Tính chất được sắp hồn chỉnh: Mọi tập con của ℝ khác ∅
bị chận trên đều tồn tại chận trên nhỏ nhất.
Nhận xét: Nếu A có chận trên nhỏ nhất thì chận trên nhỏ nhất
là duy nhất, ký hiệu là sup A .
Chứng minh: Giả sử A có 2 chận trên nhỏ nhất là k1 và k2 ta
có:
k k ≤
1 2 (vì k1 là chận trên nhỏ nhất)
k k ≤
2 1 (vì k2 là chận trên nhỏ nhất) ⇒ k k 1 2 = .
• M là chận trên nhỏ nhất của A nếu với mọi T là chận trên
của A thì M T ≤ .
• m là chận dưới lớn nhất của A nếu ta có m t ≥ , ∀t là chận
dưới của A.
• Cho A ⊂ ℝ và A ≠ ¯. Nếu A bị chận trên thì A có vô số
chận trên. Nếu A bị chận dưới thì A có vô số chận dưới.
3. Hê quả: Cho A ⊂ℝ và A ≠ ∅. Nếu A bị chận dưới thì A
có chận dưới lớn nhất, ký hiệu là inf A .
Chứng minh: Đặt B x x A = − ∈ { }. Vì A bị chận dưới nên tồn tại
m ∈ℝ sao cho: m x ≤ , ∀ ∈ x A ⇒ − ≤ − x m , ∀ − ∈ x B ⇒ B bị
chặn trên, do tính chất được sắp hồn chỉnh ta có sup B tồn tại.
Ta có ∀ ∈ x A , − ≤ x B sup ⇒ − ≤ sup B x ⇒ −sup B là một
chận dưới của A.Toán cao cấp : Giải tích 1
179 trang |
Chia sẻ: trungkhoi17 | Lượt xem: 415 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Bài giảng Toán cao cấp (Phần 1), để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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
•
Các file đính kèm theo tài liệu này:
- bai_giang_toan_cao_cap_phan_1.pdf