Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 174 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
174
Dung lượng
1,32 MB
Nội dung
LÊ THÁI THANH GIÁO TRÌNH TỐN I (Chương Trình Chất Lượng Cao Việt-Pháp) NHÀ XUẤT BẢN ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM 51 89/176-05 GD-05 Mã số: 8I092M5 Lời nói đầu Tập giảng Toán I biên soạn dành cho sinh viên chương trình Chất lượng cao Việt-Pháp Tổng số lí thuyết tập môn học khoảng 180 tiết kéo dài 15 tuần Nội dung môn học bao gồm vấn đề Đại số đại cương, Đại số tuyến tính Giải tích hàm biến Nội dung giáo trình dựa theo tài liệu [1], [2], [3] toàn bảy tập tác giả Jean-Marie Monier Đây tài liệu dành cho sinh viên chương trình Việt-Pháp Chúng tơi cố gắng biên soạn lại cho dễ hiểu sinh viên Việt Nam tham khảo thêm số sách khác [6], [7] Các tập tuyển chọn sách kể sách [4], [5], [8] Chúng mong nhận ý kiến đóng góp bạn đọc Thư từ góp ý xin gửi về: Bộ mơn Tốn ứng dụng, Trường Đại học Bách khoa TP HCM, 104 Nhà B4, 268 Lý Thường Kiệt, P.14, Q.10, TP HCM Điện thoại: 08-8647256 (ext 5305) E-mail: tlethai@hcmut.edu.vn TP HCM, ngày 22 tháng năm 2010 Tác giả Mục lục Lời nói đầu Mục lục TẬP HỢP-ÁNH XẠ-QUAN HỆ 1.1 Mệnh đề 1.2 Tập hợp 10 1.3 Ánh xạ 11 1.4 Quan hệ hai 13 Bài tập chương 15 CẤU TRÚC ĐẠI SỐ 17 2.1 Phép tốn hai ngơi 17 2.2 Nhóm 20 2.3 Vành 22 2.4 Thể 24 Bài tập chương 24 CÁC TẬP HỢP SỐ 28 3.1 Số tự nhiên 28 3.2 Số nguyên 29 3.3 Số hữu tỉ 29 3.4 Số thực 29 3.5 Số phức 32 Bài tập chương 35 DÃY SỐ 4.1 Các định nghĩa 38 38 MỤC LỤC 4.2 Dãy 44 4.3 Một số loại dãy thông thường 45 4.3.1 Dãy truy hồi tuyến tính cấp 45 4.3.2 Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai 45 4.3.3 Dãy trung bình Césaro 47 Bài tập chương HÀM SỐ VÀ GIỚI HẠN 48 50 5.1 Khái niệm hàm số 50 5.2 Giới hạn hàm số 53 5.3 Vô bé vô lớn 57 5.4 Tính liên tục 58 Bài tập chương 62 ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 66 6.1 Đạo hàm vi phân 66 6.2 Các định lý hàm khả vi 72 6.3 Công thức Taylor 74 6.4 Sự biến thiên hàm 77 6.5 Khảo sát vẽ đồ thị đường cong 79 f pxq 79 6.5.2 Đường cong cho phương trình tham số 80 6.5.3 Đường cong toạ độ cực 81 6.5.1 Đường cong cho phương trình y Bài tập chương TÍCH PHÂN 7.1 Tích phân bất định 82 88 88 7.1.1 Định nghĩa cách tính 88 7.1.2 Tích phân hàm hữu tỉ 91 7.1.3 Tích phân số hàm vô tỉ 92 7.1.4 Tích phân hàm lượng giác 94 7.2 Tích phân xác định 95 7.2.1 Định nghĩa tính chất 95 MỤC LỤC 7.2.2 Các phương pháp tính tích phân xác định 97 7.3 Tích phân suy rộng 100 7.3.1 Tích phân suy rộng với cận vô hạn 100 7.3.2 Tích phân suy rộng hàm không bị chặn 102 7.4 Ứng dụng tích phân 104 Bài tập chương 106 ĐỊNH THỨC VÀ MA TRẬN 111 8.1 Ma trận 111 8.1.1 Các định nghĩa 111 8.1.2 Các phép toán ma trận 112 8.2 Định thức 114 8.2.1 Định nghĩa tính chất 114 8.2.2 Các ví dụ tính định thức 116 8.3 Ma trận nghịch đảo 118 8.4 Hạng ma trận 120 Bài tập chương 121 KHÔNG GIAN VECTƠ 126 9.1 Khái niệm không gian vectơ 126 9.2 Không gian vectơ 134 9.3 Không gian Euclide thực 137 Bài tập chương 141 10 HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH 144 10.1 Các khái niệm 144 10.2 Hệ 147 Bài tập chương 10 149 CHỈ DẪN VÀ TRẢ LỜI 151 Chỉ dẫn trả lời tập chương 151 Chỉ dẫn trả lời tập chương 152 Chỉ dẫn trả lời tập chương 155 MỤC LỤC Chỉ dẫn trả lời tập chương 157 Chỉ dẫn trả lời tập chương 159 Chỉ dẫn trả lời tập chương 161 Chỉ dẫn trả lời tập chương 165 Chỉ dẫn trả lời tập chương 168 Chỉ dẫn trả lời tập chương 170 Chỉ dẫn trả lời tập chương 10 172 Tài liệu tham khảo 173 CHƯƠNG MỘT TẬP HỢP-ÁNH XẠ-QUAN HỆ Mục lục 1.1 1.2 1.3 1.4 Bài Mệnh đề Tập hợp Ánh xạ Quan hệ hai tập chương 10 11 13 15 §1.1 MỆNH ĐỀ Mệnh đề hay mệnh đề toán học khẳng định có giá trị xác định (đúng sai vừa vừa sai) Các giá trị sai gọi chân trị mệnh đề Ví dụ 1.1 : "1 2" mệnh đề có giá trị chân trị : "4 số nguyên tố" mệnh đề có giá trị chân trị sai : Khẳng định "n số nguyên tố" khơng phải mệnh đề tốn học Tuy nhiên, thay n số tự nhiên trở thành mệnh đề tùy theo n, giá trị chân trị mệnh đề sai Ta thường ký hiệu mệnh đề chữ in hoa: P, Q, R, ; chân trị (hoặc T ), chân trị sai (hoặc F ) Để kiểm tra mệnh đề hay sai ta thường lập bảng chân trị cho mệnh đề Cho P Q hai mệnh đề Xét phép toán sau: phép phủ định ( P ), phép tuyển (P (P ^ Q), phép hợp (P _ Q), phép kéo theo (P ñ Q), phép tương đương Q) Giá trị phép toán cho bảng chân trị sau: P Q P P ^Q P _Q P ñ Q P Q 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1.1 Mệnh đề đ Q đọc theo nhiều cách sau: P điều kiện đủ Q Q điều kiện cần P Cịn mệnh đề P Q đọc sau: P điều kiện cần Chú ý: Mệnh đề P đủ để có Q P Q P Q Các tính chất sau phép tốn mệnh đề dễ dàng chứng minh lập bảng chân trị xem tập p P q P pP pP ñ Qq pP ^ p Qqq pP ^ pP ñ Qqq ñ Q ñ Qq p P _ Qq pP ñ Q q p Q ñ P q ppP ñ Qq ^ pQ ñ Rqq ñ pP ñ Rq Vị từ khẳng định P px, y, q có chứa số biến x, y, lấy giá trị tập hợp cho trước X, Y, cho thân P px, y, q mệnh đề thay x, y, phần tử cố định x P pa, b, q Ví dụ 1.2 a P X, y b P Y, ta môt mệnh đề : P pnq = "n số nguyên tố" vị từ theo biến n P N : Qpx, yq = "y 2, x y, x 2y số chẵn" vị từ với hai biến tự x, y P Z Chẳng hạn, Qp4, 2q mệnh đề Trong Qp5, 2q, Qp4, 7q mệnh đề sai Cho hai vị từ P pxq, Qpxq theo biến x P X Khi đó: : Phủ định P pxq, ký hiệu X ta mệnh đề : P pxq, vị từ mà thay x phần tử a cố định P paq Các phép tốn (^, _, đ, ) vị từ P pxq, Qpxq vị từ theo biến x mà thay x phần tử cố định a P X ta mệnh đề tương ứng Giả sử P pxq vị từ theo biến x P X Ta xét trường hợp sau: Trường hợp 1: Khi thay x phần tử tùy ý a P paq Như mệnh đề "với x hiệu "x P X, P pxq" P X, ta mệnh đề P X, P pxq" mệnh đề luôn ký Trường hợp 2: Với số giá trị a P X P paq mệnh đề đúng, với số giá trị b P X P pbq mệnh đề sai Như vậy, mệnh đề "tồn x P X, P pxq" mệnh đề ký hiệu "Dx P X, P pxq" Các ký hiệu D gọi lượng từ với lượng từ tồn Ngoài ta dùng ký hiệu D! với ý nghĩa tồn Chú ý ký tự tác động lượng từ câm (nghĩa thay ký tự khác) Ví dụ: px P X, ppxqq py P X, ppyqq pDx P X, ppxqq pDy P X, ppyqq 10 1.2 Tập hợp Ta dùng phép tốn phủ định câu lượng hóa px P X, ppxqq pDx P X, ppxqq pDx P X, ppxqq px P X, ppxqq Chú ý nói chung ta thay đổi thứ tự lượng từ câu lượng hóa Ví dụ, x P N, Dy P N, x Ô y l mnh ỳng, nhng Dy P N, x P N, x Ô y mệnh đề sai §1.2 TẬP HỢP Tập hợp khái niệm tốn học khơng định nghĩa Nó hiểu tụ tập đối tượng tính chất chung hợp thành Ta ký hiệu tập hợp chữ in hoa A, B, C, X, Y, Nếu x thành phần tạo nên tập hợp X ta nói x phần tử X viết x P X Nếu y phần tử X ta viết y R X Ta nói tập hợp A tập tập hợp B, ký hiệu A B, x P A ñ x P B Phủ định A B viết A B Hai tập hợp A B gọi nhau, A B, A B B A Để xác định tập hợp, ta liệt kê phần tử tập hợp X tx, y, z, u tính chất mà phần tử có X tx | ppxqu Tập hợp không chứa phần tử gọi tập rỗng ký hiệu H Ta có với tập X: H X Một tập hợp có hữu hạn phần tử gọi tập hợp hữu hạn Ngược lại gọi tập hợp vô hạn Số lượng phần tử tập hợp A ký hiệu CardpAq hay #A Tập tất tập tập X cho trước ký hiệu BpX q Nếu X tập hữu hạn có n phần tử tập BpX q có 2n phần tử Giả sử X tập hợp, A, B P BpX q Ta định nghĩa phép toán tập hợp X sau: Phần bù tập A X: CX pAq tx P X | x R Au Hợp hai tập hợp A B: A Y B tx P X | x P A _ x P B u Giao hai tập hợp A B: A X B tx P X | x P A ^ x P B u Hiệu hai tập hợp A B: AzB A B tx P X | x P A ^ x R B u Hai tập hợp A B gọi rời A X B nhầm lẫn ta ký hiệu CX pAq C pAq A H Đối với phép toán phần bù, Các phép tốn tập hợp có tính chất sau (xem tập, sinh viên tự chứng minh) CX pHq X, CX pX q H, CX pCX pAqq A Chỉ dẫn trả lời tập chương 156 Xét trường hợp tuỳ theo lớp modulo n Ví dụ, n 6p n E Với n 2p 1, E n E P N, ký hiệu un E n n p n 1, E pp P Nq 3p 2, E n p n n n R N (3 số lẻ) nên ta có: un un P N Vì 3n 2nun 2n Nhưng 3n 2n un 2n số nguyên nên 3n 2n un n un ¡ 2n1 Suy ra: $ ' &4 Trả lời: Sn 2n ' % Ta có: Sn 2 2n Vậy n ¤ n ¤ n ¥ 10 12 n ° k1 ° k4 ° pn 1q kpn1q2 n2 n p2n 1qpn 1q n ° p2k 1qpk 1q n k 1 n n ° ° npn 1qp2n 1q k k 2n npn 1q 2n 31 52 k k 1 np4n2 3n n 5q 10 Ký hiệu q r thương dư phép chia E paq cho n: E paq nq Khi đó: k P t0, 1, , n 1u, q : Nếu r : Nếu r k n k n Vậy E Do a k ¡ r n ¸ E k 11 a b c a a1 b a, b, c suy đpcm 12 p1 iqz iz ¤ |z | ¤ ank q k n r ¤ ank q k n ¤ n Vậy E a k n q Ơ n T ú r k n Ô ank q r k n Ôq 2n n r pq 1q nq q k n k r 1Ôq q n k n Ô thỡ q Ô q q r r, q, r P N, Ô r á n r k c ab |z | 34 ¸ n q pq 1q pn rqq r E paq k n r bc ac Từ a2 abc apb cq, a3 abc theo tính đối xứng Chỉ dẫn trả lời tập chương 157 Ta có: 1 đ 2x2 P C cho |z | 12 1 z 2 Đặt z x iy, x, y P R 2px2 y q ñ x2 y |1 z | x2 y 2x Từ 13 Lập luận phản chứng: giả sử tồn z z px2 y q2 2x ta có mâu thuẫn 2 14 Kí hiệu z eiθ , θ P R Ta có z z 2 16 cos θ cos2 θ 16 cos3 θ Xét biến thiên ? hàm f ptq 4p2 4t t2 4t3 q từ r1, 1s vào R, ta thu kết sup z z 2 13 P z U 15 P teiθ , eiθ u θ rπs; z θ r2πs; z 1 θ π r2πs Kí hiệu z ix, x P R nghiệm ảo, ta thu x z p1 2iqz p1 iqz 2i pz iqpz p1 iqz 2q t3, 3i, 2i, iu t3, 5, 3i, 3iu ? ? t 3, ?13 , ?13 , 3u (a) z (b) (c) (d) (e) 16 Cn iSn eia k n ° eib Sau lấy phần thực phần ảo: k Cn Sn 17 Sử dụng cos3 kx $ ' ' ' &cos a ' ' ' % pn 1q cos a $ ' ' ' &sin a ' ' ' % pcos 3kx pn nb 1qb b 2kπ b sin p b 2kπ qb sin n 1q sin a b 2kπ b sin b 2kπ cos kxq tập 16, ta được: p S p sin n nb q $ 3n 1x ' ' ' 3nx sin &1 cos 3x sin ' ' ' % cos nx pn sin 1qx x sin x 2kπ Ỉ x 2kπ n 18 n ° n ° |sin k| |sin k| ¥ k0 p q Ô sin k1 cos n sin n sin n ° k sin k n ° p1 k0 cos 2kq n n n ° ° cos 2k cos 2k k 0 k0 CHỈ DẪN VÀ TRẢ LỜI BÀI TẬP CHƯƠNG Ta có: n P N, Ô a un Ô pa unq pb q pa un ÝÑ a Tương tự ÝÑ b n8 n8 bq pun q ÝÑ Theo định lý kẹp suy n8 Chỉ dẫn trả lời tập chương 158 x, y P R, suppx, yq 12 px y |x y|q, supplim un , lim q yn ÝÑ inf plim un , lim q n8 n8 n8 n8 n8 Sử dụng Ký hiệu xn ℜun yn i un x0 y0 ÝÑ x0 n8 5n inf px, y q ℑun Chứng minh n P N, xn 12 px y ta có: xn ÝĐ n8 xn yn y n , từ suy °n un pn 1q2 ¡ ñ pun q dãy tăng Mặt khác un °n 1 n1 Do bị chặn k1 k Ta có un |x y|q k2 k 1 °n kpk 1q k k Ta có kết sau: (a) (b) maxpa, b, cq (c) (d) (e) (h) (f ) (g) (i) x (j) (a) Chứng minh qui nạp (b) un ÝÑ pvn q dãy giảm bị chặn n8 Áp dụng bất đẳng thức với x npn 1q 2n2 °n ÝÑ Ô n8 n k Ta cú: n P N , Ô u2n u2n u22n °n 1 k cộng lại với k từ đến n Cuối n k1 n n k Ô n n1 nn2 n4 ÝÑ Kết giới hạn l e3{2 n8 n2 2n Ô 2n íẹ v Ô u2n Ô 2 n n n 2n ¥ 2n ÝĐ n n u2n u22n p2n k n2 ÝĐ Sau áp dụng định lý 4.10 n8 1q ¥ p2nq2 p2n 1q ÝĐ n Vậy un ÝÑ n8 Û8 Khi DA P R , N P N, Dn P N, pn N qn Aq Như tồn dãy pqn q dãy pqn q bị chặn Nghĩa k P N, ¤ qn ¤ A Khi dãy pqn q hội tụ số q P N Do qn P N nên có số K1 P N k P N , k ¡ K1 ñ qn q Và dãy pn un qn P Z hội tụ xq Lập luận tương tự, ta thu DK2 P N , k ¡ K2 , qn xq Nghĩa k P N , k ¡ K2 un x Suy x P Q Mâu thuẫn Vậy qn ÝÑ Từ dễ dàng suy |pn | qn |un | ÝÑ n8 n8 ? ? 1 11 Phương trình đặc trưng k k có hai nghiệm thực k1 k2 Từ 2 u1 k2 u1 k1 u1 k2 n u1 k1 n u1 k1 u0 u1 k2 u0 ? k2 Do ?5 k k ?5 Nên un ?5 k1 công thức 4.2, ta có: k1 k2 |k1 | |k2 | k2 nên k1n ÝĐ p1qn k2n ÝĐ Do tất số hạng dãy n8 n8 ? 51 dương u k 10 Giả sử qn n k k k k k k k k 12 un 2u1 u0 u1 u0 3p2qn1 2u1 ÝÑ n8 u0 k k Chỉ dẫn trả lời tập chương 159 CHỈ DẪN VÀ TRẢ LỜI BÀI TẬP CHƯƠNG looooooomooooooon f pf p f pxqqq ? nx2 n lần x (a) Không tồn (b) f pxq x2 x (c) f pxq (d) f pxq x3 (e) f pxq Ta có: x 2 px P Rq ? y x p0 Ô x 8q ? y x p0 Ô x 8q (b) (c) ? ln p x $ & x, ?x, y (d) y (a) y (e) % Giả sử x, y P r0, 1s, |xy f pxq gpyq| 14 Khi đó: |f p0q |1 f p1q g p1q| Ta đến mâu thuẫn f pxq 3x3 a, a P R x2 q px P Rq 8 x nu Ô x Ô 16 log2 x, 16 x g p0q| , |f p0q g p1q| , |f p1q g p0q| 2x2 x 2xpx 1q Gọi E tx P r0, 1s : f pxq Ô xu E bị chặn, suy tồn cận α P r0, 1s Chứng minh α P E Nếu f pαq α, chứng minh Dx P r0, 1s cho f pαq x α ñ f pxq f pαq α Mâu thuẫn Xét dãy pxn q có yn Ta có xn 2nπ ÝĐ f pxn q ÝÑ Mặt khác dãy pyn q π n n ÝÑ f pyn q ÝÑ n8 n8 Hàm tuần hồn với chu kỳ 2pb aq Ta có: (a) nmpn mq mn (b) (c) (d) n (e) α β (f ) m n α β (g) m n n (h) m (i) n! (j) (k) 14 p1qmn mn (l) , a p2k cos2 a (q) 3 (r) 14 (t) 121 ? (u) (v) e2a (n) (o) π (m) (p) (s) (w) e3 ? (x) e π 1q , k PZ (y) e3{2 (z) e 2nπ Chỉ dẫn trả lời tập chương 160 10 Không tồn lim Dpxq lim xDpxq xĐ0 xĐ0 11 Tính giới hạn tương ứng 12 Tính giới hạn tương ứng 13 Theo định nghĩa với ε 1, tồn số A hữu hạn số b ¡ a cho x, x ¡ b ñ |f pxq A| ñ A f pxq A Mặt khác f pxq liên tục ra, bs nên tồn hai số m1, M cho x P ra, bs, m1 Ô f pxq Ô M t m pA 1, m1q M max pA 1, M 1q, ta thu c x P ra, 8q, m Ô f pxq Ô M Ngha l f b chn ra, 8q 14 Chứng minh qui nạp theo n: x P R, n P N, f pxq f tính liên tục f ta thu f pxq c, c P R 15 x 3n Cho n tiến tới sử dụng (a) Hàm liên tục x P R (b) Hàm liên tục 16 Áp dụng định lý giá trị trung gian vào hàm hpxq f pxq λg pxq 17 Áp dụng định lý 5.14 vào hàm g pxq f pxq x 18 Cho a, b P I cố định cho a b x, y P I cho x y Xét ánh xạ g : r0, 1s ÝÑ R định nghĩa bởi: t P r0, 1s, g ptq f pp1 tqb ty q f pp1 tqa txq liên tục r0, 1s Ta có g p0q f pbq f paq g p1q f py q f pxq Nếu pf py q f pxqqpf pbq f paqq theo định lý giá trị trung gian, tồn c P r0, 1s cho g pcq Nghĩa là: f pp1 cqb cy q f pp1 cqa cxq Do f đơn ánh nên p1 cqb cy p1 cqa cx ñ p1 cqpb aq cpy xq Ta có mâu thuẫn Vậy f pyq f pxq dấu nghiêm ngặt f pbq f paq Cuối f ánh xạ đơn điệu nghiêm ngặt ÝÑ R xác định hpxq fgppxxqq liên tục đoạn ra, bs hpxq ¡ Theo định lý 5.17, tồn µ P p1, 8q cho: x P ra, bs, hpxq ¡ µ Chọn λ µ 19 Hàm h : ra, bs 20 Theo đề bài, DA 0, x A, f pxq ¥ f p0q DB ¡ 0, rA, B s nên tồn x0 P rA, B s cho x P rA, B s, f pxq x P R, f pxq ¥ f px0 q x ¡ B, f pxq ¥ f p0q Mặt khác f liên tục ¥ f px0 q Do A B nên f p0q ¥ f px0 q Vậy 21 ε ¡ 0, Db bpεq, x1 , x2 ¡ b, |f px1 q f px2 q| ε Ta cố định số b Vì f pxq liên tục ra, bs nên liên tục đều, nghĩa với ε tuỳ ý chọn trên, Dδ δ pεq cho x1 , x2 P ra, bs, |f px1 q f px2 q| ε |x1 x2 | δ Nhưng bất đẳng thức |f px1 q f px2 q| ε với x1 , x2 ¡ b nên với x1 , x2 ¥ a mà |x1 x2 | δ Do f pxq liên tục ra, 8q 22 Không bị chặn đễ dàng Với ε ¡ tuỳ ý, ta có: |f px q f px q| |px x q psin x sin x q| Ô Ô |x x | sin x 2 x cos x 2 1 2 với x1 , x2 thoả mãn bất đẳng thức |x1 x2 | δ 2ε ¤ |x x2 x | ε Chỉ dẫn trả lời tập chương 161 23 Kết quả: (a) Khơng (d) Có (b) Có (c) Khơng (e) Có (f ) Khơng 24 (a) δ 8ε ε2 ε δ (b) δ (c) (d) δ ε ε2 , 3 ε 25 Giả sử a, b hữu hạn Từ điều kiện toán, ta suy tồn lim f pxq x Trường hợp a, b vô hạn, lập luận tập 21 Ña A xlim f pxq B Ñb CHỈ DẪN VÀ TRẢ LỜI BÀI TẬP CHƯƠNG Ta có: (a) y p12p1x 2xx2qq2 (b) y a (f ) y (g) a2 pa2 x2 q3 2x2 (c) y ? x2 (d) y sin 2x cospcos 2xq x2 (e) y pcos x x sin xq2 (h) y 1 (i) y (j) y Ta có: (a) (b) $ & 1 y1 % 2x 1 " 8 x 1ÔxÔ2 2ÔxÔ 2px aqpx bqp2x a bq y khi khi (a) n ¡ (b) n ¡ (c) n ¡ (a) f p0 q , f p0 (b) f p0 q f p0 q (c) f p0 q f p0 q q 12 sin22 x x y1 x 1 aÔxÔb x R ra, bs x2 x ? e 2x e sin 2x sin x cos4 x Chỉ dẫn trả lời tập chương 162 a 2x0 , b x20 (a) arctan (b) ? π 2, 083, |a| ? 80 2, 9907, ? ? 100 1, 938, 10 1000 1, 9954 (a) yx2 (b) (c) x2 sinpln xq 3x p1 a2x2 q arcsin x yx2 p1 x2 q2 p1 x2 q5 yx2 4p1 tq (d) yx2 et ? π cos3 t (a) y pnq p1qn n! (b) (c) (d) p3n 5qp3n y pnq p1qn 3n p1 xqn nπ y pnq 4n1 cos 4x npn 1q y pnq an x2 sin ax px 2qn ex 2n{2 cos (f ) y pnq ex 2n{2 sin x2 a2 x x pnq 1 2xq xi n p12iq n! p1 p1qn n! p1 x2 q pnq n p1q n! p1 2i nπ 2nan1 x cos ax nπ nπ 2i px 1qn (e) y pnq 10 n x2 q x2 q sinpn pnq x n i n nπ n n 2i1 pxp1qiqnn! pxp1qiqnn! pcospn 1qϕ i sinpn pcospn 1qϕ i sinpn 1qϕ với ϕ argpx iq 1qϕq 1qϕq π arctan x 11 Lần lượt lấy đạo hàm trực tiếp khó khăn, ta tiến hành sau Đạo hàm hàm f hai lần ta nhận được: x ? x x2 f f1 ? , f2 2 1x p1 x q x Từ ta thu đẳng thức p1 x2 qf xf Sử dụng công thức Leibnitz, đạo hàm đẳng thức n lần cho x 0, ta có: f pnq p0q pn 2q2 f pn2q p0q Sử dụng f p0q 0, f p0q 1, ta đến kết quả: f p2kq p0q 0, f p2k 1q p0q r1 p2k 1qs2 , k 1, 2, 3, Chỉ dẫn trả lời tập chương 163 12 Xét hàm upxq px2 1qn Ta thu px2 1qu1 2nxu Đạo hàm đẳng thức pn p1 x2 qupn 2q 2xupn 1q npn 1qupnq Ta đến đpcm 1q lần, ta có: 13 Ta có: (a) θpx, hq (b) θpx, hq x (c) θpx, hq c h (d) θpx, hq eh 1 ln h h a h2 {3 xh h h x 1 , px ¡ 0, h ¡ 0q x2 , pxpx hq ¡ q 14 Theo công thức số gia hữu hạn, với ∆x 1, ta có: ? 1 x Ta suy ra: θpxq nên a p xpx Ô pxq 12 ? x θpxq 1q xq Từ đó: lim θpxq x 15 Đạo hàm (*) theo h ta f px h f p0q ?x a hq f1 Ñ0 h x f p0q Trong (*) thay x ta f phq hf h f p0q h2 f p0 q , px ¥ 0q 14 , xÑlim8 θpxq 12 θpxq đơn điệu tăng h f x h Thay x hf p0q h2 , ta có f h f p0q, h P R Ta có đpcm 16 Hàm f pxq khả vi đoạn r0, 2s Áp dụng cơng thức số gia hữu hạn, ta có f p2q f p0q 2f pcq, p0 c 2q Vì f p2q , f p0q v 2 $ &x, nu Ô x ¤ f pxq % 12 , x Từ c1 12 , c2 ? nên x $ &2c, c Ô % , c 2 c 17 Sử dụng tính đơn điệu hàm thích hợp 18 Kết 125 19 Áp dụng định lý Cauchy hàm f pxq ϕpxq hàm f pxq ψ pxq pb xq2 đoạn a b px 2 aq đoạn a, , b , ta thu đpcm b a Chỉ dẫn trả lời tập chương 20 (a) Hàm tăng khoảng π kπ π , 2 kπ , k (b) y tăng khoảng kπ π , kπ 164 , k 0, 1, giảm khoảng 0, 1, ln 0, giảm khoảng 21 Áp dụnh định lý Lagrange hàm f pxq đoạn a, a p8, 0q , ln |f paq| , ta suy f a |f paq| ¡ k k 22 Ta có: (g) e π (h) (i) (j) 12 (k) 19 (l) 90 (a) (b) 13 (d) (e) (f ) (c) 23 (a) f pxq (b) f pxq x 2x (d) f pxq x x7 18 24 f pxq 2x 0px4 q opx3 q x3 (c) f pxq 2x2 2x4 2x x2 x3 x4 x5 15 13 x 3240 opx5 q 0px13 q 8x1 x3 25 Theo cơng thức Taylor ta có: f p0q f pxq f pxqx Từ ta có: x2 , c1 f pc1 q x, f p1q f pxq A f xq f pc1 qx2 f pc2 qp1 xq2 Ô 2x2 2x 2 2 (a) A , B 15 1 , C , D (b) A , B 12 2 26 27 (a) Đạt CT x (b) Đạt CT x f pxqp1 xq 5 ? 13 121 ; đạt CĐ x f pc q 1 Ô A p1 xq2 , x c 2 Chỉ dẫn trả lời tập chương 165 (c) Đạt CT x ; x khơng có cực trị (d) Đạt CT x e2 ; đạt CĐ x (e) Đạt CT x 2kπ; đạt CĐ x kπ 2π (f ) Đạt CĐ x (g) Đạt CT x π 3π 2kπ; đạt CĐ x 4 (h) Đạt CT x 0; đạt CĐ x 1 $ x x2 ' & 28 M pxq ' % $ 8 x Ô 1x nu nu 2kπ mpxq ' ' & ' ' % 16 8 x Ô 3 3 x Ô 1 1 x x x2 nếu 29 Sinh viên tự làm 30 Sinh viên tự làm 31 Sinh viên tự làm CHỈ DẪN VÀ TRẢ LỜI BÀI TẬP CHƯƠNG Kết quả: (e) x2 C (a) arctan 4 ?x C (b) ln 1 x a a |x 1|q (c) lnp |x| (d) lnp2 e x q (f ) ?lnpex x ? b2 a sin a2 b e2x q cos2 x C C, pa2 b2q C ? 2 3{2 x q C ln px x2 1 (h) ? arctan ? C x C (g) (h) 2p1 x x2 q 12 arctan x C ?2 a4 xp2x2 a2 q ? lnpx a x2 a (g) C Kết quả: (a) x1 pln2 x (b) e px2 (c) x2 (d) 2 2x 2q ln x x x2 2 C arctan x x2 ? q (i) C x3 arccos x x2 x cos x lnptan xq C ? (f ) xparcsin xq2 x2 arcsin x 2x (e) ln tan Kết quả: (a) 3px 1q x ln x 2 C C parctan xq2 x arctan x x rsinpln xq cospln xqs x (k) rsinpln xq cospln xqs x (l) sin 2x ex psin x (j) C x2 lnp1 x2 q C x2 q C C C cos xq 2x e C Chỉ dẫn trả lời tập chương (b) ln x 1 1 x (c) arctan x (d) 5px 1 1q (e) (f ) (g) x arctan x ln x 1 258 arctanpx (i) ?1 arctan (j) arctan x C x2 ? C x arctan x2 C ? ?6 xq2 p1x x?6 x ? ? xq3 arctan 15 lnpt2 ? 2q t ? x x2 1 x2 x 1 C ln x 2 ? x ? 1a ? (d) x xpx 1q lnp x x 1q 2 ?2 2x ? 1 x x ln x x x (e) ln 2x x ? x2 x x3 (g) arcsin ? 5px 1q (h) lnpx ? 1 C x2 q x z4 ln |2z 1|3 2p3 4z q (j) 5p1 z z q z2 z ln pz 1q2 C với z arctan C ? 2z C C x ? 2z ? ln ? 5 2z ?1 x2 x x ? C, pt C ? 3x ln arctan x2 2p2z 1q ? C x4 x ? 27 ? arctan 2t? 7 3 3 t t ln |t 1| 4 (c) (k) C cα 2bβ (a) ln p1 (i) C C Kết quả: (f ) 1q 6p1 xq 16 ln 1p1 x xqx2 12 arctan x 3?1 arctan 2x?3 1 px2 1q2 arctan x3 ?1 arctan 2x?2 C ln 12 x x2 3 x10 ln 10 20 x (b) C px 1q2 ln 50 x 2x (h) aγ C px 1q2 ln x 166 ? x2 C với z C với z x x ? x ? x3 x2 x ? x 2q Chỉ dẫn trả lời tập chương 5 (l) z z 9 C với z 167 x Kết quả: (a) x sin 2x 16 (b) cos642x sin 4x 64 cos3 2x 96 ? sin3 2x 48 C cos3202x C ? ? z2 z ? (c) ? ln ?1 arctan zz2 21 C với z tan x 2 z z 2 3 (d) cos 2x cos 4x cos 6x cos 8x cos 12x 16 64 48 128 192 (e) p1 cosxqp2 cos xq2 ln p1 cos xq3 (f ) z 2b2 pa2 z (g) ? a x5 35 ln |sin x ? 2pcos x (k) ? ln ? 2pcos x ? a ?1 Kết quả: (b) p8 4x2 15 lnp1 x x ? 3x4 q x2 q C (e) (f ) x |x| " ? 42 ? ? x tan ? ln ? ? 21 tan x ? 12 ln 1p1 x xqx2 x2 ln x2 a C x 0, x¥0 C arctan b C ex 1, ex , arctan a u x2 x ln x 1 x 1 2p1ln xx2 q 2 ? C C (c) a x ln (d) tan x C với u tan 2x C cos x 2| 1 ? ? sin xq 2psin x cos xq ? ln ? ? C sin xq 2psin x cos xq sin2 x |cos x| ln ? a 2 cos x| (a) u arctan a (j) x ln |3 sin x 5 (l) C với ab z ? x sin x 16 ln p1sinxsin xcoscosxxq ?13 arctan cos sin x (h) (i) C az arctan ab3 b b2 q C x x 1 ln2 ? 2x C C Chỉ dẫn trả lời tập chương 8 Kết quả: paq $ ' ' » & f pxq dx ' ' % 10 paq 11 paq 0, π, x, x2 x2 x, , pbq ? 2π , pcq |πab| , pdq π, 1ε π , sin α # 168 n chẵn n lẻ ln 2, , 8 x 0, nu 0ÔxÔ1 C nu x ? 2π π2 π2 peq 23 , pf q πa , pg q , phq , 16 4 pbq p1qn π, pcq 2πn , pdq 2πn sin nπ ? , pcq 2π ? , pdq ?π , peq π2 , pf q 15 ln pbq 34π 3 3q!! πan1 sign a , piq n!, pj q pp2n 2n 2q!! pac b2 qn ?2 π p g q 0, phq 1, $ p n q !! π ' & n , n chẵn pkq n! ° p1qk Cnk lnpk 1q, plq ' pn n!!1q!! k1 % , n lẻ , n!! 12 paq HT, pbq PK, pcq HT, nếup ¡ 1, q ¡ 1, pdq HT, nếum ¡ 1, n m ¡ 1, peq HT, nếu1 n 2, pf q HT, nếu1 n 2, pgq HT, nếun ¡ 0, phq PK, piq HT, pj q HT, nếup ¡ 1, q 13 Kết quả: 2 (b) π π (c) coth 2 (a) (d) 3πa (e) 6πa2 (f ) πa2 3πa2 (h) π 1 ln (i) (g) ?16 ?π 14 Kết quả: e2 a b (b) a ln ab (a) lnp1 (c) b (d) ? ? ? 2q ? lnp1 2q 15 Kết quả: 8π 16π 15 π (b) 5p1 e2π q (a) (c) 5π a3 6π a3 32 32 (d) πab2 πa b 105 105 CHỈ DẪN VÀ TRẢ LỜI BÀI TẬP CHƯƠNG (a) A 11 13 22 27 17 29 32 26 ... k2n 1 un k1 un 1 k1 un 1 k1 un2 D0 k1 k2n2 k1n2 u2 k1n 1 u1 D0 k1n2 k2 D0 k1n 1 k1n 1 u1 k1n u0 Cộng tất phương trình trên, ta được: un k1n u0 D0 pk1n 1 k1n2 k2 Cuối ta đến... Newton: un 1qpn 2q n n1 npn1.2 1q n12 npn 1. 2.3 n3 npn 1q pn k 1q npn 1q pn n k 1. 2 k n 1. 2 n 1 k! 2! 1 n Ô2 2! 1 n 3! 1 k 1 n Ô2 n!... chương 10 6 ĐỊNH THỨC VÀ MA TRẬN 11 1 8 .1 Ma trận 11 1 8 .1. 1 Các định nghĩa 11 1 8 .1. 2