Ví dụ: y = (a - x)n y(n) = (-1)nn! y(n + 1) = 0 2. Qui tắc tính đạo hàm bậc cao: Giả sử f và g là các hàm số có đạo hàm đến cấp n tại x. Khi đó: Toán cao cấp : Giải tích 81 i) (f ± g)(n)(x) = f(n)(x) ± g(n)(x) ii) (kf)(n)(x) = kf(n)(x) iii) (fg)(n)(x) = ( ) ( )( ). ( ) − = ∑ n k k n k n k C f x g x 0 Qui ước: f(0)(x) = f(x), 0! = 1, ! !( )!= − k n nC k n k Chứng minh: i) & ii) là hiển nhiên. iii) Chứng minh bằng qui nạp. 3. Vài ví dụ: i) f(x) = eax , f ’(x) = aeax , f’’(x) = a2eax,..., f (n)(x) = aneax ii) f(x) = lnx, f’(x) = x 1 , f’’(x) = − x2 1 , f’’’(x) = x3 2 ,..., f(n)(x) = ( )!( ) n n n x − − − 1 1 1 iii) y = (ax + b)α y’ = aα (ax + b)α - 1; y’’ = a2α(α - 1)(ax + b)α - 2; ; y(n) = anα(α - 1)(α - 2) ... (α - n + 1)(ax + b)α - n iv) f(x) = sinax f’(x) = acosax = asin pi  −    ax 2 = asin pi  +    ax 2 f’’(x) = a2sin ax pi +    2 2 ; ; f(n)(x) = ansin pi  +    ax n 2 Từ đó ta có sin(n)(x)= sin pi +    x n 2 . Nhận xét: Giả sử ta có: sin(n - 1)(x) = sin ( ) pi + −   x n 1 2 Toán cao cấp : Giải tích 82 thì sin(n)(x) = [sin(n - 1)(x)]’ = / sin( ( ) )pi + −   x n 1 2 = sin[ ( ) ]x n pi pi+ − +1 2 2 = sin pi  +    x n 2 v) f(x) = cosax f’(x) = -asinax = -acos pi  −    ax 2 = acos pi  +    ax 2 f’’(x) = a2cos ax pi +    2 2 ;; f(n)(x) = ancos pi  +    ax n 2 Từ đó ta có cos(n)(x) = cos pi  +    x n 2 4. Vi phân cấp cao: Giả sử y = f(x) là hàm số xác định và khả vi tại mọi x thuộc khoảng mở I. Khi đó vi phân cấp một dy = f’(x)dx là một hàm theo x. Nếu dy là hàm khả vi tại x thì biểu thức d2y= d(dy) = (f’(x)dx)’dx = f’’(x)(dx)2 = f’’(x)dx2 được gọi là vi phân cấp 2 của y = f(x). Ghi chú: i) Vi phân của vi phân cấp 1 là vi phân cấp 2. ii) d2y = d(dy) và (dx)2 = dx2 là qui ước (ký hiệu). Giả sử f có vi phân cấp n - 1 và d(n-1)f có vi phân, vi phân của vi phân cấp (n - 1) được gọi là vi phân cấp n của f. dny = d(d(n-1)y) = [f(n-1)(x)dxn-1]’dx = f(n)(x)dxn (x là biến độc lập) ( ) ( ) = n n n d y f x dx (*) Toán cao cấp : Giải tích 83 Ghi chú :Thông thường, khi n > 1 thì công thức (* ) không đúng nếu x không là biến độc lập (x là một hàm theo t) Ví dụ: y = f(x) là hàm khả vi và x = ϕ(t) là hàm khả vi. Ta có: dy = f ’(x)dx = f ’[ϕ(t)]ϕ’(t)dt ⇒ d2y = [f’(ϕ(t)ϕ’(t)]’dt2 = [f’’(ϕ(t))ϕ’(t)ϕ’(t) + ϕ’’(t)f’(ϕ(t))]dt2 = f’’(ϕ(t))(ϕ’(t)dt)2 + f’(ϕ(t))ϕ’’(t)dt2 = f’’(x)dx2 + f’(x)d2x y’’(x) = '( ) =d y f x d x dx dx 2 2 2 2 + f’’(x) Nhận xét: Nếu x là biến độc lập thì: dx = ∆x (hằng số); d2(x) = (∆x)’dx = 0dx = 0 Ví dụ: y = x5 - 8x2; dy = (5x4 - 16x)dx d2y = (20x3 - 16)dx2; y’’ = d y dx 2 2 = 20x3 - 16 VI. Công thức Taylor: 1. Định lý: Nếu hàm số f có đạo hàm cấp n là f (n ) liên tục trên [a, b] và f có đạo hàm cấp (n + 1) trên (a, b) thì ∃ c ∈ (a, b) sao cho: f(b) = f(a) + ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ! ( )! + + = − + − + ∑ 1 1 1 1 k nn k n k f a f cb a b a k n ( ) '( ) ''( ) ( )( ) ( ) ( ) ... ( ) ! ! ! n nf a f a f af a b a b a b a n = + − + − + + −2 1 2 Toán cao cấp : Giải tích 84 ( ) ( ) ( ) ( )! n nf c b a n + ++ − + 1 1 1 Công thức trên gọi là công thức khai triển Taylor của f tại a. Rn = ( ) ( ) ( ) ( )! + + − + n nf c b a n 1 1 1 gọi là sai số (dư số) bậc n của công thức khai triển Taylor của f tại a. Chứng minh : Đặt Rn(t) = f(t) - f(a) - ( ) ( ) ( ) ( ) ! = −∑ kn k k f a t a k1 1 Ta có: Rn(a) = Rn’(a) = Rn’’(a) = ... = Rn(a) = 0 Và +( )( )n n R t1 = f(n+1)(t), ∀t ∈ (a, b) Đặt ϕ(t) = Rn(t) - ( )( ) ( ) + + − − n n n R b t a b a 1 1 ϕ khả vi, liên tục đến cấp n trên [a, b] và ϕ(n + 1) tồn tại trên (a, b) Ta có: ϕ(b) = ϕ(a) = ϕ’(a) = ϕ’’(a)= ... = ϕ(n)(a) = 0 Nhận xét: ϕ( k)(a) = ( ) ( ) , ,= ∀ =kR a k n n 0 1 . Ta có: • ϕ(a) = ϕ(b) nên theo định lý Rolle, ∃ a1 ∈ (a, b): ϕ’(a1) = 0. Tương tự: • ϕ’(a) = ϕ’(a1) = 0, ∃ a2 ∈ (a, a1): ϕ’’(a2) = 0 • ϕ’’(a) = ϕ’’(a2) = 0, ∃ a3 ∈ (a, a2): ϕ’’’(a3) = 0, , ∃an ∈ (a, an -1): ϕ(n)(an) = 0. Cuối cùng, vì ϕ(n)(a) = ϕ(n)(an) = 0 nên ∃c∈(a, an): ϕ(n + 1)(c) = 0, mà ϕ(n+1)(c) = ( ) ( )n n R c+1 - ( )! ( ) ( ) + + − n n n R b b a 1 1 = f(n+1)(c) - ( )! ( ) ( ) + + − n n n R b b a 1 1 Toán cao cấp : Giải tích 85 ⇒ f(n +1)(c) - ( )! ( ) ( ) + + − n n n R b b a 1 1 = 0, với c ∈ (a, an) ⊂ (a, b) nghĩa là ∃ c ∈ (a, b): Rn(b) = ( ) ( )( ) ( )! + + − + n nf c b a n 1 1 1 (2) Theo (1) thì Rn(b) = f(b) - ( ) ( ) ( ) ! = −∑ kn k k f a b a k0 (3) Từ (2) và (3) ta suy ra ∃c ∈ (a, b) sao cho f(b) - ( ) ( ) ( ) ! = −∑ kn k k f a b a k0 = ( ) ( ) ( ) ( )! + + − + n nf c b a n 1 1 1 Chuyển vế ta có đẳng thức cần chứng minh. f(b) = f(a) + '( ) ''( )( ) ( ) ... ! ! f a f ab a b a− + − +2 1 2 ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ! ( )! n n n nf a f cb a b a n n + ++ − + − + 1 1 1 với c ∈ (a, b) Nhận xét: • Khi n = 0 thì công thức trên trở thành công thức Lagrange. • Khi a = 0 thì công thức Taylor gọi là công thức Maclaurin. f(b) = f(0) + ( ) ( ) '( ) ''( ) ( ) ( ) ... ! ! ! ( )! + ++ + + + + n n n nf f f f cb b b b n n 1 2 10 0 0 1 2 1 • Thay =  = + a x b x h ta có: f(x + h) = f(x) + '( ) ''( ) ... ! ! f x f xh h+ +2 1 2 ( ) ( )( ) ( ) ! ( )! n n n nf x f ch h n n + ++ + + 1 1 1 với x < c < x + h hoặc x + h < c < x. • Thay b = x trong công thức Maclaurin ta có: Toán cao cấp : Giải tích 86 f(x) = f(0) + ( ) ( ) '( ) ''( ) ( ) ( ) ... ! ! ! ( )! + ++ + + + + n n n nf f f f cx x x x n n 1 2 10 0 0 1 2 1 Nếu b = a + h với h > 0, ta có: a < c < a + h ⇒ c = a + θh với 0 < θ < 1. Tương tự trong trường hợp b = a + h, với h < 0 Do đó công thức Taylor còn viết: f(a+ x) = f(a) + '( ) ''( ) ... ! ! f a f a x x+ +2 1 2 ( ) ( )( ) ( ) ! ( )! n n n nf a f a xx x n n θ+ +++ + + 1 1 1 (0 < θ < 1) Khi a = 0, ta có: Rn = ( ) ( ) ( )! n nf x x n θ+ + + 1 1 1 với 0 < θ < 1. Phát biểu khác: Nếu hàm số f có đạo hàm cấp n+1 trên khoảng mở I chứa a. Khi đó với mọi x∈ I, ∃ c ∈ (a, x) hoặc c ∈ (x, a) sao cho: f(x) = f(a) + ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ! ( )! + + = − + − + ∑ k nn k n k f a f c x a x a k n 1 1 1 1 ( ) '( ) ''( ) ( )( ) ( ) ( ) ... ( ) ! ! ! n nf a f a f af a x a x a x a n = + − + − + + −2 1 2 ( ) ( ) ( )( )! n nf c x a n + ++ − + 1 1 1 2. Ví dụ : Viết công thức khai triển Taylor của f(x) tại x = 0 với • f(x) = ex f’(x) = ex ,..., f(n)(x) = ex ⇒ f(n)(0) = e0 = 1, ∀ n ⇒ f(x) = f(0) + ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ... ! ! ( )! + ++ + + + n n n nf f f cx x x n n 1 10 0 1 1 Toán cao cấp : Giải tích 87 với ( , )∈ 0c x hoặc ( , )∈c x 0 ⇒ ex = 1 + x + ... ! ! ! ( )! θ + + + + + + n x nx x x e x n n 2 3 1 2 3 1 với 0 < θ < 1. • f(x) = sinx. Ta có : f’(x) = sin pi  +    x 2 ; .; f(n)(x) = sin pi  +    x n 2 f(n)(0) = sin( n pi 2 ) = ( ) =  − = + k n k n k 0 2 1 2 1 sin [(2k + 1) ]pi 2 = sin pi pi   +    k 2 = sin sin pi pi  =   − = −  1 2 1 2 nếu k chẵn nếu k lẻ = (-1)k Vậy khai triển Taylor của sin=y x tại 0 là: sinx = x – ( ) ( ) cos... ! ! ! ( )! ( )! θ+ + +− −+ − + + + + + k k k kx x x x x x k k 3 5 7 2 1 1 2 31 1 3 5 7 2 1 2 3 với 0 <θ < 1. Nếu sai số dừng lại ở đạo hàm bậc 2k + 2 ta có: sinx = x - sin[ ( ) ] ... ( ) ! ( )! ( )! k k k x k x x x k k piθ ++ + + + + − + + + 2 2 3 2 1 2 2 21 3 2 1 2 2 = x - sin... ( ) ( ) ! ( )! ( )! θ+ + ++ + − + − + + k k k kx x x x k k 3 2 1 1 2 2 1 1 3 2 1 2 2 • Khai triển f(x) = cosx tại x = 0. Ta có: f(n)(x) = cos pi +    x n 2 Toán cao cấp : Giải tích 88 f(n)(0) = cos(n pi 2 )= ( ) nếu nếuk n k n k = +  − = 0 2 1 1 2 cosx = 1 - cos... ( ) ( ) ! ! ( )! ( )! k k k kx x x x x k k θ+ ++ + + − + − + 2 4 2 1 2 2 1 1 2 4 2 2 2 với 0 < θ < 1 = 1 - cos... ( ) ( ) ! ( )! ( )! α− −+ + − + − − k k k kx x x x k k 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 với 0 < α < 1 Nếu sai số dừng lại ở đạo hàm bậc 2k + 1 cosx = 1 - cos[ ( ) ] ... ( ) ! ( )! ( )! k k k x k x x x k k piθ ++ + + + − + + 2 1 2 2 2 1 21 2 2 2 1 = 1- sin( )... ( ) ( ) (*) ! ( )! ( )! k k k kx x x x k k θ +++ + − + − + 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 1 Ghi chúù: Trong biểu thức (* ) ta đã sử dụng công thức cos ( ) piθ + +    x k2 1 2 = (-1)k cos piθ +    x 2 = (-1)ksin(-θx) = (-1)k+1sinθx Nhận xét: o Khai triển trên phù hợp với tính chất sinx là hàm lẻ, cosx là hàm chẵn. o Mục đích của khai triển Taylor là xấp xỉ hàm f(x) (hàm khả vi đến cấp n + 1) bằng một đa thức bậc n để dễ khảo sát. • f(x) = ln(1 + x), f’(x) = +x 1 1 , f’’(x) = ( ) − +x 2 1 1 , Toán cao cấp : Giải tích 89 f’’’(x) = ( )+x 3 2 1 , , f(n)(x) = ( ) ( )!( ) n n n x − − − + 1 1 1 1 , f(n)(0) = (-1)n-1(n - 1)! f(x) = f(0) + ( ) ( ) '( ) ''( ) ( ) ( ) ... ! ! ! ( )! θ+ ++ + + + + n n n nf f f f xx x x x n n 1 2 10 0 0 1 2 1 ln(1 + x) = x - ... ( ) ( ) ( )( )θ + − + + + − + − + + n n n n n x x x n n x 2 1 1 1 1 1 2 1 1 với 0 < θ < 1 • f(x) = (1 + x)α f’(x) = α(1 + x)α - 1 ; f’’(x) = α(α - 1)(1 + x)α - 2 ... f(n)(x) = α(α - 1)(α - 2) ... (α - n + 1)(1 + x)α - n f(n)(0) = α(α - 1) ... (α - n + 1) (1 + x)α = 1 + αx + ( ) ( )...( )... ! ! α α α α α− − − + + + n n x x n 21 1 1 2 ( )...( ) ( )( )! n nn x x n αα α α θ − − +− −+ + + 1 11 1 1 , với 0 < θ < 1 - Khi α = n, ta có: (1 + x)n = 1 + nx + ( ) !... !( )! = − + + = − ∑ n n k k n n n x x x k n k 2 0 1 2 Đây là công thức nhị thức Newton : (a + b)n = ! !( )! − = − ∑ n k n k k n a b k n k0 - Khi α = -1 Toán cao cấp : Giải tích 90 (1 + x)-1 = + x 1 1 = 1 - x + x2 - x3 + ... +(-1)nxn + ( ) ( )θ + + + − + n n n x x 1 1 2 1 1 ⇒ − x 1 1 = 1 + x + x2 + ... + xn + ( ) n n x xθ + ++ 1 2 1 , với 0 < θ < 1 Nhận xét: Phần chính (bỏ Rn) trong công thức khai triển của x+ 1 1 chính là đạo hàm từng số hạng của phần chính trong công thức khai triển của ln(1 + x). Ví dụ 1: Tính gần đúng e với sai số nhỏ hơn 0,0001 Ta có: ... , 0< <1 ! ! ! ( )! n x n x x x x e xe x n n θ θ + = + + + + + + + 2 3 1 1 2 3 1 Với x=1/2 thì: ( ) ( ) ( ) ( )// / / / ... ! ! ! ( )! θ + = + + + + + + + n n e e n n 2 3 12 1 2 1 2 1 2 1 21 1 2 2 3 1 Nhận xét: ( ) ( ) ( ) / / ( )! ! ! θ + + + ≤ < + + + n n n e e n n n 12 1 1 1 2 3 1 2 1 2 1 với θ0< <1 Để sai số nhỏ hơn 0,0001 ta cần chọn n thỏa ( ) ( ) + + + 1 1 3 0 0001 2 1 30000 2 1 , ! ! n n n n (*). (*) đúng với mọi 5n ≥ . Vậy chọn n = 5 ta có ≈ + + + + + = 2 3 4 5 1 1 1 1 1 e 1 2 2 2 3 2 4 2 5 2! ! ! ! A thỏa điều kiện 0,0001e A e A− = − < Ví dụ 2: Viết khai triển Taylor của hàm số ( ) 3f x x= đến cấp 3 và tính gần đúng 3 124 . Toán cao cấp : Giải tích 91 Khai triển cần tìm là: 5/3 2 8/3 3 11/3 4 2 /33 3 1 2 10 80 3 9.2! 27.3! 81.4! x h x h c h x h x x h − − − −+ = + − + − ( ),c x x h∈ + hoặc ( ),c x h x∈ + Với x=125, h = -1 ta có: 5/3 8/3 2/33 3 3 1 2.125 10.125124 125 1 125 125 3 9.2! 27.3! − − − = − − − −≃ Ví dụ 3: Tính gần đúng sin1 với sai số nhỏ hơn 610− . Ta có: 3 2 1 1 2 1cossin ... ( 1) ( 1) , 0< <1 3! (2 1)! (2 1)! k k k kx x xx x x k k θ θ − − + = − + + − + − − + Cho x = 1 ta được 11 1 cossin1 1 ... ( 1) ( 1) 3! (2 1)! (2 1)! k k k k θ − = − + + − + − − + Sai số ( ) 6cos 1( 1) 10 , 5(2 1)! 2 1 ! k k k k θ − − < < ∀ ≥ + + . Chọn k=5 ta có 41 1sin1 1 ... ( 1) 3! 9! B≈ − + + − = thỏa điều kiện 6sin1 10B −− < C. VÀI ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN: 1. Qui tắc L’Hospital 1 (dạng 0 0 ): Cho f, g liên tục trên khoảng mở I chứa a và f(a) = g(a) = 0. Giả sử f, g khả vi tại mọi x ∈ I\{a}, g’(x) ≠ 0 ∀x ∈ I\{a} và → = '( )lim '( )x a f x L g x (L hữu hạn hoặc vô hạn) thì → →   = =    ( ) '( )lim lim ( ) '( )x a x a f x f x L g x g x . Toán cao cấp : Giải tích 92 Chứng minh: • Xét x ∈ I và a < x Áp dụng định lý Cauchy ∃c ∈ (a, x): − = − ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( ) f x f a f c g x g a g c ⇒ ∃ c ∈ (a, x): = ( ) '( ) ( ) '( ) f x f c g x g c Khi x → a+ thì c → a+ ⇒ ( ) '( ) '( )lim lim lim (1) ( ) '( ) '( )x a x a c a f x f c f c L g x g c g c+ + +→ → → = = = • Tương tự: khi x ∈ I và x < a Ta có: − −→ → = = 2 ( ) '( )lim lim ( ) ( ) '( )x a x a f x f c L g x g c (1) và (2) ⇒ → → = = ( ) '( )lim lim ( ) '( )x a x a f x f c L g x g c Ví dụ 1: Tính: − → − − − 0 2sinlim sin x x x e e x x x = − → + − − 0 2 1 coslim cos x x x e e x x = − → − + sinlim sin x x x e e x x0 2 = − → + + = 0 2 4 coslim cos x x x e e x x Ví dụ 2: → → + + = = 0 0 1 1 1 1 1 ln( )lim lim x x x x x Hệ quả: Định lý vẫn đúng khi thay x → a bằng ,x x→ +∞ → −∞ Đặt t = 1 x ⇒ khi x → ± ∞ thì t → 0 Toán cao cấp : Giải tích 93 ( )lim lim ( )→± ∞ →       =       0 1 1x t f f x t g x g t ' ' '( )lim lim lim '( )' ' → → → ± ∞     −         = = =     −         2 0 0 2 1 1 1 1 1 1t t x f f f xt t t g x g g t t t Qui tắc L’Hospital 2 (dạng ∞ ∞ ): Cho I là một khoảng mở chứa a. Giả sử f, g xác định và có đạo hàm hữu hạn trên { }\I a , g’(x) ≠ 0 ∀x ∈ I\{a}. Nếu lim ( ) lim ( ) x a x a f x g x → → = = +∞ và → = '( )lim '( )x a f x L g x (L hữu hạn hoặc vô hạn) thì: ( ) '( )lim lim ( ) '( )x a x a f x f x L g x g x→ → = = Chứng minh: Ta chỉ chứng minh cho trường hợp ( ) ( )lim lim x a x a f x g x + +→ → = = +∞ và +→ = '( )lim '( )x a f x L g x (1) • L hữu hạn: Do (1) ta có ( ) ( ) ' , : ' f x x a L g x ε ε α α∀ > ∃ > < − ≤ ⇒ − <0 0 0 2 (2). Chọn ( ), ,x a x a xα= + ∈xét1 1 Theo định lý Cauchy, ( ),c x x∃ ∈ 1 : 1 1 ( ) ( ) '( ) ( ) ( ) '( ) f x f x f c g x g x g c − = − ( 2 /) Toán cao cấp : Giải tích 94 (2) và (2/) cho ta: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x f xf x f x L hay L g xg x g x g x g x ε ε − − − < − < − − 1 1 11 1 2 2 1 (3) Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x f x f x f x f x f x L L g xg x g x g x g x g x g x − − − ≤ − + − − − 1 1 1 1 1 1 (*) Đặt ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f x f x f x f x f x f x f x h x g x g xg x g x g x g x g x   − −    = − = −   − −    1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) lim x a f x f x g x g x +→ − = − 1 1 1 1 1 nên tồn tại β > 0 ( β α< ) sao cho: ( ) ( ) ( ) ( ) , ( , ) f x f x x J a a g x g x β − ≤ ≤ ∀ ∈ = + − 1 1 1 1 3 2 2 1 (4). Khi đó, từ (3) và (4) ta suy ra ( )( ) , f x L x J g x ε ≤ + ∀ ∈    2 2 (nghĩa là f g bị chặn trên J) suy ra ( ) ( )lim , 0< < : , ( , ) x a h x h x x a aεδ δ β δ +→ = ⇒ ∃ < ∀ ∈ +0 2 (5) Toán cao cấp : Giải tích 95 Từ (*), (3) và (5) ta có: ( )( ) ( ), , f x L x a a g x ε δ− < ∀ ∈ + Vậy ( )( )limx a f x L g x+→ = . • L L= + ∞ = −∞hoặc : độc giả tự chứng minh. Ghi chú: Định lý vẫn còn đúng khi thay giả thiết x a→ bởi ,x x→ +∞ → −∞ . Ví dụ: i) lnlim ln lim lim lim( ) x x x x x xx x x x x + + +→ → → → = = = − = − 0 0 0 0 2 1 0 1 1 ii) α α→+∞ > lnlim ( )0 x x x lim lim ( ) x x x vì x xα α α α α−→+∞ →+∞ = = = > 1 1 1 0 0 iii) sin coslim cot lim sinx x x x x g x x x x→ → −  − =    2 2 2 2 2 2 20 0 1 (sin cos ) (sin cos )lim x x x x x x x x x→ + − = 30 sin cos cos cos sinlim lim x x x x x x x x x x x→ → − − + = = 3 20 0 2 2 3 sinlim x x x→ = = 0 2 2 3 3 Nhắc lại: f gọi là tương đương g khi x → x0 nếu 0 ( )lim 1( )x x f x g x→ = . Ký hiệu f ~ g khi x → x0. Toán cao cấp : Giải tích 96 Ví dụ: sinx ~ x ; cosx ~ 1 - 2 2 x khi x → 0 x2 + 5 ~ x2 khi x → ± ∞ Tính chất: Nếu f ~ f1; g ~ g1 khi x → x0 thì: a) 0 0 1 1lim ( ) ( ) lim ( ) ( ) x x x x f x g x f x g x → → = b) 0 0 1 1 ( )( )lim lim ( ) ( )x x x x f xf x g x g x→ → = Lưu ý: f ~ f1; g ~ g1 không chắc có 0 0 1 1lim( ) lim( ) → → ± = ± x x x x f g f g Ví dụ: x2 + 5 ~ x2 khi x → + ∞ Nhưng 2 2 2 2lim ( 5 ) 5 lim ( ) 0 →+∞ →+ ∞ + − = ≠ − = x x x x x x iv) 1 ln lim 2 x x arctgxpi →+∞   −    . Đặt 1 ln 2 x y arctgxpi = −    thì lny 1 ln ln 2 arctgx x pi  = −    ⇒ ln 2lim ln lim lnx x arctgx y x pi →+∞ →+∞   −    = 2 1 (1 ) 2lim 1x x arctgx x pi →+∞ −   + −    = 2 lim (1 ) 2 x x x arctgxpi →+∞ − =  + −    lim pi→+∞ − =   −    2 2 x x x arctgx Toán cao cấp : Giải tích 97 lim pi→+∞ − =   −    1 2 x x arctgx ( )lim [ ] →+∞ + = − = − 2 2 1 1 1 1x x x 1lim x y e→+∞ ⇒ = Ghi chú: Có khi ( )lim ( )x a f x g x→ tồn tại nhưng '( )lim '( )x a f x g x→ không tồn tại. Ví dụ: coslim cosx x x x x→ + ∞ + = − 1 và / / ( cos ) sinlim lim sin( cos )x x x x x xx x→ + ∞ → + ∞ + − = +− 1 1 không tồn tại. 2. Định lý: Cho f khả vi trên (a, b). Ta có: i) f tăng trên (a, b) ⇔ f’(x) ≥ 0 , ∀x trên (a, b). ii) f’(x) > 0, ∀x ∈ (a, b) ⇒ f tăng nghiêm cách trên (a,b). Nhắc lại: • f tăng (đồng biến) trên (a, b) nếu ∀x1, x2 ∈ (a, b) và x1 < x2 ⇒ f(x1) ≤ f(x2). • f tăng nghiêm cách (đồng biến nghiêm cách) trên (a, b) nếu ∀x1, x2 ∈ (a, b) và x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2). Chứng minh: i) (⇒) Giả sử f tăng ∀x ∈ (a, b) và h > 0: a < x < x + h < b ⇒ ( ) ( ) 0 (1) f x h f x h + − ≥ Nếu h < 0 và a < x + h < x < b thì ( ) ( ) 0 (2) f x h f x h + − ≥ Toán cao cấp : Giải tích 98 Từ (1) và (2) ⇒ f ’(x) = 0 ( ) ( )lim 0 h f x h f x h→ + − ≥ (⇐) Giả sử f’(x) ≥ 0, ∀ x ∈ (a, b). ∀x1, x2 ∈ (a, b) và x1 < x2, vì f khả vi trên [x1, x2] nên theo định lý Lagrange thì ∃c ∈ (x1, x2) ⊂ (a, b): 2 1 2 1 ( ) ( ) '( ) 0 f x f x f c x x − = ≥ − (vì f ’(x) ≥ 0 ∀x ∈ (a, b)) ⇒ f(x2) - f(x1) ≥ 0 ⇒ f(x2) ≥ f(x1) ⇒ f tăng trên (a, b) ii) ∀x1, x2 ∈ (a, b) và x1 < x2 , theo Lagrange ta có 2 1 2 1 ( ) ( ) f x f x x x − − = f’(c) > 0 ⇒ f(x2) > f(x1) ⇒ f tăng nghiêm cách trên (a, b) Ghi chú: - Định lý vẫn đúng khi thay (a, b) bằng [a, b]. - Định lý được phát biểu tương tự khi f giảm. - Phần (ii) chỉ là điều kiện cần. Ví dụ: f(x) = x3 tăng nghiêm cách trên ℝ nhưng f’(0) = 0 (không > 0) 3. Định lý: f liên tục trên khoảng mở I chứa x0 và khả vi trên I \{x0}. Ta có: i) Nếu f’(x) đổi dấu khi qua x0 thì f đạt cực trị địa phương tại x0. Cụ thể : a) (f’(x) 0 ∀x ∈ I và x > x0) thì f đạt cực tiểu tại x0. b) (f’(x) > 0, ∀x ∈ I và x x0) thì f đạt cực đại tại x0. Toán cao cấp : Giải tích 99 ii) Nếu f’(x) không đổi dấu khi qua x0 thì f không đạt cực trị tại x0. Nói cách khác: Nếu f’(x) < 0, ∀x ∈ I\{x0} = (x0 - ε, x0 + ε)\{x0} thì f không đạt cực trị tại x0. Hoặc f’(x) > 0, ∀x ∈ (x0 - ε, x0 + ε)\{x0} thì f không đạt cực trị tại x0. Chứng minh: suy ra từ định nghĩa điểm cực trị và định lý 2. 4. Định lý: Cho f có đạo hàm cấp n +1 trong khoảng mở chứa x0 và f’(x0) = f’’(x0) = .... = f(n - 1)(x0) = 0 và f(n)(x0) ≠ 0. Ta có: i) Nếu n lẻ thì f không đạt cực trị tại x0. ii) Nếu n chẵn thì f đạt cực trị tại x0. Cụ thể: a) f(n)(x0) > 0 : f đạt cực tiểu tại x0. b) f(n)(x0) < 0 : f đạt cực đại tại x0. Chứng minh: Dùng công thức khai triển Taylor của f tại x0 ta có: ( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] ( )[ ] 1( ) ( 1) 0 0 0 0 1 1( ) ( 1) 0 0 0 ! ( 1)! ! ( 1)! k nk nn k n nn n f x x x f c x xf x f x k n f x x x f c x x n n ++ = ++ − − − = + + − − = + + ∑ [ ] ( ) ( ) ( ) ( )[ ]10 0 0! 1 n n nx x f c x xf x n n +  − − = +  +   với 0( , )c x x∈ hoặc ( )0,c x x∈ . Vì ( ) ( ) [ ] 0 1 0 0lim 01 n x x f x x x n + → − = + nên tồn tại một khoảng mở I tâm 0x bán kính α sao cho giá trị của biểu thức Toán cao cấp : Giải tích 100 ( ) ( ) ( ) ( )[ ]1 0 0 1 n n f c x xf x n +  − +  +   cùng dấu với ( ) ( )0nf x , x I∀ ∈ . Do đó khi n lẻ thì ( ) ( )0f x f x− đổi dấu khi đi qua 0x , vậy hàm số không đạt cực trị tại 0x khi n lẻ. • Nếu n chẵn và f(n)(x0) > 0 thì ( ) ( )0 0f x f x− ≥ x I∀ ∈ , nghĩa là f đạt cực tiểu tại 0x . • Nếu n chẵn và f(n)(x0) < 0 thì ( ) ( )0 0f x f x− ≤ x I∀ ∈ , nghĩa là f đạt cực đại tại 0x . Ghi chú: Cách nhớ: + Trường hợp i) nhớ y = x3. + Trường hợp ii).a nhớ y = x2. + Trường hợp ii).b nhớ y = - x2. Ví dụ: • f(x) = x3 f’(x) = 3x2, f’’(x) = 6x, f’’’(x) = 6 f’(0) = f’’(0), f’’’(0) = 6 ≠ 0 n = 3 : lẻ ⇒ f không đạt cực trị tại 0 • f(x) = (3x - 1)4 f’(x) = 4.3(3x -1)3, f’’(x) = 12.32 (3x - 1)2 f’’’(x) = 24.33(3x - 1); f (4)(x) = 24.34 ( )' ''     = = =            f f f 31 1 1 0 3 3 3 và ( 4) f      1 3 = 24.34 >0 Toán cao cấp : Giải tích 101 n = 4 (chẵn) và 1( ) 3 (4) f > 0 ⇒ f đạt cực tiểu tại x = 1 3 •