Hàm số thực theo một biến số thực

Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Môn: Giải tích cơ bản GV: PGS.TS. Lê Hoàn Hóa Đánh máy: NTV Phiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004 HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC 1 Giới hạn liên tục Định nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x0 ∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếu với mọi δ > 0, I ∩ (x0 − δ, x0 + δ)\{x0} 6= 0. Cho f : I → R và x0 là điểm giới hạn của I. Ta nói: lim x→x0 f(x) = a ∈ R⇐⇒ ∀ε, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− a| < ε lim x→x0 f(x) = +∞ (−∞)⇐⇒ ∀A ∈ R,∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 A (f(x) < A) Định nghĩa 1.2 Cho f : I → R và x0 ∈ I. Ta nói: f liên tục tại x0 ⇐⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ I, |x− x0| < δ =⇒ |f(x)− f(x0)| < ε Nếu x0 là điểm giới hạn của I thì: f liên tục tại x0 ⇐⇒ lim x→x0 f(x) = f(x0) Nếu f liên tục tại mọi x ∈ I, ta nói f liên tục trên I. f liên tục trên I ⇐⇒ ∀x ∈ I, ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x′ ∈ I, |x− x′| < δ =⇒ |f(x)− f(x′)| <  Ta nói: f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x, x′ ∈ I, |x− x′| < δ =⇒ |f(x)− f(x′)| <  Hàm số liên tục trên một đoạn: Cho f : [a, b]→ R liên tục. Khi đó: i) f liên tục đều trên [a, b]. ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b]. Đặt m = min{f(x), x ∈ [a, b]}, M = max{f(x), x ∈ [a, b]}. Khi đó f ([a, b]) = [m,M ] (nghĩa là f đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M). 1 2 Sự khả vi Định nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x0 ∈ I. Ta nói f khả vi tại x0 nếu lim t→0 f(x0 + t)− f(x0) t tồn tại hữu hạn. Khi đó đặt f ′(x0) = lim t→0 f(x0 + t)− f(x0) t gọi là đạo hàm của f tại x0 Nếu f khả vi tại mọi x ∈ I, ta nói f khả vi trên I. Định lí 2.1 (Cauchy) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Giả sử f ′(x) 6= 0 trên (a, b). Khi đó, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho: f ′(c)[g(b)− g(a)] = g′(c)[f(b)− f(a)] Trường hợp g(x) = x, ta có công thức Lagrange f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a) Quy tắc Lôpitan: Cho x0 ∈ R hoặc x0 = ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x0. Giả sử g và g′ khác không và lim x→x0 f(x) = lim x→x0 g(x) = 0 hoặc lim x→x0 f(x) = lim x→x0 g(x) = +∞ hoặc −∞. Khi đó: Nếu lim x→x0 f ′(x) g′(x) = A thì lim x→x0 f(x) g(x) = A (A có thể là hữu hạn hoặc vô hạn). Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân: Cho f liên tục, u, v khả vi. Đặt F (x) = v(x)∫ u(x) f(t) dt Khi đó: F khả vi và F ′(x) = v′(x)f(v(x))− u′(x)f(u(x)). 3 Vô cùng bé - Vô cùng lớn Hàm f được gọi là lượng vô cùng bé khi x→ x0 nếu lim x→x0 f(x) = 0. Cho f, g là hai lượng vô cùng bé khi x→ x0. Giả sử lim x→x0 f(x) g(x) = k - Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương. - Nếu k 6= 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc. - Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f . - Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g. 2 Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x0. Giả sử tồn tại k > 0 sao cho lim x→x0 f(x) (x−x0)k tồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vô cùng bé f khi x→ x0. Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x0 nếu lim x→x0 f(x) = +∞ hoặc −∞. Nếu f là vô cùng lớn khi x→ x0 thì 1 f là vô cùng bé khi x→ x0. Cho f, g là vô cùng lớn khi x→ x0. Giả sử lim x→x0 f(x) g(x) = k. - Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn tương đương. - Nếu k 6= 0 và hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn cùng bậc. - Nếu k = 0, ta nói g là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn f . - Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói f là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn g. Cho f là vô cùng lớn khi x→ x0. Bậc của vô cùng lớn f là số k > 0 (nếu có sẽ duy nhất) sao cho lim x→x0 (x− x0)kf(x) tồn tại hữu hạn và khác không. 4 Công thức Taylor Cho f : (a, b)→ R có đạo hàm bậc (n+ 1). Với x0, x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho: f(x) = n∑ k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k + 1 (n+ 1)! f (n+1) (x0 + θ(x− x0)) Rn(x) = 1 (n+1)! f (n+1) (x0 + θ(x− x0)) là dư số Lagrange. Hoặc: f(x) = n∑ k=0 f (k)(x0) k! (x− x0)k + o (|x− x0|n) Rn(x) = o (|x− x0|n) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọi là dư số Peano. Nếu x0 = 0 ta được công thức Maclaurin: f(x) = n∑ k=0 f (k)(0) k! xk +Rn(x) . Công thức Maclaurin của hàm sơ cấp a) ex = 1 + x+ x2 2! + · · ·+ x n n! +Rn(x), Rn(x) = eθx (n+ 1)! xn+1 hoặc Rn(x) = o(x n). b) sin x = x − x 3 3! + x5 5! + · · · + (−1)n x 2n−1 (2n− 1)! + R2n, R2n = (−1) n cos θx. x2n+1 (2n+ 1)! hoặc R2n = o(x 2n). c) cosx = 1− x 2 2! + x4 4! + · · ·+ (−1)n x 2n (2n)! +R2n+1, R2n+1 = (−1)n+1 cos θx. x 2n+2 (2n+ 2)! hoặc R2n+1 = o(x 2n+1). 3 d) (1 + x)α = 1 + αx 1! + α(α− 1) 2! x2 + · · ·+ α(α− 1) . . . (α− n+ 1) n! xn +Rn, (x > −1). Rn = α(α− 1) . . . (α− n+ 1) n! (1 + θx)α−n+1.xn+1 hoặc Rn = o(xn). e) ln(1 + x) = x− x 2 2 + x3 3 + · · ·+ (−1)n+1x n n + o(xn), x > −1 f) arctgx = x− x 3 3 + x5 5 + · · ·+ (−1)n+1 x 2n−1 2n− 1 + o(x 2n) 5 Các giới hạn cơ bản 1. lim t→0 sin t t = lim t→0 tgt t = lim t→0 arctgt t = lim t→0 arcsint t = lim t→0 ln (1 + t) t = lim t→0 et − 1 t 2. lim t→0 (1 + t)a − 1 t = a. 3. lim t→0 1− cos t t2 = 1 2 . 4. lim t→∞ tp et = 0 ∀p. 5. lim t→∞ lnp t tα = 0, α > 0,∀p. Thí dụ: Tính các giới hạn sau: 1. lim x→1 m √ x− 1 n √ x− 1 = limt→0 (1 + t)1/m − 1 (1 + t)1/n − 1 = n m . 2. lim x→1 (1−√x)(1− 3√x) . . . (1− n√x) (1− x)n−1 = limt→0 [ 1− (1 + t)1/2] . [1− (1 + t)1/3] . . . [1− (1 + t)1/n] (−t)n−1 = 1 2 . 1 3 . . . 1 n = 1 n! 3. I = lim x→0 x2 n √ 1 + 5x − (1 + x) Đặt t5 = 1 + 5x hay x = t 5−1 5 Suy ra : x2 5 √ 1 + 5x− (1 + x) = − (t5 − 1)2 5(t5 − t+ 4) = − (t5 − 1)2 5(t− 1)2(t3 + 2t2 + 3t− 4) Vậy I = −5 2 4. lim x→+∞ 1 x ln ( ex − 1 x ) = lim x→+∞ 1 x [ ln(ex − 1)− lnx] = 1 5. lim x→0 ln(cosx) x2 = lim x→0 ln[1 + (cos x− 1)] x2 = lim x→0 cosx− 1 x2 = −1 2 6. lim x→0 ( 1 sin x − cotg x ) = lim x→0 1− cosx sin x = lim x→0 x2 2x = 0 4 7. lim x→0 3 √ cosx−√cosx x2 = lim x→0 ( 1− x 2 2 ) 1 3 − ( 1− x 2 2 ) 1 2 x2 = lim x→0 −x 2 6 + x2 4 x2 = 1 12 (dùng 1− cosx ∼ x 2 2 , lim t→0 (1 + t)α − 1 t = α ) 8. lim x→∞ ( sin √ x+ 1− sin√x ) = lim x→∞ 2 sin (√ x+ 1−√x 2 ) . cos (√ x+ 1 + √ x 2 ) = 0 Tính lim x→x0 u(x)v(x) Đặt y = uv ⇒ ln y = v lnu. Sau đó tính lim x→x0 v lnu Nếu lim x→x0 v lnu = a thì lim x→x0 uv = ea 9. lim x→+∞ ( x+ 2 x− 3 )3x+4 Đặt y = lim x→+∞ ( x+ 2 x− 3 )3x+4 ⇒ ln y = (3x+ 4) ln ( x+ 2 x− 3 ) ⇒ ln y = (3x+ 4) ln ( 1 + 5 x− 3 ) Vậy lim x→∞ ln y = lim x→∞ (3x+ 4). 5 x− 3 = 15 Suy ra lim x→∞ y = e15 10. lim x→0 ( 1 + tg x 1 + sinx ) 1 sin x Đặt y = ( 1 + tg x 1 + sinx ) 1 sin x ⇒ ln y = 1 sin x ln ( 1 + tg x 1 + sinx ) = 1 sin x ln ( 1 + tg x− sin x 1 + sinx ) (dùng ln(1 + t) ∼ t) ⇒ lim x→0 ln y = lim x→0 tg x− sin x sin x(1 + sinx) = lim x→0 1 cosx − 1 1 + sinx = 0 Vậy lim x→0 y = 1 Chứng minh các lượng vô cùng bé sau tương đương khi x→ 0: 1. f(x) = x sin2 x, g(x) = x2 sin x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 x sin2 x x2 sin x = 1 5 2. f(x) = e2x − ex, g(x) = sin 2x− x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 e2x − ex sin 2x− x = limx→0 2e2x − ex 2 cos 2x− 1 = 1 So sánh các vô cùng bé khi x→ 0 1. f(x) = 1− cos3 x, g(x) = x sin x lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 1− cos3 x x sin x = lim x→0 (1− cosx)(1 + cos x+ cos2 x) x2 = 3 2 (thay sin t ∼ t) Vậy f , g là vô cùng bé cùng bậc. 2. f(x) = cosx− cos 2x, g(x) = x 32 lim x→0 f(x) g(x) = lim x→0 cosx− cos 2x x 3 2 = lim x→0 (cosx− 1) + (1− cos 2x) x 3 2 = 0 Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g. Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x→ 0 1. f(x) = √ cosx− 3√cosx lim x→0 f(x) xk = lim x→0 √ cosx− 3√cosx xk = lim x→0 ( 1− x 2 2 ) 1 2 − ( 1− x 2 2 ) 1 3 xk = − 1 12 nếu k = 2 Vậy f là vô cùng bé bậc 2. 2. f(x) = x sin x− sin2 x Ta có: f(x) = sinx(x− sin x) ∼ x ( x3 3! ) = x4 3! (dùng khai triển Taylor) Vậy f là vô cùng bé bậc 4. 3. Tìm bậc của vô cùng lớn f(x) = √ 1 + √ x khi x→ +∞ f(x) = √ 1 + √ x = √ x 1 2 (1 + x −1 2 ) = x 1 4 √ 1 + x −1 2 Vậy f là vô cùng lớn bậc 1 4 Lưu ý. Để tìm bậc của vô cùng lớn khi x→ +∞, ta tìm số k > 0 sao cho lim x→∞ f(x) xk tồn tại hữu hạn và khác không. 4. Tìm lượng tương đương của f(x) = x[ √ x2 + √ x4 + 1− x√2] khi x→ +∞ Dùng (1 + t)α)− 1 ∼ αt khi t→ 0, ta có f(x) = x2 (1 + (1 + 1 x4 ) 1 2 ) 1 2 − √ 2  ∼ x2 [(2 + 1 2x4 ) 1 2 − √ 2 ] 6 ∼ x2 √ 2 [( 1 + 1 4x4 ) 1 2 − 1 ] ∼ x 2 √ 2 8x4 Vậy f là vô cùng bé tương đương với g(x) = √ 2 8x2 khi x→ +∞ 5. Cho n là số tự nhiên, f0, f1, . . . , fn là các đa thức sao cho fn(x)e nx + fn−1(x)e(n−1)x + · · ·+ f0(x) = 0 với mọi x lớn bất kỳ. Chứng minh f0, f1, . . . , fn đồng nhất bằng 0. Giả sử fn không đồng nhất triệt tiêu fn(x) = akx k + ak−1xk−1 + · · ·+ a0, ak 6= 0 Chia hai vế cho xkenx, cho x →∞, áp dụng lim x→∞ xp eax = 0 với a > 0, ∀p, ta được ak = 0. Mâu thuẫn. Vậy fn ≡ 0. Tương tự cho fn−1, . . . , f1 đồng nhất triệt tiêu. Khi đó, f0(x) = 0 với mọi x lớn bất kỳ. Vậy f0 ≡ 0. 6. Cho n là số tự nhiên, f0, f1, . . . , fn là các đa thức sao cho fn(x)(lnx) n + fn−1(x)(lnx)n−1 + · · ·+ f0(x) = 0 với mọi x > 0. Chứng minh f0, f1, . . . , fn đồng nhất triệt tiêu. Đặt x = ey và viết biểu thức vế trái dưới dạng gk(y)e ky + gn−1(y)e(k−1)y + · · ·+ g0(y) = 0 với mọi y, trong đó k là số tự nhiên. Làm tương tự như bài (5), ta có gk, . . . , g0 đồng nhất triệt tiêu. Vậy f0, f1, . . . , fn đồng nhất triệt tiêu. 6 Bài tập 1. Tính các giới hạn sau (a) lim x→pi 3 tg3 x− 3 tg x cos ( x+ pi 6 ) (b) lim x→∞ x[ln(x+ a)− lnx] (c) lim x→1 x2 − 1 x lnx (d) lim x→+∞ 3 √ x3 + 3x2 − √ x2 − 2x (e) lim x→0 (cosx) 1 x2 (f) lim x→0 (sinx+ cosx) 1 x 7 2. Tính các giới hạn sau bằng thay các vô cùng bé tương đương. Các lượng vô cùng bé sau tương đương khi t→ 0: t ∼ sin t ∼ tg t ∼ arctg t ∼ arcsin t ∼ ln(1 + t) ∼ (et − 1) (1− cos t) ∼ t 2 2 (1 + t)α ∼ 1 + αt (a) lim x→0 ln(1 + 2x sin x) tg2 x (b) lim x→0 sin2 3x ln2(1− 2x) (c) lim x→pi 2 ± √ 1 + cos 2x√ pi −√2x (d) lim x→0 ln(cosx) ln(1 + x2) 3. Dùng công thức Taylor tính các giới hạn sau: (a) lim x→∞ [ x− x2 ln ( 1 + 1 x )] (b) lim x→0 1− (cosx)sinx x3 Hướng dẫn: sin x. ln(cosx) = sinx. ln[1 + (cos x− 1)] ∼ sin x.(cosx− 1) ∼ ( x− x 3 3! + . . . )( −x 2 2 − . . . ) ∼ −x 3 2 1− (cosx)sinx = 1− esin x. ln(cosx) ∼ 1− e−x 3 2 ∼ x 3 2 Vậy lim x→0 1− (cosx)sinx x3 = 1 2 (c) lim x→0 (1 + x)x − 1 sin2 x (d) lim x→0 e− (1 + x) 12 x 4. Dùng quy tắc L’Hopital tính các giới hạn sau (a) lim x→0 ex − e−x − 2x x− sin x (b) lim x→∞ xe x 2 x+ ex (c) lim x→0+ lnx 1 + 2 ln(sinx) (d) lim x→∞ pi − 2 arctg x ln ( 1 + 1 x ) 8 5. Dùng quy tắc L’Hopital khử các dạng vô định (a) lim x→1+ lnx. ln(x− 1) (b) lim x→0 ( 1 x − 1 ex − 1 ) (c) lim x→0+ (1 + x)lnx (d) lim x→0 ( tg x x ) 1 x2 (e) lim x→0+ (x)sin x (f) lim x→pi 2 − (pi − 2x)cosx Hướng dẫn: Đặt x = pi 2 + t 9