Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐOÀN TRỌNG THƯỞNG CÁC ĐỊNH LÍ VỀ HÀM KHẢ VI VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học: TS: NGUYỄN MINH KHOA THÁI NGUYÊN, 1Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! - 2012 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Những kiến thức sở 1.1 Hàm liên tục 1.1.1 Các khái niệm 1.1.2 Các tính chất hàm liên tục 1.2 Khái niệm hàm khả vi 1.2.1 Các quy tắc tính đạo hàm 1.2.2 Đạo hàm hàm hợp đạo hàm hàm ngược 1.2.3 Đạo hàm phía 1.2.4 Vi phân 1.3 Các định lý Ferma, Rolle, Lagrange, Cauchy 1.4 Công thức Taylor, Mac-Laurin 1.5 Quy tắc Lopitan Ứng dụng định lý hàm khả vi 2.1 Ứng dụng khảo sát tính chất nghiệm phương trình 2.1.1 Sử dụng tính chất hàm liên tục 2.1.2 Sử dụng định lý Lagrange, Rolle,Cauchy chứng minh phương trình có nghiệm 2.1.3 Sử dụng định lý Rolle giải phương trình 2.2 Ứng dụng chứng minh bất đẳng thức 2.2.1 Dùng định lý Lagrange để chứng minh bất đẳng thức 2.2.2 Dùng tính đồng biến, nghịch biến hàm số để chứng minh bất đẳng thức 2.3 Ứng dụng tính giới hạn 2.3.1 Sử dụng định nghĩa đạo hàm tính giới hạn 2.3.2 Sử dụng khai triển Taylor tính giới hạn 2.3.3 Áp dụng quy tắc Lopitan tính giới hạn 2.4 Ứng dụng tính gần 2.4.1 Tính gần theo vi phân 2.4.2 Ứng dụng tính xấp xỉ công thức Taylor 2Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 4 8 10 11 13 17 20 20 20 25 31 33 33 38 42 42 46 48 54 54 55 http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Các định lý hàm khả vi đóng vai trị quan trọng giải tích toán học thường xuyên khai thác kỳ thi Olympic quốc gia, quốc tế, kỳ thi Olympic sinh viên Đây công cụ hiệu lực việc giải toán liên quan đến tồn nghiệm tính chất nghiệm dạng phương trình khác Việc sử dụng định nghĩa đạo hàm, khai triển Taylor, quy tắc Lopitan vào tốn tính giới hạn, xấp xỉ hữu hiệu Luận văn trình bày tương đối đầy đủ kiến thức hàm liên tục, hàm khả vi, định lý hàm khả vi Đưa số ứng dụng chúng vào việc khảo sát tính chất nghiệm phương trình, tốn bất đẳng thức Sử dụng đạo hàm, khai triển Taylor, quy tắc Lopitan tính giới hạn Chương 1: Trình bày kiến thức sở khái niệm hàm liên tục, khái niệm đạo hàm, hàm khả vi, định lý hàm khả vi quy tắc Lopitan, khai triển Taylor Chương 2: Một số ứng dụng định lý hàm khả vi Trình bày ứng dụng để giải tốn khảo sát tính chất nghiệm phương trình, bất đẳng thức, tính giới hạn, tính gần Qua tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Tiến sĩ Nguyễn minh Khoa giao đề tài tận tình định hướng cho tác giả hoàn thành luận văn Đồng thời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến hội đồng khoa học trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, tập thể lớp cao học toán K4C trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên, bạn bè, người thân động viên giúp đỡ tác giả nghiên cứu học tập Mặc dù cố gắng học tập nghiên cứu kĩ đề tài, song khó tránh khỏi thiếu sót, hạn chế Tác giả mong nhận bảo góp ý thầy cơ, bạn bè đồng nghiệp để luận văn hồn chỉnh có ý nghĩa Tác giả xin chân thành cảm ơn! THÁI NGUYÊN, năm 2012 Tác giả Đoàn trọng Thưởng 3Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Những kiến thức sở 1.1 Hàm liên tục 1.1.1 Các khái niệm Định nghĩa 1.1.1 Cho tập hợp X ⊂ R, hàm số f : X → R điểm x0 ∈ X Nếu với ε > cho trước tồn δ > ( nói chung phụ thuộc vào ε ) cho với x ∈ {x ∈ X| |x−x0 | < δ} ta có |f (x)−f (x0 ) | < ε ta nói hàm f liên tục x0 - Nếu f liên tục điểm x ∈ X ta nói f liên tục X - Hàm f không liên tục điểm x0 gọi gián đoạn điểm - Giả sử X tập hợp số thực x0 ∈ R điểm tụ X,f hàm số xác định X Khi f liên tục điểm x0 , lim f (x) = f (x0 ) x→x0 - Giả sử f hàm số xác định tập số thực X Hàm số f liên tục điểm x0 ∈ X ∀{xn } ⊂ X : lim xn = x0 ⇒ lim f (xn ) = f (x0 ) n→∞ n→∞ Ví dụ 1.1.1 a) Hàm f (x) = sinx liên tục R Thật giả sử x0 ∈ X với x ∈ R ta có x − x0 Xét hàm số F (x) = (0, 1) Ta có a xm+2 m+2 + b xm+1 m+1 + c m x m liên tục đoạn [0, 1] khả vi F (x) = xm−1 (ax2 + bx + c) F (0) = F (1) = Theo định lý Rolle ∃α ∈ (0, 1) cho F (α) = Hay αm−1 (aα2 + bα + c) = ⇔ (aα2 + bα + c) = Vậy phương trình ax2 + bx + c = có nghiệm khoảng (0, 1) Ví dụ 2.1.16 Cho hàm số f khả vi đoạn [0, 1] thỏa mãn f (0) = 0; f (1) = Chứng minh tồn phân biệt a, b ∈ (0, 1) , a = b cho f (a) f (b) = (Olympic- Hoa kỳ 1976) Giải Xét hàm số g (x) = f (x) + x − Ta thấy g(x) khả vi đoạn [0, 1] , g (0) = −1, g (1) = nên ∃c ∈ (0, 1) cho g(c) = Suy f (c) + c − = hay f (c) = − c Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f (x) đoạn [0; c] , [c; 1] ta có f (c)−f (0) c−0 = f (a) , a ∈ (0; c) f (1)−f (c) 1−c = f (b) , b ∈ (c; 1) Từ suy f (a) f (b) = f (c) − f (c) (1 − c) c = =1 c 1−c c (1 − c) Vậy tồn phân biệt số a, b thuộc (0, 1) cho f (a) f (b) = Ví dụ 2.1.17 Cho hàm số f (x) khả vi [a, b] thỏa mãn điều kiện sau: a) f (a) = 12 (a − b) b) f (b) = 21 (b − a) c).f a+b
6= Chứng minh tồn đôi khác cho c1 , c2 , c3 ∈ (a, b) cho: f (c1 ) f (c2 ) f (c3 ) = 29 29Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Giải Theo định lý Lagrange tồn c1 ∈ (a, b) cho f (c1 ) = Đặt: h (x) = f (x) + x − f (b)−f (a) b−a = h (a) h (b) = −(a − b)2 < a+b Do tồn x0 ∈ (a, b) h (x0 ) = hay f (x0 ) = a+b − x0 Theo định lý Lagrange tồn c2 ∈ (a, x0 ) , c2 6= c1 cho: f (c2 ) = b − x0 f (x0 ) − f (a) = x0 − a x0 − a Nếu c2 = c1 ⇒ f (c2 ) = ⇒ f (x0 ) = x0 − 12 (a + b) Mà f (x0 ) = suy x0 = a+b
nên f (x0 ) = f a+b
6= vô lý Tương tự vậy, tồn c3 ∈ (x0 , b) , c1 6= c3 f (c3 ) = f (b) − f (x0 ) x0 − a = b − x0 b − x0 Nếu c3 = c1 suy f (c3 ) = từ f (x0 ) = − 21 (a + b) + x0 Rõ ràng c1 , c2 , c3 phân biệt tích f (c1 ) f (c2 ) f (c3 ) = Ví dụ 2.1.18 Cho hàm số f (x) 6= const (const số) liên tục có đạo hàm khoảng (0, +∞) Cho a, b hai số thực thỏa mãn < a < b Chứng minh phương trình: af (b) − bf (a) xf (x) − f (x) = b−a có nghiệm thuộc (a, b).(Olympic sinh viên 1994) Giải Theo giả thiết g (x) = f (x) x h (x) = g (x) = h0 (x) =  x hai hàm số khả vi khoảng (a, b) Khi 0 f (x)
x = x = xf (x)−f (x) x2 − x12 Theo đinh lý Cauchy, tồn x0 ∈ (a, b) cho: [h (a) − h (b)] g (x0 ) = [g (b) − g (a)] h0 (x0 ) Thực phép biến đổi tương đương 
f (b) 1 x0 f (x0 )−f (x0 ) − = − b a x0 b ⇔ (a−b)[x0 f (x0 )−f (x0 )] b.a.x2 f (a) a   − x10 (a) = − af (b)−bf b.a.x2 ⇔ x0 f (x0 ) − f (x0 ) = af (b)−bf (a) b−a 30 30Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Vậy phương trình xf (x) − f (x) = af (b) − bf (a) b−a có nghiệm thuộc (a, b) 2.1.3 Sử dụng định lý Rolle giải phương trình Ta thực bước sau: Bước 1: Gọi x0 nghiệm phương phương trình Bước 2: Biến đổi phương trình dạng thích hợp f (a) = f (b), từ hàm f (t) khả vi liên tục [a, b] Khi theo định lý Rolle ∃α ∈ (a, b) cho f (α) = (∗) Giải (∗) ta xác định x0 Bước 3: Thử lại Ví dụ 2.1.19 1: Giải phương trình : 3x + 5x = 2.4x (1) Giải Gọi x0 nghiệm phương trình, ta được: 3x0 + 5x0 = 2.4x0 ⇔ 5x0 − 4x0 = 4x0 − 3x0 Xét hàm số f (t) = (t + 1) x0 (1a) − tx0 đó: Từ (1a) suy f (4) = f (3) f (t) khả vi liên tục [3, 4], theo định Rolle ∃α ∈ (3, 4) cho    x0 = x0 −1 x0 −1 f (α) = x0 (α + 1) −α =0⇒ x0 = Thử lại x0 = x0 = vào (1) thấy Vậy phương trình có hai nghiệm x0 = x0 = Ví dụ 2.1.20 Giải phương trình : 3cosx − 2cosx = cox 31 31Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (2) http://www.lrc-tnu.edu.vn Giải Gọi x = x0 nghiệm phương trình, ta được: 3cosx0 − 2cosx0 ⇔ 3cosx − cos x0 = 2cosx0 − cos x0 (2a) Xét hàm số f (t) = tcos x0 − t cos x0 , đó: Từ (2a) suy f (2) = f (3) f (t) khả vi liên tục [2, 3], theo định lý Rolle ∃α ∈ (2, 3) cho: f (α) = cos x0 [αcos x0 −1 − 1] =  cos x0 = ⇔ cos x0 = ⇒ Thử lại x0 = π  x0 = π2 + kπ x0 = 2kπ + kπ x0 = 2kπ thỏa mãn (2a)) Vậy phương trình có hai họ nghiệm x = π + kπ x = 2kπ Ví dụ 2.1.21 Giải phương trình: x x 4log3 + 2log3 = 2x (3) Giải Điều kiện x > Đặt u = log3 x ⇒ x = 3u Khi phương trình có dạng: 4u + 2u = 2.3u ⇔ 4u − 3u = 3u − 2u Giả sử phương trình có nghiệm u = α, : 4α − 3α = 3α − 2α (3a) Xét hàm số f (t) = (t + 1)α − tα với t > Từ (3a) ta nhận f (3) = f (2) f (t) khả vi liên tục [2, 3], theo định lý Rolle ∃c ∈ (2, 3) cho :    α=0 α α−1 f (c) = ⇔ α (c − 1) − c =0⇔ α=1 Thử lại ta thấy u = u = thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm x = x = 32 32Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 2.1.22 Giải phương trình: (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4 cos x (4) Giải Đặt t = cos x, (t ∈ [−1; 1]) ta có (4) ⇔ (1 + t)(2 + 4t ) = 3.4t ⇔ (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t = Xét hàm số: f (t) = (1 + t)(2 + 4t ) − 3.4t suy f (t) = + 4t + (t − 2)4t ln 4, f 00 (t) = 2.4t ln + (t − 2)4t ln2 Ta có f 00 (t) = ⇔ t = + ln24 nên f 00 (t) có nghiệm suy f (t) có nhiều nghiệm f (t) có nhiều nghiệm Mặt khác dễ thấy f (0) = f ( 12 ) = f (1) = 0, Do f (t) có nghiệm  t=0  t= t=1 Với k ∈ Z phương trình (4) có nghiệm  cos x = ⇔ x = π2 + kπ  cos x = ⇔ ± π + k2π cox = ⇔ x = k2π 2.2 2.2.1 Ứng dụng chứng minh bất đẳng thức Dùng định lý Lagrange để chứng minh bất đẳng thức Từ định lý Lagrange, m ≤ f (c) ≤ M m≤ f (b) − f (a) ≤ M ⇔ m (b − a) ≤ f (b) − f (a) ≤ M (b − a) b−a Ví dụ 2.2.1 Cho < b < a Chứng minh a−b a a−b < ln < a b b Giải 33 33Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hàm f (x) a−b a < ln ab < a−b b a−b a < ln ab < a−b b ⇔ a < ln a−ln b a−b < ⇔ a (a − b) < ln a − ln b < 1b (a − b) b Xét hàm số f (x) = ln x khả vi liên tục [b, a] ⊂ (0, +∞) theo định lý Lagrange tồn c ∈ (b, a) cho f (c) = ln a − ln b f (a) − f (b) ⇔ = a−b c a−b Ta có: 00 ⇒ f (x) > 0, ∀x ∈ (0; +∞) ⇒ hàm số f (x) đồng biến (0; +∞) Suy f (x+1) > f (x), ∀x ∈ (0; +∞) ⇔ (x+1)[ln(x+2)−ln(x+1)] > x[ln(x+1)−ln x] điều phải chứng minh Ví dụ 2.2.5 Chứng minh với ∀x > ln có : ln (x + 1) < x Giải Chúng ta viết lại bất đẳng thức để xuất hàm f (x): ln (x + 1) − < (x + 1) − ⇔ ln (x + 1) − ln theo định lý Lagrange tồn c ∈ (1, x + 1) cho: f (c) = ln (x + 1) x f (x + 1) − f (1) ⇔ = ⇔ ln (x + 1) = (x + 1) − c x e Ta có : < c < x + ⇒ ln (x + 1) = x x < = x c Ví dụ 2.2.6 Chứng minh với ∀x ∈ (0, 1) n ∈ Z + có : √ xn − x < √ 2ne Giải Chúng ta viết lại bất đẳng thức để làm xuất hàm f (x): x2n (1 − x) < 1 ⇔ 2n (1 − x) x2n < 2ne e Ta có: 2n (1 − x) x 2n  = (2n − 2nx) x x |{z} 2n phan tu ≤ cauchy (2n − 2nx) + 2nx 2n + 36 36Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên 2n+1  = 2n 2n + 2n+1 http://www.lrc-tnu.edu.vn Từ ta chứng minh:
2n+1 2n 2n+1 ⇔ < e ln(2n+1)−ln 2n (2n+1)−2n ⇔ ln >
2n+1 2n 2n+1 < ln 1e 2n+1 Xét hàm số f (x) = ln x khả vi liên tục [2n, 2n + 1] theo định lý Lagrange tồn c ∈ (2n, 2n + 1) cho: f (c) = ln (2n + 1) − ln 2n ⇔ = ln (2n + 1) − ln 2n (2n + 1) − 2n c Ta có : < 2n < c < 2n + ⇔ 1 > ⇔ ln (2n + 1) − ln 2n > c 2n + 2n + Ví dụ 2.2.7 Cho n > 1, n ∈ Z chứng minh 1 1 1 + + + < ln n < + + + + n n−1 Giải Xét hàm số f (x) = ln x với x ∈ (n − 1, n) n > Theo định lý Lagrange tồn c ∈ (a, b) cho: f (n) − f (n − 1) = f (x) [n − (n − 1)] = f (c) Suy ln n − ln (n − 1) = 1c Vì n − < c < n ⇒ n < c < n−1 (∗) Lần lượt thay n = 2, 3, , n vào (∗) ta được:  < ln <    n1 < ln − ln < 12    < ln n − ln (n − 1) < n n−1 Cộng vế với vế bất đẳng thức nói ta 1 1 1 + + + < ln + ln − ln + + ln n − ln (n − 1) < + + + + n n−1 + 13 + + n < ln n < + 12 + 13 + + n−1 37 37Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên (điều phải chứng minh) http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 2.2.8 Cho a < b < c chứng minh √ √ 3a < a+b+c− a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca < 3b < a+b+c+ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca < 3c Giải Xét hàm số f (x) = (x − a)(x − b)(x − c) ⇒ f (a) = f (b) = f (c) = Theo định lý Lagrange tồn a < x1 < b < x2 < c cho f (b) − f (a) = (b − a)f (x1 ) f (c) − f (b) = (c − b)f (x2 ) Suy f (x1 ) = f (x2 ) = mà f (x) = 3x2 − 2(a + b + c)x + ab + bc + ca Nên x1 = √ a+b+c− a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca x2 = √ a+b+c+ a2 +b2 +c2 −ab−bc−ca Do a < x1 < b < x2 < c suy √ √ 3a < a+b+c− a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca < 3b < a+b+c+ a2 + b2 + c2 − ab − bc − ca < 3c 2.2.2 Dùng tính đồng biến, nghịch biến hàm số để chứng minh bất đẳng thức Bài toán: Chứng minh f (x) > thỏa mãn với x khoảng (a, b) Phương pháp - Sử dụng đạo hàm để xét biến thiên hàm số - Nếu hàm số đồng biến khoảng (a, b) ∀x ∈ (a, b) suy f (a) < f (x) < f (b) - Nếu hàm số nghịch biến khoảng (a, b) x ∈ (a, b) suy f (b) < f (x) < f (a) Tù suy điều phải chứng minh Ví dụ 2.2.9 Cho < x < π2 Chứng minh rằng: a sin x < x b tan x > x Giải 38 38Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn a Xét hàm số f (x) = sin x − x với < x < Đạo hàm: f (x) = cos x − với < x < π π ⇔ hàm số f (x) nghịch biến 0, π
Khi : f (x) < f (0) với < x < π ⇔ sin x − x < với < x < π ⇔ sin x < x với < x < π2 (điều phải chứng minh) b Xét hàm số f (x) = tan x − x với < x < π Đạo hàm: f (x) = cos2 − = tan2 x > với < x < ⇔ hàm số f (x) đồng biến < x < π π Vậy : f (x) > f (0) với < x < π ⇔ tan x − x > với < x < π ⇔ tan x > x với < x < π2 (điều phải chứng minh) Ví dụ 2.2.10 Chứng minh với x > 0, ta có x3 x− < sin x Giải Xét hàm số f (x) = x − x3 − sin x với x > Đạo hàm : f (x) = − x2 − cos x, 39 39Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn f 00 (x) = −x + sin x f 000 (x) = −1 + cos x < với x > ⇔ f 00 (x) nghịch biến với x > ⇒ f 00 (x) < f 00 (0) với x > ⇔ f 00 (x) < với x > ⇔ f (x) nghịch biến với x > ⇒ ⇒ f (x) < f (0) với x > ⇔ f (x) < với x > ⇔ f (x) nghịch biến với x > ⇒ f (x) < f (0) với x > ⇔ x − ⇔x− x3 x3 − sin x < với x > < sin x (điều phải chứng minh) Nhận xét : Ví dụ cho thấy hàm số f (x) = x − x6 − sin x với x > ta có f (x) = − x2 − cos x rõ ràng khẳng định với x > 0, trường hợp , thủ thuật thông thường đươc áp dụng liên tiếp đạo hàm để hạ bậc dần đa thức ẩn x Ví dụ 2.2.11 Chứng minh tam giác ABC nhọn ta có: (sin A + sin B + sin C) + 13 (tan A + tan B + tan C) > π Giải Bất đẳng thức viết lại dạng:
sin A + 13 tan A − A +
sin B + 13 tan B − B + Xét hàm số: f (x) = 23 sin x + 13 tan x − x với < x <
sin C + 31 tan C − C >
− ≥ 13 − = π Đạo hàm : f (x) = 23 cos x + 13 cos12 x − = cos x + cos x + ⇔ hàm số f (x) đồng biến với < x < π cos2 x ⇔ f (x) > f (0) ⇔ 32 sin x + 13 tan x − x > với < x < π2 Khi ta có : 40 40Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn sin A + 13 tan A − A > (1) sin B + 13 tan B − B > (2) sin C + 13 tan C − C > (3) Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được: (sin A + sin B + sin C) + 13 (tan A + tan B + tan C) > π (điều phải chứng minh) Ví dụ 2.2.12 Chứng minh với < x < π2 , ta có : 3x 22 sin x + 2tan x > 2 +1 Giải Theo bất đẳng thức Cơsi ta có : p √ 22 sin x + 2tan x > 22 sin x 2tan x = 22 sin x+ tan x (1) Ta cần chứng minh √ 3x 22 sin x+tan x > 2 +1 (2) ⇔ sin x + tan x > 3x Xét hàm số f (x) = sin x + tan x − 3x Đạo hàm : f (x) = cos x + cos2 x Thật với < x < cos x + cos2 x −3 π ta có: − > 2cos2 x + ⇔ f (x) với < x < π cos2 x √ − > 2 − > ⇔ hàm số đồng biến 0, ⇔ f (x) > f (0) với < x < π π
⇔ sin x + tan x − 3x > Vậy (2) chứng minh Từ suy bất đẳng thức chứng minh 41 41Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 2.3 Ứng dụng tính giới hạn 2.3.1 Sử dụng định nghĩa đạo hàm tính giới hạn Cho hàm số f (x) có đạo hàm khoảng xác định (a, b), x0 ∈ (a, b) Ta có f (x0 ) = lim = x→x0 f (x) − f (x0 ) x − x0 Ví dụ 2.3.1 Tính giới hạn √ 1+x−1 a) lim x→0 x √ n b) lim x→0 + ax − x Giải √ 1+x−1 a) lim x→0 x Đối với dạng dùng biểu thức liên hợp để trục thức mẫu Nhưng tốn có thức bậc cao dùng biểu thức liên hợp khó khăn Ở ta (x0 ) dạng biểu thức tính giới hạn lim f (x)−f = f (x0 ) x−x0 x→0 Ta có f (x) = √ + x, f (0) = f (x) = 31 (1 + x)− , f (0) = Vậy √ lim x→0 1+x−1 f (x) − f (0) = lim = f (0) = x→0 x x−0 √ n b) lim x→0 + ax − x Giải Ta có √ f (x) = n + ax, f (0) = 1 f (x) = na (1 + ax) n −1 , f (0) = Vậy √ n lim x→0 a n + ax − f (x) − f (0) a = lim = f (0) = x→0 x x n 42 42Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ví dụ 2.3.2 a) lim √ x→0 b) lim x→1 √ √ 3x−2− 4x2 −x−2 x−1 x→1 √ 8−x−2 x+1 x b) lim √ 2x−1− 3x−2 x−1 d) lim √ x→∞ √ 2x−1− 1−2x x−1 Giải Ta thấy câu chứa hai loại thức khác nhau, ta phải thêm bớt hợp lý để tách thành tổng hai giới hạn, mà giới hạn cịn thức từ ta dùng biểu thức liên hợp dùng định nghĩa đạo hàm.Tuy nhiên viêc thực trở lên dài.Ở ta tìm dạng tổng quát biểu thức có √ √ n p p f (x)− m g(x) n m để ý f (x ) = g (x0 ) Vậy ta đặt thể đưa dạng lim x−x x→x0 p p 0) = h0 (x0 ) h (x) = n f (x) − m g (x) h (x0 ) = giới hạn trở thành lim h(x)−h(x x−x0 x→x0 √ √ 8−x−2 x+1 a) lim x→0 x Ta có f (x) = √ √ − x − x + 1, f (0) = f (x) = − √ 3 Vậy (8−x)2 − √1 , x+1 f (0) = − 67 √ √ 8−x−2 x+1 f (x) − f (0) lim = lim =− x→0 x→0 x x √ 3x − − 4x2 − x − b) lim x→1 x−1 Ta có Vậy √ f (x) = 3x − − 4x2 − x − 2, f (1) = 8x−1 f (x) = − 2√4x −x−2 , f (1) = − √ 3x − − 4x2 − x − f (x) − f (1) lim = lim = f (1) = − x→1 x→1 x−1 x−1 Ví dụ 2.3.3 √ L = lim x+8−3 + 2x − x→1 x2 43 43Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn