Giáo trình Giải tích 1 - Số phức

+ + - 1.3 Phép nâng lên lũy thừa và phép khai căn số phức 1.3.1 Nâng lên lũy thừa Từ công thức (3) của mục trên, suy ra rằng nếu n là một số nguyên dương thì: [r(cosj + isinj)]n = rn (cosnj + isinnj). Công thức này gọi là công thức Moivre. Nó chứng tỏ rằng khi nâng một số phức lên lũy thừa nguyên dương thì môđun được nâng lên lũy thừa đó và argument bị nhân với số mũ của lũy thừa. Áp dụng của công thức Moivre: Trong công thức đặt r = 1, ta được (cosj + isinj)n = (cosnj + isinnj) Khai triển vế trái theo công thức của nhị thức Newton và so sánh phần thực và phần ảo của hai vế, ta có thể biểu diễn sinnj và cosnj theo luỹ thừa của cosj và sinj. Chẳng hạn với n = 3: ta có: VT = cos3j + i.3cos2jsinj - 3cosjsin2j - isin3j VP = cos3j + isin3j Do đó: cos3j = cos3j - 3cosjsin2j = -3cosj + 4 cos3j sin3j = -sin3j + 3cos2jsinj = 3sinj - 4 sin3j 1.3.2 Phép khai căn Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn: nn z w w z= Û = . Hay: (cos sin ) (cos sin )n r i ij j r q q+ = + Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (cos sin ) (cos sin )nr i n i nj j r q qÛ + = + Vì trong những số phức bằng nhau. Môđun phải bằng nhau nhưng argument có thể sai khác một bội 2p nên: rn = r; nq = j + k2p Từ đó: r = n r ; q = 2k n j p+ ; k là số nguyên tùy ý. Cho k các giá trị 0,1,2,..., n-1, ta được n giá trị khác nhau của căn. Vậy căn bậc n của một số phức có n giá trị khác nhau Căn bậc n của số thực A khác 0 cũng có n giá trị vì số thực là một trường hợp đặc biệt của số phức và có thể viết dưới dạng lượng giác: Nếu A > 0 thì A = |A| (cos0 + isin0) Nếu A < 0 thì A = |A| (cosp + isinp) Ví dụ: Tìm 33 41, 1, (2 2 )i- + Bài tập: Bài 1 Tính: 1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 3. (4 – 7i)30 4. 3 4 5 i i - + 5. 2 3 3 2 (1 2 ) (1 ) (3 2 ) (2 ) i i i i + - - + - + 6. 3 4 1 2 i i + - 7. (1+i 3 )3 8. 5 12i- - 9. ( ) ( )931 3 1 3i i+ + + 10. 81 2 i -- +æ ö ç ÷ è ø 11. ( )71 3i- - 12. ( ) ( )200720061 3i i- + - Bài 2 Tìm các số thực x,y sao cho: 1. (1- 2i)x + (-3 + 4i)y = -1 -3i 2. (2+i)x – (3+5i) = 1 +3i 3. (2 - 3i)x +(1+3i)y = x + 5iy 4. (3-2i)x – (4+5i)y = 2y + 3ix Bài 3: Tìm |z| (modun của số phức) nếu : 1. ( 1 + i) ( )3 i+ 2. 1 3 i i + + 3. (1 )(3 )( 2 ) (3 4 )(5 ) i i i i i i + + - - + + 4. 3 2 6 1 3 i i æ ö- + ç ÷ç ÷+è ø 5. 5(3 4 ) 3 4 i i + - 6. 3 1 ii i + - + - 7. 20062 3 3 2 iz i +æ ö= ç ÷-è ø 8. 4(3 4 )(1 ) 3 4 i i i + +é ù ê ú-ë û Bài 4: Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác 1. – 1 – i 2. 1 3i+ 3. ( )31 3 1 i i + - - 4. ( ) ( )43 1i i+ - 5. ( )( )( )1 1 3 3i i i+ - - + Bài 5: Giải các phương trình: 1. z2 = - 1 + i 2. 4z2 + 4z + i = 0 3. 4 22 3 4 0z z- + = Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 2. ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ I. Giới hạn hàm số 1. Các giới hạn cơ bản: 1. 1limsinlim 00 == ®® t tgt t t tt 2. 1)1ln(lim1lim 00 = + = - ®® t t t e t t t 3. 2 1cos1lim 20 = - ® t t t 4. a t t a t = -+ ® 1)1(lim 0 5. p e t t p t "= ¥® ,0lim 6. p t tp t ">= ¥® ,0,0lnlim aa 2. Quy tắc L’Hospital: Cho xo Î R hoặc xo = ± ∞. f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn: 0)(lim)(lim 00 == ®® xgxf xxxx hoặc ±¥== ®® )(lim)(lim 00 xgxf xxxx Giả sử tồn tại A xg xf xx = ® )(' )('lim 0 . Khi đó: A xg xf xx = ® )( )(lim 0 3. Giới hạn dạng: [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® 1. Giả sử bxgaaxf xxxx =>= ®® )(lim);0()(lim 00 (a,b hữu hạn) thì [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® = ab 2. [ ] )()(lim 0 xv xx xu ® có dạng 00. Đặt y = uv thì lny = v.lnu Khi đó: y xx lnlim 0® có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn. Nếu y xx lnlim 0® = )(ln)(lim 0 xuxv xx® =a thì [ ] )()(lim 0 xv xx xu ® = ea 3. [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® có dạng 1∞. Khi đó: [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® = ( ) ( ) 0 ( ) 1 ( )1 ( ) 1lim 1 ( ( ) 1) f x g x f x x x f x - - ® é ù+ -ê úë û = [ ] ( ) 0 lim ( ) 1 g x x x f x e ® - Bài tập: Bài 1: Tính các giới hạn sau: 1. 12 1lim 2 2 -- - ¥® xx x x 2. x xxx x 1)31)(21)(1(lim 0 -+++ ® 3. 52 5 0 )51()1(lim xx xx x + +-+ ® 4. 1 3lim 32 1 - -++ ® x xxx x Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5. 2 1 1 )1( )1(lim - ++-+ ® x nxnx n x 6. ú û ù ê ë é - - -® 31 )1( 3 1 1lim xxx Bài 2: Tính các giới hạn sau: 1. x axa x 33 0 lim -+ ® 2. 4 8lim 364 - - ® x x x 3. 22 lim ax axax ax - -+- ® 4. 23 7118lim 2 3 2 +- +-+ ® xx xx x 5. 1 lim + ++ ¥® x xxx x 6. 2 12 2lim x x x x ÷ ø ö ç è æ - + ¥® 7. 2 1 20 2 1 1lim x x x + ® ÷ ø ö ç è æ + 8. ( ) 2 . 1 2lim xtg x x p - ® 9. 2 1 0 sinlim x x x x ÷ ø ö ç è æ ® Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 3 . VÔ CÙNG BÉ 1.1. Định nghĩa: Hàm a(x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x ® xo nếu lim ( ) 0 ox x xa ® = Ví dụ: xm, sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) là các VCB khi x ® 0. Ta cũng có khái niệm VCB cho quá trình x ® ∞ thay vì quá trình x ® xo. Quy ước: quá trình x ® ∞ hay x ® xo ta gọi chung là trong 1 quá trình. 1.2 Định lý: Trong 1 quá trình, f(x) ® L khi và chỉ khi a(x) = f(x) – L là VCB trong quá trình đó. 1.3 Tính chất:Trong 1 quá trình 1. Nếu a(x) là VCB, C là hằng số thì C.a(x) là VCB. 2. Nếu a1(x), a2(x), ..., an(x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng a1(x) + a2(x) + + ... + an(x) cũng là VCB. 3. Nếu a(x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích a(x).f(x) cũng là VCB. 1.4 So sánh hai lượng VCB: Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình. Giả sử k xg xf oxx = ® )( )(lim Nếu k = 0 thì f là VCB bậc lớn hơn g. Ký hiệu: f = o(g) Nếu k = ±∞ thì g là VCB bậc lớn hơn f. Ký hiệu g = o(f) Nếu k ¹0, k ¹ ±∞ thì f, g là haiVCB cùng bậc. Đặc biệt, nếu k =1 thì ta nói f, g là VCB tương đương. Ký hiệu: f ~ g Nếu không tồn tại giới hạn thì ta nói f, và g không so sánh được với nhau Ví dụ: 1. 1 – cosx và x2 là hai VCB ngang cấp khi x ® 0. 2. 1 – cosx là VCB cấp cao hơn x khi x ® 0. 1.5 Các VCB bé tương đương cần chú ý: Nếu x ® 0 thì: sinx ~ x; tgx ~ x; (1 – cosx) ~ ½ x2; arcsinx ~ x; (ex -1) ~ x; ln(1+x) ~ x ; [(1+x)a – 1] ~ ax; 1.6 Khử dạng vô định: Tính chất 1: Nếu k g f oxx = ® lim , f ~ f1; g ~ g1 thì kg f oxx = ® 1 1lim Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Chứng minh Thật vậy: lim lim . . lim o o ox x x x x x f f f g f g gf g g® ® ® = = Ví dụ: 30 0 ln(1 2 ) 2 2lim lim 3 31xx x x x xe® ® + = = - Tính chất 2: Nếu a(x) = o(b(x)) trong 1 quá trình thì a(x) + b(x) ~ b(x). Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn Ví dụ: 1. 20 1 cos5lim sin 2x x x® - 2. 0 ln(1 3 )lim 2x x tg x® - 3. 2 3 3 50 sinlim 2 4x x x tg x x x x® + + + + 4. 30 ln(1 )lim sinx tgx x x® + + 5. 2 20 ln(1 2 sin )lim sin .x x x x tgx® - Bài tập: 1. Giả sử t là lượng VCB. So sánh các lượng VCB: u = 5t2 + 2t5 và v = 3t2 +2t3 2. So sánh các VCB u = tsin2t và v = 2tsint khi t ® 0. 3. So sánh các VCB u = t2 sin2t và v = ttgt khi t ® 0. 4. Sử dụng các VCB tương đương, tính các giới hạn: a. 20 )sin.31ln(lim tgx xx x + ® b. xtg x x 3 121lim 0 -+ ® c. )21(ln 3sinlim 2 2 0 x x x +® d. )41ln( 1lim 2 0 x e x x - - ® e. )1ln( coslnlim 20 x x x +® f. x e x x ln )1sin(lim 1 1 -- ® g. 1)1().1( 1)1( lim 3 2 5 3 0 -++ -+ ® xx x x h. 2516 238lim 4 3 0 -+ -+ ® x x x i. )431ln( )231ln(lim 32 32 1 xxx xxx x +-+ +-+ ® j 2 1 arcsin 1lim ln(1 )x x x x® - - k. 2 1 2 4 1lim arcsin(1 2 )x x x® - - Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 4 Công thức khai triển Taylor – Maclaurinh 1. Công thức khai triển Taylor: Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a. Hãy xác định một đa thức y = Pn(x) bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a) và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là: Pn(a) = f(a); ' ( ) ( )( ) '( );...; ( ) ( )n nn nP a f a P a f a= = (1) Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với hàm số f(x). Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số cần xác định 2 0 1 2( ) .( ) .( ) ... .( ) n n nP x C C x a C x a C x a= + - + - + + - (2) Các hệ số C0, C1, C2, , Cn được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn. Trước hết, ta tìm các đạo hàm của Pn(x) ' 2 1 1 2 3 '' 2 2 3 ( ) ( ) 2 .( ) 3 .( ) ... ( ) ( ) 2 3.2 .( ) ... ( 1) ( ) .................................................................................. ( ) n n n n n n n n P x C C x a C x a nC x a P x C C x a n n C x a P x - - = + - + - + + - = + - + + - - = ( 1)...2.1. nn n C ì ï ï í ï ï -î (3) Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có: 0 ' 1 '' 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2.1. ....................... ( ) .( 1)...2.1. n n n n n n P a C P a C P a C P a n n C =ì ï =ï ï =í ï ï ï = -î So sánh với điều kiện (1) ta có: 0 1 2 ( ) ( ) '( ) ''( ) 2.1. ....................... ( ) .( 1)...2.1.n n f a C f a C f a C f a n n C ì = ï =ï ï =í ï ï ï = -î Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 0 1 2 ( ) ( ) '( ) 1 . ''( ) 2! ....................... 1 . ( ) ! n n C f a C f a C f a C f a n ì =ï ï =ï ïïÞ =í ï ï ï ï = ïî (4) Thay các giá trị của C0, C1, , Cn vào công thức (2) ta có đa thức cần tìm ( ) 2 3'( ) ''( ) '''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) 1! 2! 3! ! n n n f a f a f a f aP x f a x a x a x a x a n = + - + - + - + + - Ký hiệu bằng Rn(x), hiệu giữa giá trị của hàm số đã cho f(x) và đa thức mới lập Pn(x) (hình vẽ) ( ) ( ) ( )n nR x f x P x= + Hay: ( ) 2 3'( ) ''( ) '''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) 1! 2! 3! ! n n n f a f a f a f af x f a x a x a x a x a R x n = + - + - + - + + - + (6) Rn(x) gọi là số hạng dư – đối với những giá trị x làm cho số hạng dư Rn(x) bé, thì khi đó đa thức Pn(x) cho biểu diễn gần đúng của hàm số f(x). Do đó, công thức (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức Pn(x) với độ chính xác tương ứng bằng giá trị của số hạng dư Rn(x). Ta sẽ xác định những giá trị x để số hạng dư Rn(x) khá bé . Viết số hạng dư dưới dạng: 1( )( ) ( ) ( 1)! n n x aR x Q x n +- = + (7) Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định. Với x và a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị đó bằng Q. Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t là giá trị nằm giữa a và x) 2 1 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) '( ) ''( ) ... ( ) 1! 2! ! ( 1)! n n nx t x t x t x tF t f x f t f t f t f t Q n n +- - - - = - - - - - - + (8) Tìm đạo hàm F’(t) : O a y x Rn(x) y = f(x) x y = Pn(x) Pn(x) f(x) Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2 1 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) 2( )'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 1 2! ( ) ( ) ( ) '''( ) ... ( ) ( ) 2! ( 1)! ! ( ) ( 1)( ) ( ) ! ( 1)! n n n n n n n x t x tF t f t f t f t f t x t x t n x tf t f t f t n n x t n x tf t Q n n - - + - - = - + - + - - - - + - + - - + - - + + Rút gọn lại ta được : ( 1)( ) ( 1)( )'( ) ( ) ! ( 1)! n n nx t n x tF t f t Q n n +- + -= - + + (9) Vậy hàm số F(t) có đạo hàm tại mọi điểm t gần điểm có hoành độ a. Ngoài ra, từ công thức (8) ta có : F(x) = 0 và F(a) = 0. Vì vậy, áp dụng công thức Rolle cho hàm số F(t) , tồn tại một giá trị t = x nằm giữa a và x sao cho F’(x) = 0. Thế vào (9) ta có : ( 1)( ) ( 1)( )'( ) ( ) ! ( 1)! n n nx n xF f Q n n x x x x+ - + - = - + + Suy ra : ( 1) ( )nQ f x+= Thay biểu thức này vào công thức (7) ta được : 1 ( 1)( )( ) ( ) ( 1)! n n n x aR x f n x + +-= + - số hạng dư Larange Vì x là giá trị nằm giữa a và x, nên nó có thể viết dưới dạng: ( ) , [0;1]a x ax q q= + - Î Nghĩa là : 1 ( 1)( )( ) [ ( )] ( 1)! n n n x aR x f a x a n q + +-= + - + Công thức: ( ) 2 3 1 ( 1) '( ) ''( ) '''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) 1! 2! 3! ! ( ) [ ( )] ( 1)! n n n n f a f a f a f af x f a x a x a x a x a n x a f a x a n q + + = + - + - + - + + - + - + + - + gọi là công thức Taylor của hàm số f(x). Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng: 2 3 1 ( ) ( 1)( ) (0) '(0) ''(0) '''(0) ... (0) ( ) , [0;1] 1! 2! 3! ! ( 1)! n n n nx x x x xf x f f f f f f x n n q q + += + + + + + + Î + là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư Rn(x) – được gọi là công thức khai triển Maclaurinh. Tóm lại, ta có định lý sau: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Nếu hàm số y = f(x) có các đạo hàm f’(x), f’’(x), f(n)(x) liên tục tại điểm xo và có đạo hàm f(n+1)(x) trong lân cận của xo thì tại lân cận đó ta có công thức khai triển: f(x) = 1 )1()( 2 )( ! )()( ! )( ...)( !2 )('' )( !1 )(' )( + + -+-++-+-+ no n n o o n o o o o o xxn cfxx n xf xx xf xx xf xf (c ở giữa xo và x, c= xo + a(x-xo), 0 < a <1) Công thức này gọi là công thức khai triển Taylor cấp n, số hạng của cùng gọi là số hạng dư của nó. Đặc biệt xo = 0 thì công thức Taylor trở thành công thức Maclaurin (công thức khai triển tại lân cận xo = 0): f(x)= )10(, ! )( ! )0(... !2 )0('' !1 )0(')0( 1 )1()( 2 <<+++++ + + q q n n n n x n xfx n fxfxff 2. Các khai triển Maclaurin quan trọng: 1. ex= å = + n k n k xo k x 0 )( ! 2. sinx = )( )!12( )1(... !5!3 12 12 1 53 - - - + - -+++- m m m xo m xxxx = å = - - - + - - n k n k k xo k x 1 12 12 1 )( )!12( )1( 3. cosx = )( )!2( )1(... !4!2 1 2 242 m m m xo m xxx +-+++- = å = +- n k n k k xo k x 0 2 2 )( )!2( )1( 4. ln(1+x) = )()1(... 432 1 432 n n n xo n xxxxx +-+-+- - 5. (1+x) a = )( ! )1)...(1(... !2 )1(1 2 nn xox n nxx ++--++-++ aaaaaa 3. Bài tập: Bài 1: a. Khai triển đa thức x4 – 5x3 + 5x2 + x + 2 thành lũy thừa của ( x – 2) b. Khai triển đa thức x5 + 2x4 - x2 + x + 1 thành lũy thừa của ( x + 2) c. Khai triển hàm số f(x) = sinx tới số hạng x4 tại lân cận xo = p/4 . d. Khai triển hàm số y = x với xo = 1 và n = 3. Bài 2: Viết khai triển các hàm sau đây theo lũy thừa nguyên dương của biến x đến số hạng cấp cho trước 1. f(x) = esinx đến x3 2. f(x) = ( ) 6040 100 )21()21( 1 xx x +- + đến số hạng x2 3. f(x) = 2 2 1 1 xx xx +- ++ đến số hạng x4. f (4)(0) =? 4. 22 xxe - đến số hạng x5 Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5. 3 23 3121 xxxx +--+- đến số hạng x3. 6. tgx đến số hạng x5 7. 1)1( --xex đến số hạng x4 8. 3 3sin x đến số hạng x13. f (7)(0) = ? 9. f(x) = )1ln( 2xx ++ đến x5. 10. f(x) = ln(cosx) đến x6 11. f(x) = ÷ ø ö ç è æ x xsinln đến x6. f(4)(0) = ? 12.sin(sinx) đến số hạng x3 Bài 3: Ước lượng sai số tuyệt đối của các công thức gần đúng: 1. ex » ! ... !2 1 2 n xxx n ++++ khi 0£ x £ 1. 2.sinx » 6 3xx - , khi |x| £ 0.5 Bài 4: Với giá trị x nào thì ta có công thức gần đúng cosx » 2 1 2x - với độ chính xác 0,0001? Bài 5: Dùng công thức Taylor tính gần đúng 1. 3 250 2. sin(18o) 3. (1,1)1,2 và ước lượng sai số. 4. sin1o với độ chính xác 10-8 5. lg11 với độ chính xác 10-5 Bài 6: Sử dụng khai triển để tính các giới hạn sau: 1. 2 1 sinlim 20 xxe xx x x --- - ® 2. 5 3 0 )sin(2lim x xxtgx x -- ® 3. ÷ ø ö ç è æ - ® ctgx xxx 11lim 0 4. 6 566 56lim xxxx x --+ ¥® 5. ú û ù ê ë é +-÷ ø ö ç è æ +- ¥® 1 2 lim 6 1 23 xexxx x x 6. ú û ù ê ë é ÷ ø ö ç è æ +- ¥® x xx x 11lnlim 2 Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM TÍCH PHÂN PHÂN THỨC HỮU TỶ 1. Lấy tích phân các phân thức hữu tỷ sơ cấp: Phân thức hữu tỷ là phân thức có dạng: ( ) ( ) P x Q x , trong đó P(x), Q(x) là các đa thức. Phân thức hữu tỷ được gọi là thật sự nếu degP(x) < degQ(x). Phân thức hữu tỷ sơ cấp là các phân thức thật sự có dạng: I. A x a- II. ( ) , 1,m A m m Z x a ³ Î - III. 2 Ax B x px q + + + , tam thức bậc hai x2 + px + q không có nghiệm thực IV. ( )2 , 1,n Ax B n n Z x px q + ³ Î + + , x2 + px + q không có nghiệm thực Trong đó A, B, p, q, a là những số thực 2. Xét tích phân ở 3 dạng đầu tiên I. .lnA dx A x a C x a = - + -ò II. ( ) 1 1. 1 ( )m m A Adx C m x ax a - = - + - --ò III. 2 2 2 2 2ln( ) 2 4 4 A B Ap x px px q arctg C q p q p - + + + + + - - Ví dụ: Tính 2 1 2 2 5 x dx x x + + +ò 3. Xét tích phân dạng IV: Xét trường hợp đặc biệt của tích phân loại IV: 2 2( )n dt t a+ò . Ta có: 2 2 2 2 2 2 12 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )n nn n n n n dt a t t dt t dt td t aI dt I t a a t a a t a a t a a a t a-- + - + = = = - = - + + + + +ò ò ò ò ò Áp dụng công thức tích phân từng phần cho 2 2 2 2 ( ) ( )n td t a t a + +ò . Ta có: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1 12 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 1 1 1 2 3. . . 2 ( 1)( ) 2 ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2 2n n nn n n t dt t nI I I a a n t a a n t a a n t a a n- -- - - - = + - = + - + - + - + -ò Công thức trên cho phép sau (n-1) lần thì In được đưa về 2 2 dt t a+ò Ví dụ: tính 2 3( 1) dx x +ò - Tích phân dạng IV: Cần tính ( )2 n Ax B dx x px q + + + ò , 2 0 4 p q- < Trong tử số ta tách ra đạo hàm của tam thức bậc hai ở mẫu số: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 (2 ) (2 )2 2 2 2n n n n A Apx p B Ax B A x p Ap dxdx dx dx B x px q x px q x px q x px q æ ö+ + -ç ÷+ + æ öè ø= = + -ç ÷ è ø+ + + + + + + + ò ò ò ò - dễ dàng tính tích phân thứ nhất. - ( ) 2 222 2 ( ) 2 4 n n n dx dx dt t ax px q p px q = = +é ù+ + æ öæ ö+ + -ê úç ÷ç ÷ è øê úè øë û ò ò ò Ví dụ: tính 2 2 3 2 ( 2 10) x dx x x + + +ò 4. Tích phân các phân thức hữu tỷ nhờ phân tích các phân thức đơn giản nhất: Xét phân thức hữu tỷ ( ) ( ) P x Q x (1) - Nếu (1) là phân thức hữu tỷ không thật sự thì ta có thể đưa về dạng phân thức thật sự bằng cách chia tử cho mẫu. Khi đó: ( ) ( )( ) ( ) ( ) P x R xS x Q x Q x = + , S(x), R(x) là các đa thức và degR(x) < degQ(x). - Nếu 2 2( ) ( ) .( ) .( ) .( )n mQ x x a x b x px q x lx sa b= - - + + + + , (a, b là các nghiệm thực, x2 + px + q và x2 + lx + s không có nghiệm thực, α, b, m. n là các số tự nhiên) thì: 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ... ... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ... ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + m m n nm n BAA A B BP x Q x x a x a x a x b x b x b M x N P x NM x N M x N P x Q P x Q x px q x px q x px q x lx s x lx s x lx s ba a b= + + + + + + + +- - - - - - + ++ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + Để tìm các hệ số A1, A2,...,Aα, B1, B2, ..., Bb, M1, M2,..., Mn, N1, N2, Nm,.... ta có thể tính theo 2 cách: - 1/ Nhân hai vế cho Q(x), rút gọn các số hạng đồng bậc ở vế phải, sau đó cho đồng nhất hệ số hai vế Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM - 2/ Sau khi nhân hai vế cho Q(x), ta cũng có thể cho x các giá trị khác nhau để xác định giá trị của các hệ số. Ví dụ: Phân tích phân thức hữu tỷ: 2 5 2 1x x x + - thành phân thức đơn giản 5. Phương pháp Ostrogradsky: Nếu Q(x) có nghiệm bội thì: 1 2 1 2 ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) P x P xP x dx dx Q x Q x Q x = +ò ò (5) Trong đó: Q1(x) là ước chung lớn nhất của Q(x) và Q’(x); Q2(x) = Q(x) : Q1(x); P1(x) và P2(x) là những đa thức có hệ số chưa xác định, bậc của chúng lần lượt kém bậc của Q1(x) và Q2(x) 1 bậc. Các hệ số của P1(x), P2(x) được tính bằng phép lấy vi phân của (5) Ví dụ: Tính tích phân: ( )22 3 2 2 10 x dx x x + + + ò Bải tập: 1. Tính các tích phân sau: 1. 4( 1) dx x -ò 2. 3(2 3) dx x +ò 3. 2 6 18 dx x x- +ò 4. 2 6 32 3 x dx x x+ +ò 5. 2 2 4 7 x dx x x - - +ò 6. 2 5 3 10 29 x dx x x + + +ò 7. ( )22 2 3 2 5 x dx x x + + + ò 8. ( )22 3 4 6 13 x dx x x + + + ò 2. Tính các tích phân sau: 1. 2 3 ( 2)( 5) x dx x x + - +ò 2. ( 1)( 2)( 3) xdx x x x+ - +ò 3. 10 2 2 x dx x x- -ò 4. 2 2 2 5 6 9 ( 3) .( 1) x x dx x x + + - +ò 5. 2 3 2 3 ( 3 2) x dx x x - - +ò 6. 3 2 2 3 5 7 2 x x x dx x + + + +ò 7. 5 4 2 1 8 16 x dx x x + - +ò 8*. 9 10 5 2( 2 2) x dx x x+ +ò 3. Dùng công thức Ostrogradsky, tính các tích phân: 1. 4 2( 1) dx x +ò 2. 2 2( 1) dx x x+ +ò Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 5 Tích phân hàm vô tỉ 1. Các tích phân cơ bản: 2 1 arcsin xdx C aa x2 = + - ò 2 2 1 lndx x x k C x k = + + + + ò 2 2 2 21 1 arcsin 2 2 xa x dx x a x a C a 2 - = - + +ò 2 2 21 ln 2 2 kx kdx x x k x x k C+ = + + + + +ò 2. Các tích phân dạng 31 2 1 2 3, , , ,... mm m n n nax b ax b ax bR x dx cx d cx d cx d æ ö + + +æ ö æ ö æ öç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷+ + +è ø è ø è øç ÷ è ø ò Gọi k là mẫu số chung của 1 2 1 2 , ,..., n n mm m n n n Đặt: kax b t cx d + = + để đưa về tích phân hữu tỉ. Ví dụ: Tính 3 1 1 1 1 x dx x - + + +ò 3. Xét tích phân dạng: ( ) , ( , , ; , )m n px a bx dx m n p Q a b R+ Î Îò (tích phân nhị thức vi phân) Tích phân chỉ có nguyên hàm nếu rơi vào 1 trong 3 trường hợp sau: 1. p Î Z. Đặt x = tS. s là mẫu số chung của m và n. 2. 1m Z n + Î . Đặt a + bxn = tk, k là mẫu số của p. 3. 1m p Z n + + Î . Dùng phép thế ax-n + b = tS, s là mẫu số của p. Ví dụ: Tính 3 21 xdx x+ ò ; ( )104 1 dx x x + ò ; ( ) 1 4 2 21 dx x x - + ò Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 4. Tích phân vô tỉ dạng: 2( , )R x ax bx c dx+ +ò TH1: ( ) 2 22 2 22 2 4; ; 44 4 dx dx du b b acu x k a aax bx c a u kb b aca x a a - = = = + = + + é ù --æ ö+ -ê úç ÷ è øê úë û ò ò ò 1/ Nếu k > 0 và a > 0: ( ) 2 2 22 1 1. ln 1 1 du du dt t t C a ka u k a k ta u k = = = + - + - -- ò ò ò ; ut k = 2/ Nếu k > 0 và a > 0: ( ) 2 22 1 1. arcsin 1 du du dt t C a ka k u a k ta u k = = = + - - -- ò ò ò ; ut k = 3/ Nếu k < 0 thì chắc chắn a phải dương: ( ) 2 2 2 22 2 1 1. ln 1 1 du du dt t t C a ka u b a b ta u b = = = + + + + ++ ò ò ò ;b2 = -k TH2: 2 2 2 2 2 (2 ) ( )2 2 2 2 A Abax b B Ax B A d ax bx c Ab dxa adx dx B a aax bx c ax bx c ax bx c ax bx c æ ö+ + -ç ÷+ + + æ öè ø= = + -ç ÷ è ø+ + + + + + + + ò ò ò ò TH3: 2 ( )nP x dx ax bx c+ +ò , Pn(x) là đa thức bậc n Được tính theo công thức: 2 12 2 ( ) ( ).n n P x dxdx Q x ax bx c ax bx c ax bx c l-= + + + + + + + ò ò (*) Với Qn-1(x) là đa thức bậc n-1 với các hệ số phải tìm; l là số thực càn xác định Những hệ số của đa thức Qn-1 và hệ số l được xác định bằng cách lấy đạo hàm của (*) và so sánh các hệ số. Ví dụ: 3 21 2 x dx x x+ -ò : TH4: Các trường hợp khác 1. Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm thực x1, x2 thì đặt 2 1( )ax bx c t x x+ + = - 2. Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm ảo thì a. Đặt 2 , ( 0)ax bx c ax t a+ + = + > b. Đặt 2 , ( 0)ax bx c xz c c+ + = + > Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Ví dụ: ( )22 2 2 1 1 1 x x dx x x x - + + + + ò 4/ Tích phân các hàm lượng giác: (sin ,cos )R x x dxò - Phép thế vạn năng: Đặt t = tg(x/2). Khi đó: 2 2 2 1 2cos ;sin 1 1 t tx x t t - = = + + - Nếu R(sinx,cosx) là hàm lẻ đối với sinx, Đặt t = cosx - Nếu R(sinx,cosx) là hàm lẻ đối với cosx, Đặt t = sinx - Nếu R(sinx,cosx) là hàm chẵn đối với cosx và sins, Đặt t = tgx Ví dụ: 3cos xdxò ; sin 1 sin x dx x+ò Bài tập: Tính tích phân 1. 2 1 dx x x- -ò 2. 2 2 8 dx x x- - +ò 3. 2 5 3 4 51 x dx x x + - + + ò 4. 3 2 1 2 2 x x dx x x - + + + ò 5 44 1 dx x+ò . 6. ( ) 5 2 3 32 dx x x+ ò 7. 3 41 x dx x + ò 8. 3 3 3. 2 dx x x-ò 9. 2 3sin cosx xdxò 10. 4 5sin dx x-ò 11. 2 2sin dx x tg x+ò 12. 4 4 sin 2 cos sin x dx x x+ò 13. 41 1 x dx x + +ò 14. 6 31 x dx x+ò 15. 1 1 x dx x x - +ò 16. 3 2. 1 dx x x -ò 17. 3 3 2 2 x x dx x x + + +ò 18. 21 2x x dx- -ò Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM TÍCH PHÂN SUY RỘNG 1. Tích phân suy rộng loại 1: 1.1 Định nghĩa: Giả sử f(x) xác định trên [a;+∞) và khả tích trên mọi đoạn hũ