TOÁN CAO CẤP GIẢI TÍCH HÀM MỘT BIẾN

Chương 1. GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ Chương 2. GIỚI HẠN VÀ TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM MỘT BIẾN Chương 3. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CỦA HÀM MỘT BIẾN Chương 4. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN CỦA HÀM MỘT BIẾN Chương 5. PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THÔNG THƯỜNG CÁC ĐỀ THI TRẮC NGHIỆM GIỮA KỲ CÁC ĐỀ THI TỰ LUẬN CUỐI KỲ CHƯƠNG TRÌNH MATLAB

GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ

Giới hạn của dãy số

1.2.1 Những khái niệm cơ bản Định nghĩa 1.6 Số a∈Rđược gọi là giới hạn của dãy (xn)⊂R,nếu như với mọi∀ε >0tồn tại sốN =N(ε) sao cho với mọi∀n > N luôn có bất đẳng thức |x n −a|< ε.

Chú ý.Nếu sốa∈Rlà giới hạn của dãy (xn)⊂Rthì ta viết là lim n→∞xn=a. Định nghĩa 1.7 Dãy số(x n )⊂Rcó giới hạn hữu hạna∈Rđược gọi làdãy hội tụ đến a.Khi đó ta viết là xn→a. Định nghĩa 1.8 Dãy số (x n ) ⊂R được gọi làphân kỳ nếu như mọi số∀a∈ Rkhông là giới hạn của dãy số này, có nghĩa là akhông tồn tại hoặc bằng∞.

1.2.2 Tính chất của giới hạn hữu hạn của dãy số Định lý 1.2

Mọi dãy hội tụ(xn)⊂R đều bị chặn.

Chú ý.Điều ngược lại không đúng Ví dụ dãya n = (−1) n bị chặn nhưng phân kỳ. Định lý 1.3

Nếu dãy số(xn)⊂Rcó giới hạn hữu hạn athì giới hạn đó là duy nhất. Định lý 1.4

Nếu dãy số(xn)⊂Rvà (yn)⊂Rcó giới hạn hữu hạntương ứng là avàbthì:

4 Nếu bổ sung thêm điều kiệnb6= 0 thì ta có lim n→∞ xn y n = a b.

1.2.3 Những giới hạn cơ bản

Những giới hạn cơ bản

Chú ý.Với p, α >0, a >1,khin→ ∞thì ln p n N luôn có bất đẳng thức xn> M(xn M).

Ví dụ 1.2.2 Dãy sốxn=q n (n∈N) với q >1 có giới hạn lim n→∞q n = +∞.

Chứng minh.Vì0< 1 q 0bất kỳ và đặtε= M 1 >0,khi đó theo định nghĩa giới hạn thì đối với sốε >0 này tồn tại số N =N(ε) >0 sao cho với mọi ∀n > N luôn có bất đẳng thức| q 1 n −0|= q 1 n < ε= M 1 , có nghĩa là q n > M(∀n > N).Như vậy lim n→∞q n = +∞

Ví dụ 1.2.3 Dãy sốx n =q n (n∈N) với q 0 này tồn tại số N =N(ε)>0 sao cho với mọi∀n > N luôn có bất đẳng thức|| q 1 n| −0|= |q| 1 n < ε= M 1 ,có nghĩa là |x n |=|q n |=|q| n > M(∀n > N).Như vậy lim n→∞q n =∞ Chú ý Số +∞ và −∞ trong trường hợp này không là giới hạn của dãy xn = q n (n ∈ N) với q 0,còn với mọi số lẻn thìxn=q n x 2 > .>x n > .>z), thì nó có giới hạn hữu hạn Còn nếu như dãy số đơn điệu tăng(giảm) (x n )⊂R không bị chặn trên (dưới) thì giới hạn của nó là+∞(−∞).

Ví dụ 1.3.1 Chứng minh rằng dãy số (x n ) = (1 + n 1 ) n (n ∈N) có giới hạn hữu hạn Giới hạn này được kí hiệu là e.

Chứng minh Như ta đã biết dãy (xn) trên là dãy tăng và bị chặn trên Vì vậy theo định lý Weierstrass tồn tại giới hạn hữu hạn n→∞lim

Chú ý Số e là số siêu việt (không phải là số đại số) Nó không là nghiệm của đa thức với hệ số nguyên có bậcn>1.

Số e≈2,718281828459045,số này còn được gọi là số Neper hay số Ơle.

Các phương pháp tìm giới hạn của dãy số

1.4.1 Dùng biến đổi đại số để tìm giới hạn của dãy số

Ví dụ 1.4.1 Tìm giới hạnI = lim n→∞ n 2 n+ 1− n 3 n 2 + 1

Ví dụ 1.4.2 Tìm giới hạnI = lim n→∞

1.4.2 Dùng định lý kẹp tìm giới hạn của dãy số

Ví dụ 1.4.7 Tìm giới hạn n→∞lim

Bằng phương pháp qui nạp toán học ta có thể chứng minh được n!> n 2

Theo công thức nhị thức Newton ta có n= (1 + (√ n n−1)) n = 1 +n(√ n n−1) + +n(n−1)

Với mọi ∀n >1ta có n > n(n−1) 2 (√ n n−1) 2 Do đó với mọi∀n >1,0< √ n n−1< r 2 n−1.

Mặt khác lim n→∞ r 2 n−1 = 0 nên lim n→∞

Theo công thức nhị thức Newton ta có a= (1 + (√ n a−1)) n = 1 +n(√ n a−1) + +n(n−1)

Vớia >1ta có a > n(√ n a−1).Do đó 0< √ n a−1< a n.

Mặt khác lim n→∞ a n = 0 nên lim n→∞

Ví dụ 1.4.11 Tìm giới hạnI = lim n→∞q n , |q|0.Theo bất đẳng thức Bernoulli (1.1) ở trang

Ví dụ 1.4.12 Tìm giới hạnI = lim n→∞ n a n , a >1.

Theo công thức nhị thức Newton ta cóa n = (1 + (a−1)) n = 1 +n(a−1)

Với a > 1 ta có a n > n(n−1) 2 (a − 1) 2 Do đó 0 < n a n < 2

1.4.3 Sử dụng giới hạn cơ bản

Ví dụ 1.4.14 Tìm giới hạn của dãy an= 1 + 7 n+2

Chia tử số và mẫu số cho7 n ta được lim n→∞a n = lim n→∞

Ví dụ 1.4.15 Tìm giới hạn lim n→∞

2 n + 3 n Chia tử số và mẫu số cho3 n ta có an 4.2 n

Do đó lim n→∞an= lim n→∞

5.2 n −3.5 n+1 100.2 n + 2.5 n Chia tử số và mẫu số cho5 n ta có a n 5.2 n

5 n −(−1) n 6 n+1 Chia tử số và mẫu số cho(−6) n ta có an 1− (−6) 5.5 n n

2 −n −3 n Chia tử số và mẫu số cho3 n ta có an 2 n

1 n 2 −(−1) n Chia tử số và mẫu số cho(−1) n ta có an= 1 + (−1) n n

1.4.4 Dùng định lý Weierstrass về sự tồn tại giới hạn của dãy đơn điệu

Ví dụ 1.4.20 Chứng minh rằng dãy an= 1

Dãya n là dãy đơn điệu tăng Thật vậy, vì an+1 =an+ 1

Dãyan bị chặn trên Thật vậy a n = 1

4. Như vậy, dãy a n đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Ví dụ 1.4.21 Chứng minh rằng dãy an= 1

Dãyan là dãy đơn điệu tăng Thật vậy, vì an+1 =an+ 1

Dãyan bị chặn trên Thật vậy a n = 1

2. Như vậy, dãy an đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Ví dụ 1.4.22 Chứng minh rằng dãy a n = 2 n n! hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Giải.Dãy an là dãy đơn điệu giảm Thật vậy, vì an+1 a n 2 n+1 (n+1)!

Dãy a n bị chặn dưới bởi0 vì a n >0 Như vậy, dãya n đã cho đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên nó hội tụ.

Giả sử lim n→∞a n =a Ta có a n+1 = 2 n+ 1a n Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n → ∞ ta được n→∞lim a n+1 = lim n→∞

2an.Chứng minh rằng dãy (an) hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Dãya n là dãy đơn điệu tăng vìa 1 < a 2 < a 3 <

Ta sẽ chứng minh dãya n bị chặn trên bởi2.

Giả sử đã chứng minh được rằnga n 62.Ta sẽ chứng minh a n+1 62.

2.2 = 2.Vậy theo nguyên lý qui nạp ta cóan62,∀n∈N Như vậy, dãyan đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Giả sử lim n→∞a n =a Ta cóa n+1 =√

2a n ⇒ a 2 n+1 = 2a n Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n→ ∞ta được n→∞lim a 2 n+1 = 2 lim n→∞a n

, a >0.Chứng minh rằng dãy(xn) hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Giải.Dãyan là dãy đơn điệu tăng vì x1 < x2 < x3 < Ta sẽ chứng minh dãyxn bị chặn trên bởi √ a+ 1.

Giả sử đã chứng minh được rằngx n 6√ a+ 1.Ta sẽ chứng minh x n+1 6√ a+ 1.

Thật vậy, xn+1 =√ a+xn < p a+√ a+ 1< p a+ 2√ a+ 1 = √ a+ 1 Vậy theo nguyên lý qui nạp ta có xn6√ a+ 1,∀n∈N Như vậy, dãyx n đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Giả sử lim n→∞xn=x Ta cóxn+1=√ a+xn⇒x 2 n+1 =a+xn. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khin→ ∞ ta được n→∞lim x 2 n+1 =a+ lim n→∞x n

1.4.5 Sử dụng giới hạn của số e

Sử dụng giới hạn của số e tính giới hạn dạng1 ∞ n→∞lim

Ví dụ 1.4.26 Tìm giới hạn lim n→∞ n n+ 1 n

1.4.6 Chứng minh dãy số phân kỳ Để chứng minh dãy (x n ) phân kỳ ta làm như sau:

Cách 1 Chỉ ra 2 dãy con hội tụ về 2 giới hạn riêng khác nhau.

Cách 2 Chỉ ra 1 dãy con phân kỳ.

Ví dụ 1.4.29 Chứng minh rằng dãy an= (−1) n 2n+ 3

Giải.Xét 2 dãy con với chỉ số chẵn và lẻ ta có a2k = (−1) 2k 2.2k+ 3

3 khik→ ∞.Vậy tồn tại 2 dãy con có giới hạn khác nhau nên dãy đã cho phân kỳ.

1.4.7 Tóm tắt các khái niệm cơ bản của chương 1

Giới hạn của dãy số

1 Những giới hạn cơ bản

5 Dùng mối quan hệ giữa giới hạn riêng và giới hạn của dãy số chứng minh dãy số phân kỳ

Bài tập

Bài tập 1.5.1 Tìm giới hạn của các dãy số sau

6 + . Bài tập 1.5.2 Sử dụng định lý Weierstrass về sự tồn tại giới hạn của dãy đơn điệu:

1 Tìm giới hạn của dãy an được xác định như sau: 0< a1 1.

5an, k ∈N.Chứng minh rằng dãy (an) hội tụ và tìm giới hạn của nó.

3 Chứng minh rằng dãy an= n! n n hội tụ và tìm giới hạn của nó.

Lời giải bài tập chương 1

Chia tử số và mẫu số cho ln n ta được I = 1

Chia tử số và mẫu số cho lg(n) ta được I = 1

1 + ln(n) + ln(1 + 1 n ) Chia tử số và mẫu số cho ln n ta được I = 2

18 I = lim n→∞ (n 2 3 n + 4 n ) 1/n = e n→∞ lim ln(n 2 3 n + 4 n ) n = e n→∞ lim ln(4 n ( n 2 4 3 n n + 1)) n = e n→∞ lim n ln(4) + ln( n 2 4 3 n n + 1) n = e ln 4 = 4.

19 I = lim n→∞ (n + (−1) n ) 1/n = e n→∞ lim ln(n + (−1) n ) n = e n→∞ lim ln(n(1 + (−1) n n )) n = e n→∞ lim ln(n) + ln( (−1) n n + 1) n = e 0 = 1.

2n 2 − 5n + 3 n 5 + 1 n = e n→∞ lim ln(2n 2 − 5n + 3) − ln(n 5 + 1) n = e n→∞ lim ln(2n 2 ) + ln(1 − 2n 5n 2 + 2n 3 2 ) − ln(n 5 ) − ln(1 + n 1 5 ) n = e 0 = 1.

= e n→∞ lim ln n 4 + 3 n n + 5 n n = e n→∞ lim ln(n 4 + 3 n ) − ln(n + 5 n ) n = e n→∞ lim ln(3 n ) + ln( n 3 n 4 + 1) − ln(5 n ) + ln( 5 n n + 1) n = e ln 3 5 = 3

1.5.2 1 Đầu tiên ta sẽ chứng minh a n bị chặn, cụ thể là 0 < a n < 1 Thật vậy, ta có 0 < a 1 < 1. Giả sử đã chứng minh được rằng 0 < a n < 1 Ta sẽ chứng minh 0 < a n+1 < 1 Thật vậy, a n+1 = a n (2 − a n ) = 1 − (1 − a n ) 2 Do 0 < (1 − a n ) 2 < 1 nên 0 < a n+1 < 1 Vậy theo nguyên lý qui nạp ta có

Bây giờ ta sẽ chứng minh dãy a n đơn điệu tăng Thậy vậy a n+1 = a n (2 − a n ) ⇒ a n+1 a n = 2 − a n > 1 Từ đó a n+1 > a n Như vậy, dãy a n đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ Giả sử lim n→∞ a n = a.

Ta có a n+1 = a n (2 − a n ) Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n → ∞ ta được lim n→∞ a n+1 = n→∞ lim a n lim n→∞ (2 − a n ) Do đó a = a.(2 − a) ⇒ a = 0 W a = 1 Vì a n > a 0 > 0 và a n đơn điệu tăng nên a = 1 Vậy lim n→∞ a n = 1.

2 Dãy a n là dãy đơn điệu tăng vì a 1 < a 2 < a 3 < Ta sẽ chứng minh dãy a n bị chặn trên bởi k−1 √

5 Giả sử đã chứng minh được rằng a n 6 k−1 √

Vậy theo nguyên lý qui nạp ta có a n 6 k−1 √

5, ∀n ∈ N Như vậy, dãy a n đã cho đơn điệu tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ.

Giả sử lim n→∞ a n = a Ta có a n+1 = √ k

5a n ⇒ a k n+1 = 5a n Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n → ∞ ta được n→∞ lim a k n+1 = 5 lim n→∞ a n

3 Dãy a n là dãy đơn điệu giảm Thật vậy, vì a n+1 a n =

Dãy a n bị chặn dưới bởi 0 vì a n > 0 Dãy a n đã cho đơn điệu giảm và bị chặn dưới nên nó hội tụ.

Giả sử lim n→∞ a n = a Ta có a n+1 = n n

(n + 1) n a n Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức này khi n → ∞ ta được n→∞ lim a n+1 = lim n→∞ n n (n + 1) n lim n→∞ a n

GIỚI HẠN VÀ TÍNH LIÊN TỤC CỦA HÀM MỘT BIẾN

Giới hạn của hàm số

2.1 Giới hạn của hàm số

Lý thuyết tương đối của Albert Einstein

Nếu L 0 là khoảng cách từ người đứng yên đến vật đang đứng yên, L là khoảng cách từ người đứng yên đến vật đang chuyển động với vận tốc v(m/s) thì ta có công thức

1−v 2 c 2 , ở đâyc là vận tốc ánh sáng.Câu hỏi:Nếu vật chuyển động với vận tốc gần bằng vận tốc ánh sáng thì khoảng cách Lsẽ như thế nào?

Theo yêu cầu bài toán chúng ta cần tìm v→climL0. r

Kết luận: Nếu vật chuyển động với vận tốccàng gầnvới vận tốc ánh sáng, thì khoảng cách giữa người đứng yên và vật chuyển độngcàng gầnvề 0.

2.1.1 Định nghĩa điểm giới hạn

Cho X⊂R là 1 tập hợp số nào đó, còna∈R là 1 số cố định nào đó.

Hình 2.1: Chuyển động của vật với vận tốc gần bằng vận tốc ánh sáng Định nghĩa 2.1 Nếu sốa∈Rlàđiểm giới hạncủa tập hợp X⊂R,thì tồn tại dãy số(xn)⊂X\a hội tụ về điểmanày xn→a. Định nghĩa 2.2 Tập hợp (a−ε, a+ε), với ε > 0 là số tùy ý, được gọi là lân cận của a Kí hiệu O(a, ε).

2.1.2 Định nghĩa giới hạn của hàm số

Cho hàm sốf(x) xác định trên tập hợpX ⊂Rvà a∈Rlà điểm giới hạn của tập hợp X này. Định nghĩa 2.3 Số A ∈R được gọi là giới hạn của hàm số f(x) khi x → a, nếu như với mọi dãy

∀(x n )⊂X\ahội tụ vềa:x n →a,dãy giá trị của hàm số tương ứng hội tụ về A:f(x n )→A.

Ví dụ 2.1.1 Giới hạn của hàm sốf(x) =x+1,khix→0là1vì với∀x n →0thìf(x n ) =x n +1→1.

Ví dụ 2.1.2 Tìm giới hạnI = lim n→∞ lnn n

1 = 0(theo L’ Hopital)⇒SAI vì KHÔNG TỒN TẠI (lnn) 0 ,(n) 0 , n∈N.

Cách giải đúng lim x→∞ lnx x = lim x→∞

1 = 0(theo L’ Hopital).Do đó theo định nghĩa giới hạn của hàm số với x n =n→ ∞,ta có f(x n ) = lnn n →0.Vậy I = 0.

Chú ý.Nếu tồn tại 2 dãy (xn),(yn) cùng hội tụ vềa nhưngf(xn), f(yn) tiến tới2 giới hạn khác nhau thì KHÔNG TỒN TẠI giới hạn lim x→af(x).

Ví dụ 2.1.3 Tìm I = lim x→0sin1 x

→ 0 và yn = nπ 1 → 0 Ta có lim n→∞f(xn) = lim n→∞sin(2πn+ π 2 ) n→∞lim sin( π 2 ) = 1 và lim n→∞f(y n ) = lim n→∞sin(πn) = 0.Vậy @I.

2.1.3 Giới hạn của hàm số từ một phía

X a + ={x∈X\x > a}, X a − ={x∈X\x < a} Cho hàm sốf(x) xác định trên tập hợp X ⊂R còna∈R là điểm giới hạn của tập hợpX a + (X a − ). Định nghĩa 2.4 SốA∈Rđược gọi là giới hạn của hàm sốf(x)khi x→atừ bên phải (từ bên trái) nếu như lim x→a,x∈X a + f(x) =A ( lim x→a,x∈X a − f(x) =A)

Chúng được kí hiệu là lim x→a+0f(x), f(a+ 0) và lim x→a−0f(x), f(a−0)

Giải.Dễ dàng thấy rằng f(0 + 0) = lim x→0+0f(x) = 1 còn f(0−0) = lim x→0−0f(x) =−1.

Choa∈Rlà điểm giới hạn của tập hợpX a + ={x∈X\x > a}và tập hợpX a − ={x∈X\x < a}. Khi đóacũng là điểm giới hạn của tập hợp X Khi đó ta có định lý sau: Định lý 2.1 Đẳng thức lim x→af(x) =A tương đương với 2 đẳng thức sau

2.1.4 Tính chất của giới hạn của hàm số Định lý 2.2

Nếu hàm số f(x) và g(x) với cùng 1 tập xác định X ⊂ R có giới hạn hữu hạn khi x → a : x→alimf(x) =A và lim x→ag(x) =B thì ta có đẳng thức x→alim[f(x)±g(x)] =A±B x→alim[f(x).g(x)] =A.B

Nếu có thêm điều kiệnB 6= 0 thì lim x→a f(x) g(x) = A

Phân loại giới hạn của hàm số

Các dạng không phải vô định a

7 dạng vô định trong giới hạn hàm số

0 ,∞ − ∞,0.∞,1 ∞ ,∞ 0 ,0 0 Tính chất của giới hạn của hàm số

1 Nếu hàm số f(x) khi x → a có giới hạn hữu hạn lim x→af(x) = A thì giới hạn đó là duy nhất.

( g(x)6f(x)6h(x),∀x∈O(a, ε) x→alimg(x) =A= lim x→ah(x).(A−hữu hạn) thì lim x→af(x) =A.

Ví dụ 2.1.5 Tính giới hạn I = lim x→0x 2 sin1 x

Giải.I = lim x→0x 2 lim x→0sin1 x SAI vì lim x→0sin1 x KHÔNG tồn tại.

Cách giải đúng:−x 2 6x 2 sin1 x 6x 2 và lim x→0(−x 2 ) = lim x→0x 2 = 0.Vậy I = 0.

2.1.5 Giới hạn của hàm hợp Định lý 2.3

Cho lim x→af(x) = b,lim y→bg(y) = c và tồn tại sốδ0 >0 sao cho với mọi ∀x∈X\a thỏa mãn bất đẳng thức|x−a|< δ0 luôn cóf(x)6=bthì giới hạn của hàm hợp là lim x→ag(f(x)) =c.

Ví dụ 2.1.6 lim x→0sin(x 2 + 2x+ 3) = sin 3vì lim x→0x 2 + 2x+ 3 = 3và lim y→3siny= sin 3

Giới hạn vô cùng bé của hàm số

Cho hàm sốα=α(x) xác định trên tập hợpX ⊂Rvà số alà điểm giới hạn của tập hợp X. Định nghĩa 2.5 Hàm sốα=α(x) được gọi là hàmvô cùng bé(VCB) khix→a,nếu như giới hạn của nó bằng 0 x→alimα(x) = 0.

2.2.2 Tính chất của hàm vô cùng bé

Cho hàm số α=α(x) vàβ =β(x) xác định trên cùng 1 tập hợp X⊂Rvà số a∈R là điểm giới hạn của tập hợpX.

( α=α(x)−V CB khi x→a β =β(x)−V CB khi x→a ⇒α±β =α(x)±β(x)−V CB khi x→a

( α=α(x) −hàm bị chặn∀x∈O(a, ε) β =β(x) −V CB khix→a ⇒α.β =α(x).β(x) =α(x).β(x)−V CB khix→a

3 o Nếuα=α(x) làVCB khi x→athì với mọi∀c∈R tíchc.α(x) cũng làVCB khix→a.

( α=α(x) −V CB khix→a β =β(x) −V CB khix→a ⇒α.β=α(x).β(x) =α(x).β(x)−V CB khi x→a

2.2.3 So sánh hàm vô cùng bé

Cho α=α(x) vàβ =β(x) là những VCB khi x→a, khi đó nếu

1 lim x→a α(x) β(x) = 0 thìα(x) là VCB có bậc cao hơn β(x).

2 lim x→a α(x) β(x) 0(c∈R) thì α(x), β(x) là VCB có cùng bậc.

3 lim x→a α(x) β(x) =∞ thìα(x)là VCB có bậc thấp hơnβ(x).

4 không tồn tại lim x→a α(x) β(x) hữu hạn hay vô cùng thì α(x), β(x) được gọi là VCB không so sánh được.

2.2.4 Vô cùng bé tương đương Định nghĩa 2.6 Những VCB α =α(x) và β = β(x) khi x → a được gọi là tương đương nếu như x→alim α(x) β(x) = 1.Kí hiệuα(x)∼β(x) khix→ahay α(x) x→a ∼ β(x).

Nguyên lý thay thế VCB tương đương:ngắt bỏ VCB cấp cao Định lý 2.4

Khi x→aVCB α(x)∼α(x) còn VCB β(x)∼β(x).Khi đó luôn có đẳng thức x→alim α(x) β(x) = lim x→a α(x) β(x) (2.1) nếu như có ít nhất 1 trong 2 giới hạn trên tồn tại. x→alim

Tổng hữu hạn các VCB Tổng hữu hạn các VCB = lim x→a

Tổng các VCB có bậc thấp nhấtcủa tử Tổng các VCB cóbậc thấp nhấtcủa mẫu Chú ý Tổng các VCB cóbậc thấp nhấtcủa tử và mẫu phải TỒN TẠI, có nghĩa là chúng không bị triệt tiêu.

2.2.5 Những giới hạn cơ bản

2.2.6 Bảng những hàm vô cùng bé tương đương

Khi x→0 những hàm VCB sau tương đương

2 Bảng các VCB tương đương thường gặp khi x→0.

1 x,sinx,arcsinx,sinhx,tanx,arctanx, ln(1 +x), e x −1 là các VCB tương đương.

2 ,1−cosx,coshx−1 là các VCB tương đương.

3 (1 +x) α −1 vàαx là 2 VCB tương đương

Cách sử dụng VCB tương đương khi tính giới hạn Định lý 2.5

Nếu ( u(x)→0 khi x→a f(x)∼g(x)khi x→0 thì f(u(x))∼g(u(x))khi x→a. Định lý 2.6

Nếuα(x)→α 0 6= 0 và β(x)∼β(x)khi x→athìα(x).β(x)∼α 0 β(x)khi x→a

2.2.7 Tính giới hạn bằng cách thay vô cùng bé tương đương

Ví dụ 2.2.1 Tính giới hạnI = lim x→0 sin√

1−2xln cosx−1 Giải.Khi x→0,ta có

2.2.8 Những lỗi SAI thường gặp

1 Nếuf(x), g(x) là những VCB tương đương khi x→a thìf(x) +C∼g(x) +C, C 6= 0SAI ??? vìf(x) +C, g(x) +C KHÔNG là VCB.

2 Nếu f(x), g(x) là những VCB tương đương khi x → a thì lnf(x) ∼ lng(x) SAI ??? vì lnf(x),lng(x)KHÔNG là VCB.

3 Nếu f(x), g(x) là những VCB tương đương khi x → a thì cosf(x) ∼ cosg(x) SAI ??? vì cosf(x),cosg(x) KHÔNG là VCB.

4 Nếu f(x) ∼ f(x), g(x) ∼ g(x) khi x → a thì f(x) ±g(x) ∼ f(x) ±g(x) có thể SAI ??? ví dụ sinx ∼ tanx khi x → 0 nhưng sinx −x và tanx −x KHÔNG tương đương nhau. x→0lim sinx−x tanx−x =−1/2.Nguyên nhân SAI: VCB có bậc thấp nhất ở tử và mẫu KHÔNG TỒN TẠI vì hệ số của nóbằng 0 SỬ DỤNG được quy tắc ngắt bỏ VCB có bậc cao hơn khi tổng các VCB có bậc thấp nhất phải TỒN TẠI.

Ví dụ 2.2.2 TìmI = lim x→0 e x 2 −cosx x 2

2 SAI vìe x 2 KHÔNG là VCB khi x→0.

Giới hạn vô cùng lớn của hàm số

Cho hàm sốf(x) xác định trên tập hợpX ⊂Rvà số alà điểm giới hạn của tập hợp X. Định nghĩa 2.7 Hàm sốf(x) được gọi là hàmvô cùng lớnkhi x→anếu lim x→a|f(x)|= +∞.

2.3.2 So sánh hàm vô cùng lớn

Chof(x) vàg(x) với cùng 1 tập xác địnhX⊂R là những VCL khix→a,khi đó nếu

1 lim x→a f(x) g(x) =∞ thìf(x)được gọi là VCL có bậc cao hơn g(x).

2 lim x→a f(x) g(x) 0(c∈R) thìf(x), g(x)được gọi là VCL có cùng bậc.

3 lim x→a f(x) g(x) = 0thì f(x) được gọi là VCL cóbậc thấp hơng(x).

4 không tồn tại lim x→a f(x) g(x) hữu hạn hay vô cùngthìf(x), g(x)được gọi là VCL không so sánh được.

2.3.3 Vô cùng lớn tương đương Định nghĩa 2.8 Những hàm vô cùng lớnf(x) vàg(x) khi x→ađược gọi làtương đương nếu như x→alim f(x) g(x) = 1.

Quy tắc ngắt bỏ VCL cấp thấp. x→alim

Tổng hữu hạn các VCL Tổng hữu hạn các VCL = lim x→a

Tổng các VCL có bậc cao nhấtcủa tử Tổng các VCL có bậc cao nhấtcủa mẫu

Chú ý.Tổng các VCL cóbậc cao nhất của tử và mẫu phải TỒN TẠI, có nghĩa là chúng không bị triệt tiêu.

Những giới hạn cơ bản của vô cùng lớn.

Thứ tự vô cùng lớn khi x→+∞: ln α x 0

3 Tìm ađể hàm số sau liên tục tạix 0 = 0 f(x) ( cosx, x60 a(x−1), x >0.

4 Tìm a, bđể hàm số sau liên tục trên tập xác định của nó f(x) 

5 Tìm a, bđể hàm số sau liên tục trên tập xác định của nó f(x) ( x, |x|61 x 2 +ax+b, |x|>1.

2.5.1 1 lim x→0 ln(1 + x tan x) = 0, lim x→0 x 2 + sin 3 x = 0 nên ta có thể thay chúng bằng VCB tương đương. Khi x → 0 thì ln(1 + x tan x) x→0 ∼ x tan x x→0 ∼ x 2 vì ln(1 + u(x)) ∼ u(x) khi u(x) → 0 và tan x ∼ x. Khi x → 0 thì x 2 + sin 3 x x→0 ∼ x 2

2 Ta có lim x→0 ln(cos x) = 0 và lim x→0 ln(1 + x 2 ) = 0 nên ta có thể thay chúng bằng VCB tương đương.

Khi x → 0 thì ln(cos x) = ln(1 + (cos x − 1)) x→0 ∼ cos x − 1 x→0 ∼ −x 2

3 Ta có lim x→1 sin(e x−1 − 1) = 0 và lim x→1 ln x = 0 nên ta có thể thay chúng bằng những VCB tương đương. Khi x → 1 thì sin(e x−1 − 1) x→1 ∼ e x−1 − 1 x→1 ∼ x − 1 vì sin(u(x)) x→1 ∼ u(x), e u(x) − 1 ∼ u(x) khi u(x) → 0. Khi x → 1 thì ln x = ln(1 + (x − 1)) x→1 ∼ x − 1.

4 Ta có lim x→0 (e x − 1)(cos x − 1) = 0 và lim x→0 sin 3 x + 2x 4 = 0 nên thay VCB tương đương.

Khi x → 0 thì e x −1 x→0 ∼ x, cos x−1 x→0 ∼ −x 2 2 nên (e x −1)(cos x−1) x→0 ∼ x( −x 2

5 Ta có lim x→0 sin 2x + 2 arctan 3x + 3x 2 = 0 và lim x→0 ln(1 + 3x + sin 2 x) + xe x = 0 nên thay VCB tương đương. Khi x → 0 thì sin 2x + 2 arctan 3x + 3x 2 x→0 ∼ (2x + 2.3x), ln(1 + 3x + sin 2 x) + xe x x →0 ∼ 3x + x.

2.5.2 1 Ta có lim x→0 ln(1 + a 3 x) x = a 3 , lim x→0 tan(3ax) x = 3a, lim x→0

1 − 2x x = 1 Do đó a cần tìm thỏa mãn phương trình a 3 + 3a + 1 = 0 Đặt a = u + v, ta được u 3 + v 3 + 1 + 3(u + v)(uv + 1) = 0. Chọn

( u 3 + v 3 = −1 uv + 1 = 0 ⇒ u 3 , v 3 là nghiệm của phương trình t 2 + t − 1 = 0 ⇒ Nghiệm duy nhất a = − 3 r 1 + √

√ x 2 − 2 + x = ∞ nên thay VCL tương đương Khi x → +∞ thì √ x 2 + 14 + x x→+∞ ∼ x + x, √ x 2 − 2 + x x→+∞ ∼ x + x.

Mặt khác, lim x→+∞ x ln x x = +∞ và lim x→+∞ x(2 + sin 4 x) x ln x = 0 nên x ln x là VCL có bậc cao nhất khi x → +∞.

2 x x ln x = +∞ nên 2 x là VCL có bậc cao nhất khi x → +∞.

2.5.5 1 Đặt t = −x, ta có I = lim t→+∞ −te −t− 1 t = lim t→+∞

3 I = lim x→0 1 − tan 2 x − tan2 1 x − tan2 x sin2 2x = e −1/4 = 1

= 0 Để hàm số sau liên tục tại x 0 = 0 thì a = 0.

2 lim x→0 + f (x) = lim x→0 + (ax 2 + 1) = 1 6= lim x→0 − f (x) = lim x→0 − (−x) = 0 = f (0) Đáp số Không tồn tại a.

3 lim x→0 − f (x) = lim x→0 − cos x = 1 = f (0) và lim x→0 + f (x) = lim x→0 + (a(x − 1)) = −a = f (0) Để hàm số sau liên tục tại x 0 = 0 thì −a = 1 hay a = −1.

4 lim x→0 + f (x) = lim x→0 + ax + b = b và lim x→0 − f (x) = lim x→0 − (x − 1) 3 = −1 = f (0) Để hàm số sau liên tục tại x 0 = 0 thì b = −1 lim x→1 + f (x) = lim x→1 +

√ x = 1 = f (1) và lim x→1 − f (x) = lim x→1 − ax + b = a + b Để hàm số sau liên tục tại x 0 = 1 thì a + b = 1 ⇒ a = 2 (do b = −1) Đáp số a = 2, b = −1.

5 lim x→1 + f (x) = lim x→1 + x 2 + ax + b = 1 + a + b và lim x→1 − f (x) = lim x→1 − x = 1 = f (1) Để hàm số sau liên tục tại x 0 = 1 thì a + b + 1 = 1 hay a + b = 0. lim x→(−1) + f (x) = lim x→(−1) + x = −1 = f (−1) và lim x→(−1) − f (x) = lim x→(−1) − x 2 + ax + b = 1 − a + b Để hàm số sau liên tục tại x 0 = −1 thì 1 − a + b = −1 hay −a + b = −2 Đáp số a = 1, b = −1.

ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CỦA HÀM MỘT BIẾN

Khái niệm đạo hàm của hàm một biến

3.1 Khái niệm đạo hàm của hàm một biến

Bài toán máy bay rơi

Trong lĩnh vực hàng không, giả sử máy bay đang bay thì hết xăng, độ cao của máy bay khi hết xăng được mô tả bởi phương trìnhH(t) =H0+v0t−16t 2 ,vớiH0(km) là độ cao của máy bay lúc hết xăng,v 0 (km/h)là vận tốc của máy bay lúc hết xăng Thời gian từ lúc hết xăng cho đến khi máy bay đạt độ cao lớn nhất là 0,3h Hãy tìm vận tốcv 0 của máy bay khi hết xăng?

Hình 3.1: Tìm vận tốc của máy bay khi hết xăng

Thời gian từ lúc hết xăng cho đến khi máy bay đạt độ cao lớn nhất là0,3h,có nghĩa là khit= 0,3 thì v(0,3) = 0.

Theo công thức, ta có v(t) = (H(t)) 0 =v 0 −32.t.

3.1.1 Định nghĩa đạo hàm của hàm một biến Định nghĩa 3.1 Cho hàm số y =f(x) xác định trong lân cận của điểmx 0 Giới hạn (nếu có) của tỉ số x→xlim0 f(x)−f(x 0 ) x−x0

, (3.1) được gọi làđạo hàm của hàm sốy=f(x) tạix0 và được ký hiệu làf 0 (x0) hay y 0 (x0). Định nghĩa 3.2 Đạo hàm tráicủay =f(x) tại x0 là giới hạn trái (nếu có) f − 0 (x0) = lim x→x − 0 f(x)−f(x 0 ) x−x0

(3.2) Đạo hàm phảicủay=f(x) tại x0 là giới hạn phải (nếu có) f + 0 (x 0 ) = lim x→x + 0 f(x)−f(x 0 ) x−x0

Hàm số y=f(x) có đạo hàm tạix0 khi và chỉ khi nó cóđạo hàm trái và đạo hàm phải tạix0 và chúng phảibằng nhau. f 0 (x 0 ) =f − 0 (x 0 ) =f + 0 (x 0 ) (3.4)

Ví dụ 3.1.1 Tìm đạo hàm của hàm sốy=f(x) =|x|( x, x>0

−x x =−1 Như vậy f + 0 (0) = 16=−1 =f − 0 (0).Do đó hàm số không có đạo hàm tại x 0 = 0.

3.1.2 Các quy tắc tính đạo hàm Định lý 3.2

Nếu hàm số u =u(x) có đạo hàm hữu hạn u 0 (x 0 ) tại điểm x 0 thì hàm sốy =cu =cu(x) với c∈R cũng có đạo hàm hữu hạny 0 tại điểmx0,lúc này ta có đẳng thức y 0 =cu 0 =cu 0 (x 0 ) (3.5) Định lý 3.3

Nếu hàm sốu=u(x)vàv=v(x)có đạo hàm hữu hạnu 0 =u 0 (x)vàv 0 =v 0 (x)tại điểmx 0 ∈X thì tại điểm này hàm sốy=u±v=u(x)±v(x) cũng có đạo hàm hữu hạny 0 tại điểm x0,lúc này luôn có đẳng thức y 0 =u 0 ±v 0 =u 0 (x 0 )±v 0 (x 0 ) (3.6) Định lý 3.4

Nếu hàm sốu=u(x)vàv=v(x)có đạo hàm hữu hạnu 0 =u 0 (x)vàv 0 =v 0 (x)tại điểmx 0 ∈X thì tại điểm này hàm sốy=u.v=u(x).v(x) cũng có đạo hàm hữu hạny 0 tại điểmx0,lúc này luôn có đẳng thức y 0 =u 0 v+u.v 0 =u 0 (x0).v(x0) +u(x0).v 0 (x0) (3.7)

Chú ý.Công thức (3.7) cũng có thể mở rộng cho tích của hữu hạn những hàm số.

Nếu hàm sốu=u(x)vàv=v(x)có đạo hàm hữu hạnu 0 =u 0 (x)vàv 0 =v 0 (x)tại điểmx0 ∈X sao chov(x0)6= 0 thì tại điểm này hàm sốy= u v = u(x) v(x) cũng có đạo hàm hữu hạn y 0 tại điểm x0,lúc này luôn có đẳng thức y 0 = u 0 vưu.v 0 v 2 = u 0 (x 0 ).v(x 0 )−u(x 0 ).v 0 (x 0 ) v 2 (x0) (3.8)

3.1.3 Đạo hàm của hàm hợp Định lý 3.6

Cho hàm sốy =f(x) có đạo hàm hữu hạnf 0 (x 0 ) tại điểmx 0 còn hàm số z=g(y) có đạo hàm hữu hạn g 0 (y0) tại điểm tương ứngy0 =f(x0)∈E(f),thì hàm hợp z=h(x) =g(f(x))có đạo hàm hữu hạn tại điểm x0,lúc đó luôn có đẳng thức h 0 (x 0 ) =g 0 (y 0 ).f 0 (x 0 )⇔z x 0 =z 0 y y 0 x (3.9)

Ví dụ 3.1.2 Tìm đạo hàm của hàmy= sin 5 (4x+ 3)

Giải.y 0 = 5 sin 4 (4x+ 3).cos(4x+ 3).(4x+ 3) 0 = 20 sin 4 (4x+ 3) cos(4x+ 3).

3.1.4 Đạo hàm của hàm ngược Định lý 3.7

Cho hàm sốy=f(x)tăng (hoặc giảm), liên tục trên khoảngX⊂Rxác định từ khoảngX ⊂R lên toàn khoảng Y ⊂ R và có đạo hàm hữu hạn f 0 (x0) 6= 0 tại điểm x0 Khi đó hàm ngược x= g(y) =f −1 (y) có đạo hàm hữu hạn tại điểm tương ứng y 0 =f(x 0 ) ∈Y, và luôn có đẳng thức g 0 (y0) = 1 f 0 (x0) ⇔x 0 y = 1 y x 0 (3.10)

Ví dụ 3.1.3 Tìm đạo hàm của hàm ngược của hàmy=x+x 3 , x∈R.

Giải Hàm số y liên tục khắp nơi và là hàm tăng, đạo hàm y 0 = 1 + 3x 2 > 0,∀x ∈ R nên x 0 y = 1

Trong bài toán về tiếp tuyến ta đã chứng minh được rằng đối với đường liên tụcy =f(x) hệ số góc k 0 của tiếp tuyến tại điểm M 0 (x 0 , f(x 0 ))được tính theo công thức k 0 = tanα 0 = lim

Như vậy, ý nghĩa hình họccủa đạo hàm của hàm sốf(x) tại điểm x 0 làhệ số góc của tiếp tuyến của đườngy =f(x) tại điểm M0(x0, f(x0)).

3.1.6 Đạo hàm của những hàm sơ cấp

Những hàm hyperbolic Định nghĩa 3.3 Hàm sốsinhx= e x −e −x

2 được gọi là hàm sin hyperbolic. Định nghĩa 3.4 Hàm sốcoshx= e x +e −x

2 được gọi là hàm cos hyperbolic. Định nghĩa 3.5 Hàm sốtanhx= sinhx coshx được gọi là hàm tan hyperbolic. Định nghĩa 3.6 Hàm sốcothx= coshx sinhx được gọi là hàm cotan hyperbolic. Đạo hàm của những hàm sơ cấp

• y= cotx⇒y 0 =− 1 sin 2 x Hàm lượng giác ngược

3.1.7 Đạo hàm của hàm lũy thừa-mũ Định nghĩa 3.7 Cho hàm số u=u(x)>0 vàv=v(x)xác định trên cùng 1 tập hợpX ⊂Rkhi đó hàm số y=u v = (u(x)) v(x) được gọi là hàm lũy thừa-mũ. Định lý 3.8

Nếu hàm sốu=u(x)>0 và v=v(x) tại một số điểmx ∈X có đạo hàm hữu hạn u 0 =u 0 (x) vàv 0 =v 0 (x) thì hàm số y =u v = (u(x)) v(x) tại điểm x này cũng có đạo hàm hữu hạn và lúc này luôn có đẳng thức y 0 =u v lnu.v 0 +v.u v−1 u 0 (3.11)

Ví dụ 3.1.4 Tìm đạo hàm của hàm sốf(x) = (x+ sinx) x

Giải. ln|f(x)|= ln|(x+ sinx) x |=xln|x+ sinx|

⇒f 0 (x) = (x+ sinx) x ln|x+ sinx|+x.1 + cosx x+ sinx

3.1.8 Đạo hàm của hàm tham số Định lý 3.9

Cho hàm số x =x(t), y =y(t) xác định trong lân cận của điểm t 0 Nếu x(t), y(t) có đạo hàm tạit0 vàx 0 (t0)6= 0 thì hàm y=f(x) có đạo hàm tại x0 =x(t0) và y 0 (x 0 ) = y 0 t (t 0 ) x 0 t (t0) (3.12)

Ví dụ 3.1.5 Cho hàm số y = f(x) được xác định bởi công thức tham số x = 2 cos 3 t, y = 3 sin 3 t, t∈

Giải.x(t), y(t) có đạo hàm∀tvà x 0 (t) =−6 cos 2 tsint6= 0,∀t∈(0, π 2 ).Do đó y 0 (x) = y t 0 x 0 t = 9 sin 2 tcost

Đạo hàm cấp cao

3.2.1 Đạo hàm cấp 2 Định nghĩa 3.8 Nếu đạo hàm f 0 (x)có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì đạo hàm của nó được gọi là đạo hàm cấp 2 củaf(x).Vậyf 00 (x) = (f 0 (x)) 0

Ví dụ 3.2.2 Tìm đạo hàm cấp 2 của hàm ngược của hàmy=x+x 5 , x∈R.

Giải.Hàm y liên tục khắp nơi và đơn điệu tăng,y 0 = 1 + 5x 4 >0,∀x∈Rnên x 0 (y) = 1 y 0 (x) = 1

1 + 5x 4 Tiếp tục lấy đạo hàm theoy ta được x 00 (y) 1

Ví dụ 3.2.3 Cho hàm sốy=f(x)xác định theo tham sốx=t−sint, y= 1−cost, t∈(0,2π).Tìm y 00 (x)

Tiếp tục lấy đạo hàm theo biến x ta có y 00 (x) cot t 2

3.2.2 Đạo hàm cấp n Định nghĩa 3.9 Đạo hàm cấp ncủa hàm số f(x) được tính theo công thức f (n) (x) = (f (n−1) (x)) 0 , n∈N (3.13) Định lý 3.10

Nếuf(x) vàg(x) có đạo hàm cấpnthì c1f(x) +c2g(x), c1, c2 ∈R cũng có đạo hàm cấpnvà

(c1f(x) +c2g(x)) (n) =c1f (n) (x) +c2g (n) (x) (3.14) Định lý 3.11: Công thức Leibnitz.

Nếuf(x) vàg(x)có đạo hàm cấp nthìf(x).g(x) cũng có đạo hàm cấpnvà

3.2.3 Một số công thức cơ bản

Một số công thức cơ bản

Ví dụ 3.2.4 Tìm đạo hàm cấp ncủaf(x) = 1 x 2 −4

Ví dụ 3.2.5 Tìm đạo hàm cấp ncủaf(x) =x 2 cos 2x.

Giải.Theo công thức Leibnitz, ta có

Ví dụ 3.2.6 Tìmf (n) (0)với f(x) = arctanx.

1 +x 2 ⇒(1 +x 2 )f 0 (x) = 1.Lấy đạo hàm cấp(n−1)2 vế ta được (1 +x 2 )f (n) (x) + 2(n−1)xf (n−1) (x) + (n−1)(n−2)f (n−2) (x) = 0

Do đó khi n= 2kthì f (2k) (0) = 0,vì f (2) (0) = 0.

Vi phân của hàm một biến

3.3.1 Vi phân cấp 1 Định nghĩa 3.10 Vi phân cấp 1 của hàm sốy=f(x) tại điểmx 0 là df(x 0 ) =f 0 (x 0 )dx (3.16)

Giải.f 0 (x) = e x x 2 −e x 2x x 4 = e x (x−2) x 3 ⇒f 0 (1) =−e.Vậy df(1) =f 0 (1)dx=−edx.

3.3.2 Vi phân cấp 2 Định nghĩa 3.11 Vi phân cấp 2 của hàm sốy=f(x) tại điểmx 0 là d 2 f(x0) =f 00 (x0)dx 2 (3.17)

3.3.3 Vi phân cấp n Định nghĩa 3.12 Vi phân cấpncủa hàm số y=f(x) tại điểm x0 là d n f(x 0 ) =f (n) (x 0 )dx n (3.18)

Tìm giới hạn dạng vô định theo qui tắc L’ Hopital

7 dạng vô định trong giới hạn hàm số: 0

3.4.1 Tìm giới hạn dạng vô định cơ bản 0

0 Định nghĩa 3.13 Giả sử yêu cầu tính giới hạn lim x→a f(x) g(x).Nếu như lúc này ta có đẳng thức lim x→af(x) 0 và lim x→ag(x) = 0 thì ta nói rằng đây là dạng vô định 0 0 Định lý 3.12

Cho thỏa mãn những điều kiện sau:

1 Hàm sốf(x) vàg(x) xác định trên nửa khoảng(a, b](a < b)

2 Luôn có lim x→af(x) = 0, lim x→ag(x) = 0

3 Trên nửa khoảng(a, b]tồn tại những đạo hàm hữu hạn f 0 (x) vàg 0 (x) vớig 0 (x)6= 0

4 Tồn tại giới hạnhữu hạn hay vô cùng lim x→a f 0 (x) g 0 (x) =K Khi đó luôn có đẳng thức x→alim f(x) g(x) = lim x→a f 0 (x) g 0 (x) =K (3.19)

Ví dụ 3.4.1 TínhI = lim x→0 tanx−x x−sinx

1 Hàm sốf(x) vàg(x) xác định trên nửa khoảng[c,+∞)

3 Trên nửa khoảng[c,+∞) tồn tại đạo hàm hữu hạnf 0 (x) vàg 0 (x) vớig 0 (x)6= 0

4 Tồn tại giới hạnhữu hạn hay vô cùng lim x→+∞ f 0 (x) g 0 (x) =K Khi đó luôn có đẳng thức x→+∞lim f(x) g(x) = lim x→+∞ f 0 (x) g 0 (x) =K (3.20)

3.4.2 Tìm giới hạn dạng vô định cơ bản ∞

∞ Định nghĩa 3.14 Giả sử yêu cầu tính giới hạn lim x→a f(x) g(x).Nếu như lim x→af(x) = +∞và lim x→ag(x) = +∞ thì đó là dạng vô định ∞ ∞ Định lý 3.14

1 Hàm số f(x) vàg(x) xác định trên nửa khoảng(a, b](a < b)

2 Luôn có đẳng thức lim x→af(x) = lim x→ag(x) = +∞

3 Trên nửa khoảng(a, b]tồn tại đạo hàm hữu hạnf 0 (x), g 0 (x) vớig 0 (x)6= 0

4 Tồn tại giới hạn hữu hạn hay vô cùng lim x→a f 0 (x) g 0 (x) =K Khi đó luôn có đẳng thức x→alim f(x) g(x) = lim x→a f 0 (x) g 0 (x) =K (3.21)

Ví dụ 3.4.3 TínhI = lim x→0 lnx

1 Hàm số f(x) vàg(x) xác định trên nửa khoảng[c,+∞)

3 Trên nửa khoảng[c,+∞) tồn tại đạo hàm hữu hạn f 0 (x) vàg 0 (x) vớig 0 (x)6= 0

4 Tồn tại giới hạn hữu hạn hay vô cùng lim x→+∞ f 0 (x) g 0 (x) =K Khi đó luôn có đẳng thức x→+∞lim f(x) g(x) = lim x→+∞ f 0 (x) g 0 (x) =K (3.22)

Ví dụ 3.4.4 Tính giới hạn khin∈N, a>1

I = lim x→+∞ nx n−1 a x lna = .= lim x→+∞ n! a x (lna) n = 0

3.4.3 Những dạng vô xác định khác

1 Tìm giới hạn dạng vô định 0.∞ Định nghĩa 3.15 Giả sử yêu cầu tính giới hạn lim x→af(x).g(x).Nếu như lim x→af(x) = 0và lim x→ag(x) =∞ thì đó là dạng vô định 0.∞.

1 f(x) nên dạng vô định0.∞ có thể chuyển về dạng vô định 0

Vớ dụ 3.4.5 Tớnh giới hạn khi à >0

2 Tìm giới hạn dạng vô định ∞ − ∞ Định nghĩa 3.16 Giả sử yêu cầu tính giới hạn lim x→a(f(x)−g(x)).Nếu như lim x→af(x) = lim x→ag(x) =∞ thì đó là dạng vô định ∞ − ∞

Dạng vô định này được chuyển về dạng vô định 0 0 như sau: f(x)−g(x) = 1

Chú ý.Trên thực tế dạng vô định này chuyển về dạng vô định 0 0 bằng cách khác.

Ví dụ 3.4.6 TínhI = lim x→0(cot 2 x− x 1 2 ) Giải.

I = lim x→0 x 2 cos 2 x−sin 2 x x 2 sin 2 x = lim x→0

= 2.lim x→0 xcosx−sinx x 3 = 2.lim x→0 cosx+x(−sinx)−cosx

3 Tìm giới hạn dạng vô định 1 ∞ ,0 0

Những dạng vô định này đối với hàm sốf(x) g(x) khix→asẽ được chuyển về dạng vô định quen thuộc 0.∞ bằng cách logarit hóa.

Cho hàm sốy=f(x) g(x) khi đóln|y|=g(x) ln|f(x)|.Kết quả thu được sẽ chuyển từ dạng vô định

1 ∞ ,0 0 về dạng vô định0.∞.Như vậy nếu lim x→aln|y|=K,+∞,−∞ thì lim x→af(x) g(x) =e K ,+∞,0.

Hình 3.2: Khai triển Maclaurin của hàm sốy =e x −1

Khai triển Taylor - Maclaurin

Xét đồ thị hàm sốy=e x −1 và các hàm đa thức:

• Hàm sốy=e x −1 xấp xỉ với các hàm đa thức trong lận cận điểm O(0; 0).

• Bậc đa thức càng lớn thì xấp xỉ càng tốt.

• Ứng dụng:để xấp xỉ hàm sốkhông là đa thức bởi hàm đa thức tại 1 điểm nào đó

• Câu hỏi:Vấn đề đặt ra là làm sao để tìm hàm đa thức xấp xỉ với một hàm số cho trước?

3.5.1 Công thức Taylor- Maclaurin Định lý 3.16: Công thức Taylor

Cho hàm sốf(x)xác định trong lân cận của x0,có trong lân cận này đạo hàm đến cấp n−1, và cho tồn tại f (n) (x0).Khi đó f(x) =f(x0) +f 0 (x0)

1! (x−x0) + .+ f (n) (x0) n! (x−x0) n +o((x−x0) n ), (3.23) trong đó lim x→x 0 o((x−x 0 ) n )(x−x 0 ) n = 0. Định lý 3.17

Hàm sốf(x),có tại điểm x0 đạo hàm đến cấp n, được biểu diễn duy nhất dưới dạng f(x) n

X k=0 a k (x−x 0 ) k +o((x−x 0 ) n ), trong đó a k = f (k) (x0) k! , k= 0,1, , n.⇒f (k) (x0) =k!a k (3.24) Định lý 3.18: Công thức Maclaurin

Khi chox 0 = 0 trong công thức Taylor, ta được công thức Maclaurin f(x) n

1 Nếuf(x) làhàm chẵn, thì f(x) Pn k=0 f (2k) (0) (2k)! x 2k +o(x 2n+1 ).Vìf(x) =f(−x) nên 2f(x) =f(x)+f(−x) n

3.5.2 Một số công thức Maclaurin cơ bản

Ví dụ 3.5.1 Tìm khai triển Maclaurin củaf(x) = sin

Ví dụ 3.5.2 Tìm khai triển Maclaurin củaf(x) =e x/2+2 đến cấp n

Ví dụ 3.5.3 Tìm khai triển Maclaurin củaf(x) = 1

Ví dụ 3.5.4 Khai triển Maclaurin củaf(x) =e x ln(1 +x) đến cấp 4

Ví dụ 3.5.5 Tìm khai triển Maclaurin củaf(x) = x 2

Ví dụ 3.5.6 Tìm y (100) (1)với y(x) = lnx.

Giải.Đặtu=xư1⇒x=u+ 1.Khi đóy(x) =f(u) = ln(1 +u) =uưu 2

3.5.3 Tính giới hạn bằng khai triển Maclaurin

Tính giới hạn bằng khai triển Maclaurin

Tìm giới hạn bằng khai triển Maclaurin đối với dạng 0

0 khithay VCB tương đương bị triệt tiêu.

1 Xác địnhbậc thấp nhấtcủa VCB ở mẫu.

2 Khai triển Maclaurin những hàm không phải là đa thức đến bậc thấp nhất của VCB ở mẫu

3 Tổng hợp lại rồi tính giới hạn.

Một số công thức khai triển Maclaurin cơ bản đến cấp 3

Ví dụ 3.5.7 Tính giới hạn I = lim x→0 cosx−1 + x 2 2 x 4 Giải.VCB ở mẫu có bậc bằng4 nên ta sẽ khai triển Maclaurin của tử đến bậc 4 cosx= 1−x 2

Ví dụ 3.5.8 Tính giới hạn I = lim x→0 arctanx−arcsinx tanx−sinx Giải.

• Khai triển Maclaurin ở mẫu số trước để xác định bậc VCB của mẫu số tanx=x+x 3

Ví dụ 3.5.9 Tính giới hạnI = lim x→0 tanx−ln(x+√

Khai triển Maclaurin ở mẫu số trước để xác định bậc VCB của mẫu số sinx=x−x 3

Khai triển biểu thức tử số đến cấp 3, ta có

Ví dụ 3.5.10 Tính giới hạn I = lim x→0 e cos x −e.√ 3

3 +o(x 2 ) Khai triển tử số đến cấp 2

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Các bước khảo sát cực trị hàm số

3 Tìm các điểmxi(i= 1,2, ) mà tại đó đạo hàm bằng 0 hoặc không tồn tại

• Nếu đạo hàm đổi dấu từ+sang- khi quax i thì hàm số đạtcực đại tạix i

• Nếu đạo hàm đổi dấu từ- sang+khi quaxi thì hàm số đạtcực tiểu tại xi

1 Nếu lim x→x 0 f(x) =∞ thì x=x 0 làtiệm cận đứng.

2 Nếu lim x→∞f(x) =y0 thì y=y0 làtiệm cận ngang.

3 Nếu lim x→∞(f(x)−(ax+b)) = 0 thì y =ax+b là tiệm cận xiên Tìm a, b theo công thức a= lim x→∞ f(x) x , b= lim x→∞(f(x)−ax)

Chú ý.Trong một số trường hợp ta phải chia ra trường hợpx→x + 0 , x→x − 0 , x→+∞, x→ −∞. Nếu hàm số có tiệm cận ngang về 1 phía nào đó thì sẽ không có tiệm cận xiên và ngược lại.

3.6.3 Tính lồi, lõm, điểm uốn

Khảo sát tính lồi-lõm-điểm uốn

3 Tìm các điểmxi(i= 1,2, ) mà tại đó f 00 (x) bằng 0 hoặc không tồn tại

• Nếuf 00 (x)>0 trong khoảng(a, b) nào đó thì đồ thị hàm số lõm trong khoảng này.

• Nếuf 00 (x)m thì ta phân tích Pn(x)

2 Nếun < mthì ta phân tíchQm(x) = (x−a) k (x 2 +px+q) ` ,(k+ .+2`=m,p 2

Ví dụ 4.3.1 Tính tích phânI =R x 2 + 2x+ 6

Z dx x−4 = 3 ln|x−1|−7 ln|x−2|+5 ln|x−4|+C= ln

Ví dụ 4.3.2 Tính tích phânI =R x 2 + 1

So sánh hệ số x 3 ta được C+D= 0⇒C= 5

Ví dụ 4.3.3 Tính tích phânI =R dx x 5 −x 2 Giải.Phân tíchx 5 −x 2 =x 2 (x−1)(x 2 +x+ 1).Khi đó

⇒1≡A(x−1)(x 2 +x+ 1) +Bx(x−1)(x 2 +x+ 1) +Cx 2 (x 2 +x+ 1) + (Dx+E)x 2 (x−1),∀x∈R. Cho x= 0 ta được1 =−A⇒A=−1

3 Đồng nhất hệ số củax 4 , x 3 , x 2 từ1 =A(x 3 −1)+B(x 4 −x)+C(x 4 +x 3 +x 2 )+Dx 4 +Ex 3 −Dx 3 −Ex 2 ta có

Tích phân của hàm vô tỉ

, , ax+b cx+d p n dx trong đóp 1 , p 2 , , p n là các số hữu tỉ,a, b, c, dlà các số thực.

Cách giải:Đặt ax+b cx+d =t m ,trong đó m là BSCNN của các mẫu số củap1, p2, , pn

Ví dụ 4.4.1 Tính tích phânI =R dx p3

Giải. Đặt2x+ 1 =t 6 ⇒x= (t 6 −1)/2, dx= 3t 5 dt.Khi đó

Ví dụ 4.4.2 Tính tích phânI =R dx

√ax 2 +bx+cdxZ A 2a(2ax+b) +B− Ab 2a

Ví dụ 4.4.4 Tính tích phânI =R 5x−3

Ví dụ 4.4.5 Tính tích phânI =R dx x√ 5x 2 −2x+ 1

Giải.Đặt x= 1 t ⇒dx=−1 t 2 dt Khi đó

4.4.6 Tích phân Euler Định nghĩa 4.5 Tích phân có dạng R

R(x,√ ax 2 +bx+c)dx, a 6= 0, b 2 −4ac6= 0,được gọi là tích phân Euler.

Phương pháp tính tích phân Euler

1 Nếua >0 thì đặt√ ax 2 +bx+c=±t±√ ax

2 Nếuc >0thì đặt √ ax 2 +bx+c=±tx±√ c

3 Nếuax 2 +bx+c= 0có 2 nghiệm thực phân biệtx 1 , x 2 thì đặt√ ax 2 +bx+c=±t(x−x 1 ) hoặc√ ax 2 +bx+c=±t(x−x2)

Ví dụ 4.4.7 Tính tích phânI =R 1−√

4.4.7 Tích phân Chebyshev Định nghĩa 4.6 Tích phân có dạngR x m (a+bx n ) p dx, trong đóm, n, plà những số hữu tỉ, được gọi làtích phân Chebyshev.

Phương pháp tính tích phân Chebyshev

1 Nếuplà số nguyên thì đặt x=t s ,với slà BSCNN của các mẫu số củam, n.

2 Nếu m+ 1 n là số nguyên thì đặta+bx n =t s ,với slà mẫu số củap

3 Nếu m+ 1 n +plà số nguyên thì đặt a+bx n x n =t s ,vớis là mẫu số củap

√x(√ 4 x+ 1) 10 Giải.Biểu thức dưới dấu tích phânx −1/2 (1 +x 1/4 ) −10 có p=−10∈Z nên đặt x=t s , s=BSCN N{4,2}= 4⇒dx= 4t 3 dt Khi đó

Ví dụ 4.4.9 Tính tích phânI =R x 3 dx

Biểu thức dưới dấu tích phân x 3 (1−x 2 ) −3/2 có m = 3, n = 2, p=−3/2 Vì m+ 1 n = 2 ∈Z nên đặt1−x 2 =t 2 Từ đó, ta có xdx=−tdt, x 2 = 1−t 2 và

Ví dụ 4.4.10 Tính tích phânR dx x 4 √

Biểu thức dưới dấu tích phânx −4 (1 +x 2 ) −1/2 cóm=−4, n= 2, p=−1/2và m+ 1 n +p=−2∈Z nên ta đặt 1 +x 2 x 2 =t 2 Khi đóx −3 dx=−tdt và

Tích phân của hàm lượng giác

R(sinx,cosx)dx Trong đó R(sinx,cosx) là hàm phân thức hữu tỉ theosinx,cosx.

Cách giải chung.Đặtt= tanx

2.Khi đóx= 2 arctant, dx= 2dt

1 +t 2 Chú ý Cách đặt tổng quát này trong nhiều trường hợp sẽ dẫn đến việc tính toán phức tạp Sử dụng cách này khikhông tìm ra cách giải khác.

Ví dụ 4.5.1 Tính tích phânI =R dx sinx Giải. Đặt t= tanx

Ví dụ 4.5.2 Tính tích phânI =R dx cosx Giải. Đặt t= tanx

+C= ln sin x 2 + cos x 2 cos x 2 −sin x 2

+C = ln sin x 2 + cos x 2 2 cos 2 x 2 −sin 2 x 2

Một số trường hợp đặc biệt

1 Nếu R(sinx,cosx) là hàm lẻ theo sinx, có nghĩa là R(−sinx,cosx) = −R(sinx,cosx) thì ta đặtt= cosx.

2 Nếu R(sinx,cosx) là hàm lẻ theo cosx, có nghĩa là R(sinx,−cosx) = −R(sinx,cosx) thì ta đặtt= sinx.

3 Nếu R(sinx,cosx) là hàm chẵn theo sinx,cosx, có nghĩa là R(−sinx,−cosx) R(sinx,cosx) thì ta đặtt= tanx.

Ví dụ 4.5.4 Tính tích phânI =R (sinx+ sin 3 x)dx cos 2x

Vì hàm số dưới dấu tích phân là hàm lẻ theosinx nên đặtt= cosx.Từ đó, ta có dt=−sinxdx,sin 2 x= 1−t 2 ,cos 2x= 2t 2 −1 và

Ví dụ 4.5.5 Tính tích phânI =R (cos 3 x+ cos 5 x)dx sin 2 x+ sin 4 x

Biểu thức dưới dấu tích phân là hàm lẻ theocosx nên đặtt= sinx Khi đó dt= cosxdx,cos 2 x= 1−t 2 và

I Z cos 2 x(1 + cos 2 x) cosxdx sin 2 x+ sin 4 x Z (1−t 2 )(2−t 2 )dt t 2 +t 4 Z

1 +t 2 dt=t−2 t −6 arctant+C= sinx− 2 sinx −6 arctan(sinx) +C.

Ví dụ 4.5.6 Tính tích phânI =R dx sin 2 x+ 2 sinxcosx−cos 2 x

Giải.Biểu thức dưới dấu tích phân là hàm chẵn theosinx,cosx nên đặtt= tanx Khi đó sinx= t

4.5.2 Tích phân dạng R sin m xcos n xdx

Phương pháp tính tích phân dạng R sin m xcos n xdx

1 Nếunlà số lẻ không âm thì đặtt= sinx.Nếum là số lẻ không âm thì đặtt= cosx.

2 Nếu cả m, n là những số chẵn không âm thì chúng ta biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân. sinxcosx= 1

Ví dụ 4.5.7 Tính tích phânI =R sin 4 xcos 5 xdx Giải.Đặt t= sinx Khi đódt= cosxdx và

Ví dụ 4.5.8 Tính tích phânI =R sin 3 xdx cosx√ 3 cosx Giải.Đặt t= cosx, dt=−sinxdx và

Ví dụ 4.5.9 Tính tích phânI =R sin 2 xcos 2 xdx

4.5.3 Tích phân dạng R sinmxcosnxdx,R cosmxcosnxdx,R sinmxsinnxdx Công thức lượng giác biến đổi tích thành tổng

Ví dụ 4.5.10 Tính tích phân I =R cosxcosx

4.5.4 Tích phân dạng R a 1 sinx+b 1 cosx a 2 sinx+b 2 cosxdx Cách giải.Phân tícha 1 sinx+b 1 cosx=A(a 2 sinx+b 2 cosx) 0 +B(a 2 sinx+b 2 cosx)

⇔a1sinx+b1cosx=A(a2cosx−b2sinx) +B(a2sinx+b2cosx)

⇔a1sinx+b1cosx= (Ba2−Ab2) sinx+ (Aa2+Bb2) cosx

Vậy I =Aln|a 2 sinx+b 2 cosx|+Bx+C

Ví dụ 4.5.11 Tính tích phân I =R 2 sinx+ 3 cosx sinx+ 3 cosx dx Giải.

2 sinx+ 3 cosx=A(sinx+ 3 cosx) 0 +B(sinx+ 3 cosx)

⇔2 sinx+ 3 cosx=A(cosx−3 sinx) +B(sinx+ 3 cosx)

Tích phân xác định

Các kỹ sư xây dựng được giao nhiệm vụ là sạch cổng chào của thành phố, cao 630m, rộng

630m Phương trình của cổng chào lày = 630− x 2

157.5.Ý tưởng của các kỹ sư là xây dựng dàn giáo bên dưới cổng chào để có làm sạch mọi nơi trên cổng chào Vấn đề quan tâm là diện tích bên dưới cổng chào là bao nhiêu?

Hình 4.2: Mô hình toán cổng chào

Diện tích bên dưới cổng chào là

4.6.2 Khái niệm tích phân xác định

Cho hàm số f(x) xác định trên đoạn [a, b](a < b) Chia đoạn [a, b] thành n phần nhỏ hữu hạn [xi−1, xi](i= 1, , n) bởi những điểmx0 =a < x1 < x2 < < xi−1 < xi < < xn =b.Trên mỗi phần nhỏ này[xi−1, xi] chọn bất kỳ một điểmξi ∈[xi−1, xi]và thành lập tổngσ n

∆x i =x i −xi−1>0.Kí hiệuλ= max{∆x i , i= 1, , n}. Định nghĩa 4.7 Tổngσ n

P i=1 f(ξ i )∆x i được gọi làtổng tích phân của hàm sốf(x)trên đoạn[a, b].Tổng này còn được gọi làtổng Riemann. Định nghĩa 4.8 Số hữu hạn I ∈ R được gọi là giới hạn của tổng tích phân σ khi λ → 0(λ max∆xi > 0), nếu như với mọi ∀ε > 0,∃δ =δ(ε) >0 sao cho đoạn[a, b] bị chia thành những đoạn nhỏ với độ dài ∆x i < δ, có nghĩa là λ < δ,luôn có bất đẳng thức |σ−I|< ε, không phụ thuộc vào cách chia đoạn[a, b]thành những đoạn nhỏ, và cách chọn điểmξ i trên những đoạn nhỏ[xi−1, x i ].Lúc này ta viết lim λ→0σ=I. Định nghĩa 4.9 Nếu tổng tích phân σ có giới hạn hữu hạn khi λ→ 0 có nghĩa là lim λ→0σ =I thì I được gọi là tích phân xác định của hàm số f(x) trong khoảng [a, b].Trong trường hợp này những số a, b được gọi làcận trên và cận dướicủa tích phân Như vậy

Ví dụ 4.6.1 Tính tích phân

Giải.f(x) =x 2 , a= 0, b= 1.Chia đoạn [0,1]thànhnphần bằng nhau, ∆x k = b−a n = 1 n.Chọn ξ k =x k , k= 1, , n.Khi đó x0 = 0, x1 = 1 n, , xn−1= n−1 n , xn= n n = 1 f(ξ1) 1 n

Nếu hàm sốf(x)>0 trên đoạn[a, b]thì tích phân xác định b

R a f(x)dxcó ý nghĩa hình học là diện tíchhình phẳng được giới hạn bởi đường cong y=f(x), x=a, x=b, y = 0

Hình 4.3: Ý nghĩa hình học của tích phân xác định

Tính chất cơ bản của tích phân xác định

5 Rb aC.f(x)dx=CRb af(x)dx,∀C∈R

Phương pháp tính tích phân xác định

Z a f(x)dx= F(x)| b a =F(b)−F(a), (4.6) với F(x) lànguyên hàm của hàm sốf(x).

Ví dụ 4.7.1 Tính tích phânI π/4

Zb a vdu, (4.7) với u=u(x), v =v(x) là những hàm khả vi liên tục trên đoạn[a, b].

Ví dụ 4.7.2 Tính tích phânI 1

Giải.Đặt u =x, dv =e −x dx⇒ du=dx, v=−e −x Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có

Z a f(ϕ(x)).ϕ 0 (x)dxZ β α f(t)dt, (4.8) ở đâyt=ϕ(x) là hàm số liên tục cùng với đạo hàm của nóϕ 0 (x)trên đoạn[a, b], α=ϕ(a), β=ϕ(b), f(t) là hàm số liên tục trên đoạn[α, β]. b

Z a f(x)dxZ β α f[ϕ(t)]ϕ 0 (t)dt, (4.9) ở đâyx=ϕ(t)là hàm số liên tục cùng với đạo hàm của nó ϕ 0 (t)trên đoạn[α, β], a=ϕ(α), b=ϕ(β), f[ϕ(t)]là hàm số liên tục trên đoạn [a, b].

Ví dụ 4.7.3 Tính tích phânI e

Giải.Đặt t= lnx⇒dt= dx x Khi đó x 1 e t 0 1 và

Giải.Đặt x= 2 sint⇒dx= 2 costdt Khi đó x 0 2 t 0 π 2 và

4.7.4 Tính chất của hàm chẵn, hàm lẻ

Tính chất của hàm chẵn-hàm lẻ

1 Nếuf(x)là hàm lẻ:f(−x) =−f(x) thì a

2 Nếuf(x)là hàm chẵn:f(−x) =f(x) thì a

Ví dụ 4.7.5 Tính tích phânI π/3

Giải.Hàm dưới dấu tích phân f(x) = xsinx cos 2 x là hàm chẵn trên[−π/3, π/3]nên

0 xsinx cos 2 xdx. Đặtu=x, dv = sinxdx cos 2 x Khi đó du=dx, v= 1 cosx.Từ đó suy ra

Giải.Hàm số dưới dấu tích phânf(x) = x 2 arctanx

1 +x 2 là hàm lẻ trên [−1,1]nên I = 0.

Tích phân suy rộng loại 1

4.8.1 Tích phân dạng R+∞ a f(x)dx Định nghĩa 4.10 Cho hàm sốf(x) xác định ∀x >a và khả tích trên mọi đoạn [a, b].Khi đó trên [a,+∞) xác định hàm sốΦ(b) =Rb af(x)dx Giới hạn

Z b a f(x)dx (4.10) được gọi làtích phân suy rộng loại 1 của hàm sốf(x) trên[a,+∞) và được ký hiệu là

R a f(x)dx. Định nghĩa 4.11 Nếu giới hạnI = lim b→+∞

Rb a f(x)dxtồn tại và hữu hạnthì tích phân suy rộng loại 1 được gọi là hội tụ Nếu giới hạnI không tồn tại hoặc bằng ∞ thì tích phân suy rộng loại 1 được gọi làphân kỳ. Ý nghĩa hình học

Trong trường hợp f(x) >0,∀x ∈[a,+∞), giá trị của tích phân suy rộng hội tụ có ý nghĩa hình học là diện tích của hình phẳng vô hạn được gới hạn bởix=a, trụcOx và đồ thị hàm f(x)

Chú ý Từ ý nghĩa hình học của tích phân suy rộng, ta thấy nếu hàm số f(x) có giới hạn hữu hạn và khác 0 x→+∞lim f(x) = 0 và f(x) khả tích trên mọi đoạn[a, b]⊂[a,+∞) thì tích phân suy rộng

Hình 4.4: Ý nghĩa hình học của tích phân suy rộng loại 1

−∞f(x)dx Định nghĩa 4.12 Cho hàm sốf(x) xác định ∀x 6 b và khả tích trên mọi đoạn [a, b] Khi đó trên (−∞, b]xác định hàm sốΨ(a) =R b a f(x)dx Giới hạn

Z b a f(x)dx (4.11) được gọi làtích phân suy rộng loại 1của hàm số f(x) trên (−∞, b]và được ký hiệu là

−∞ f(x)dx. Định nghĩa 4.13 Nếu giới hạnI = lim a→−∞ b

R a f(x)dxtồn tại và hữu hạnthì tích phân suy rộng loại 1 được gọi làhội tụ Nếu giới hạnI không tồn tại hoặc bằng ∞ thì tích phân suy rộng loại 1 được gọi làphân kỳ. Ý nghĩa hình họcTrong trường hợp f(x)>0,∀x∈(−∞, b],giá trịcủa tích phân suy rộng hội tụ có ý nghĩa hình học là diện tích của hình phẳng vô hạn được gới hạn bởi x =b, trục Ox và đồ thị hàmf(x)

−∞ f(x)dx Định nghĩa 4.14 Nếu hàm số f(x) xác định trênRvà khả tích trênmọi đoạn [a, b]thì∀c∈Rtích phân suy rộng loại 1của hàmf(x) trên(−∞,+∞) được xác định bởi

Tích phân suy rộng này được gọi là hội tụnếu cả hai tích phânở vế phảiđều hội tụkhông phụ thuộc lẫn nhau.

Cho hàm sốf(x) có nguyên hàm làF(x) trên[a,+∞) và khả tích trên mọi đoạn [a, b].Tích phân suy rộng loại 1

R a f(x)dx hội tụ khi và chỉ khitồn tại giới hạn hữu hạn lim b→+∞F(b) = F(+∞) Khi đó

Lập luận tương tự, ta cũng có

−∞ f(x)dxhội tụ khi và chỉ khi tồn tại giới hạn hữu hạn lim a→−∞F(a) =F(−∞)

−∞ f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi tồn tại giới hạn hữu hạn lim a→−∞F(a) và b→+∞lim F(b)

Ví dụ 4.8.1 Tính tích phân suy rộngI ∞

I = sinx| ∞ 0 = lim b→∞sinb−sin 0 = lim b→∞sinb.

Giới hạn này không tồn tạinên tích phân suy rộngI phân kỳ.

Ví dụ 4.8.2 Tính tích phân suy rộngI −1

Như vậy, tích phân I hội tụ.

Ví dụ 4.8.3 Tính tích phân suy rộngI +∞

I = arctanx| +∞ −∞ = lim b→+∞arctanb− lim a→−∞arctana= π

Vậy, tích phânI hội tụ.

Ví dụ 4.8.4 Tính tích phânI +∞

2 = 1 2 Như vậy, tích phân I hội tụ.

Ví dụ 4.8.5 Khảo sát sự hội tụ của tích phân suy rộng

1 x α−1 = 0 nên I = a 1−α α−1.Tích phânI hội tụ.

3 Khiα = 1ta có I = lim x→+∞ln|x| −lna= +∞ nên I phân kỳ.

4.8.5 Tính chất cơ bản của tích phân suy rộng loại 1

Tính chất cơ bản của tích phân suy rộng loại 1

1 Cho f(x) khả tích trên mọi đoạn [a, b] ⊂ [a,+∞) và c > a Khi đó tích phân

R c f(x)dxcùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ Nếu chúng cùng hội tụ thì

4.8.6 Hội tụ tuyệt đối và hội tụ có điều kiện

Dấu hiệu hội tụ của tích phân suy rộng củahàm có dấu không đổiđược xác định theo tiêu chuẩn so sánh Tuy nhiên, với hàm có dấu tùy ý trong khoảng lấy tích phân thì ta sẽ khảo sát sự hội tụ tuyệt đốicủa tích phân suy rộng Định lý 4.4

Nếu hàm f(x) và |f(x)| khả tích trên mọi đoạn [a, b] ⊂ [a,+∞) và tích phân suy rộng

(f(x) +|f(x)|)dx hội tụ Mặt khác, ta có

R a f(x)dxhội tụ. Định nghĩa 4.15 Nếu tích phân R+∞ a |f(x)|dxhội tụ thì tích phân suy rộng R+∞ a f(x)dxđược gọi làhội tụ tuyệt đối. Định nghĩa 4.16 Nếu tích phânR+∞ a f(x)dxhội tụnhưng tích phânR+∞ a |f(x)|dxphân kỳthì tích phân suy rộng

R a f(x)dx được gọi làhội tụ có điều kiện.

4.8.7 Dấu hiệu hội tụ của tích phân suy rộng loại 1

• Ta chỉ xét những hàm f(x) > 0, còn trường hợp f(x) 6 0 thì ta đưa về hàm −f(x) > 0 vì

R a f(x)dxcùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ

• Nếu hàm f(x) có dấu thay đổitrên [a,+∞) thì ta xét sự hội tụ của hàm |f(x)| Định lý 4.5

Chof(x) vàg(x) khả tích trên mọi đoạn[a, b]⊂[a,+∞) sao cho 06f(x)6g(x),∀x>a.

Chú ý Bất đẳng thức 06 f(x) 6g(x),∀x > acó thể chỉ cần đúng ∀x >c > a vì c

R a g(x)dx là tích phân xác định nên giá trị của chúng không ảnh hưởng đến sự hội tụ của tích phân suy rộng.

Ví dụ 4.8.6 Khảo sát sự hội tụ của tích phân suy rộngI ∞

Ta có 0 < 1 x 2 + 2x+ 2 < 1 x 2 ,∀x > 0 Tuy nhiên nếu xét

0 dx x 2 thì không được vì 1 x 2 không xác định tại x= 0.Do đó

0 dx x 2 + 2x+ 2 là tích phân xác định nên I hội tụ Định lý 4.6

Cho f(x) và g(x) khả tích trên mọi đoạn [a, b] ⊂ [a,+∞) và f(x), g(x) > 0,∀x > a Xét x→∞lim f(x) g(x) =λ

R a f(x)dx cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Ví dụ 4.8.7 Khảo sát sự hội tụ của tích phânI +∞

1 dx x phân kỳ nên I phân kỳ.

2 dx x 4/3 hội tụ nênI hội tụ.

Ta cóe −x 2 , e −x >0,∀x>0và lim x→+∞ e −x 2 e −x = 0 mà

0 e −x dx hội tụ nênI 2 hội tụ.

Ta cóe −x 2 , e x >0,∀x60và lim x→−∞ e −x 2 e x = 0mà

−∞ e x dxhội tụ nênI 1 hội tụ. VậyI hội tụ

Ví dụ 4.8.10 Khảo sát sự hội tụ của tích phân I +∞

√3 x 4 +√ x+ 1 hội tụ vàI hội tụ.

√1 xdxphân kỳ nênI phân kỳ.

Giải.Ta có √ 4 x 3 sin 2 1 x >0,∀x>1 và

1 x 5/4 dxhội tụ nênI hội tụ.

2dxphân kỳ nên I phân kỳ.

Trường hợp 1: Nếuα >1thì α= 1 + 2a, a >0.Khi đó 1 x α ln β x = 1 x 1+a 1 x a ln β x.Xét 1 x 1+a 1 x a ln β x 1 x 1+a x→+∞−→ 0,

2 dx x 1+a hội tụ⇒I hội tụ

Trường hợp 2: Nếuα 0.Khi đó 1 x α ln β x = 1 x 1−a 1 x −a ln β x.Xét 1 x 1−a 1 x −a ln β x 1 x 1−a x→+∞−→ +∞,

2 dx x 1−a phân kỳ⇒I phân kỳ Trường hợp 3: Nếuα= 1 thì đặt t= lnx Khi đó

Vậy nếuβ >1 thìI hội tụ, nếu β 61 thìI phân kỳ.

2 dx x α ln β x hội tụnếu β >1,phân kỳ nếu β61.

Giải.Hàmf(x) = x m arctanx x n + 1 liên tục nên khả tích trên[1,+∞).Nếum=nthì lim x→+∞f(x) = π

Nếum6=n thì Ta có x m arctanx x n + 1 >0,∀x>1 và x m arctanx x n + 1 x→+∞∼ π/2 x n−m

Do đó nếu n−m >1thì I hội tụ Còn nếun−m61thì I phân kỳ.

Tích phân suy rộng loại 2

4.9.1 Tích phân dạng Rb a f(x)dx trên [a, b)

Cho hàm số f(x) xác định trên nửa khoảng[a, b) vàkhông bị chặn khi x→ b − Giả sử f(x) khả tích trên mọi đoạn[a, η]⊂[a, b).Khi đó trên[a, b) Φ(η) =Rη a f(x)dx Định nghĩa 4.17 Giới hạn của hàm sốΦ(η) khi η→ b − được gọi làtích phân suy rộng loại 2 trên [a, b)

Z η a f(x)dx (4.17) Định nghĩa 4.18 Nếu giới hạn lim η→b − Φ(η) = lim η→b −

Rη a f(x)dx tồn tại và hữu hạn thì tích phân suy rộng loại 2hội tụ, còn nếu giới hạn nàybằng∞hoặc không tồn tạithì tích phân suy rộng loại 2phân kỳ Ý nghĩa hình học

Trong trường hợp f(x)>0,∀x ∈[a, b),giá trị của tích phân suy rộng hội tụ có ý nghĩa hình học là diện tíchcủa hình phẳng vô hạn được gới hạn bởi x=a, x=btrục Ox và đồ thị hàmf(x),trong đó x=b làtiệm cận đứngcủa hàm sốf(x)

4.9.2 Tích phân dạng Rb af(x)dx trên (a, b]

Cho hàm sốf(x) xác định trên nửa khoảng (a, b] vàkhông bị chặn khi x→ a + Giả sử f(x) khả tích trên mọi đoạn [ξ, b]⊂(a, b].Khi đó trên(a, b] Ψ(ξ) Z b ξ f(x)dx Định nghĩa 4.19 Giới hạn của hàm sốΨ(ξ) khi ξ→a + được gọi là tích phân suy rộng loại 2 trên (a, b]

Z b ξ f(x)dx (4.18) Định nghĩa 4.20 Nếu giới hạn lim ξ→a + Ψ(ξ) = lim ξ→a +

Rb ξ f(x)dx tồn tại và hữu hạn thì tích phân suy rộng loại 2hội tụ, còn nếu giới hạn nàybằng∞hoặc không tồn tạithì tích phân suy rộng loại 2phân kỳ Ý nghĩa hình học

Trong trường hợp f(x)>0,∀x ∈(a, b],giá trị của tích phân suy rộng hội tụ có ý nghĩa hình học là diện tíchcủa hình phẳng vô hạn được gới hạn bởi x=a, x=btrục Ox và đồ thị hàmf(x),trong đó x=alàtiệm cận đứng của hàm sốf(x)

4.9.3 Tích phân Rb a f(x)dx, c∈[a, b] là điểm gián đoạn Nếu hàm số f(x) không bị chặnkhi x→c,vớic∈(a, b) thì tích phân suy rộng

Hình 4.8: Ý nghĩa hình học của tích phân suy rộng loại 2 Định nghĩa 4.21 Tích phân suy rộng

Rb a f(x)dx được gọi làhội tụ nếu cả 2 tích phân

R c f(x)dx đều hội tụkhông phụ thuộc lẫn nhau.

4.9.4 Công thức Newton-Leibnitz Định lý 4.7

Cho hàm số f(x) không bị chặn khi x → b − nhưng có nguyên hàm là F(x) trên mọi đoạn [a, η]⊂[a, b) Tích phân suy rộng loại hai

Rb a f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi tồn tại giới hạn hữu hạn lim η→b − F(η) =F(b−0).Khi đó

Cho hàm số f(x) không bị chặn khi x → a + nhưng có nguyên hàm là F(x) trên mọi đoạn [ξ, b]⊂ (a, b].Tích phân suy rộng loại hai b

R a f(x)dx hội tụ khi và chỉ khi tồn tại giới hạn hữu hạn lim ξ→a + F(ξ) =F(a+ 0).Khi đó

Cho hàm số f(x) không bị chặn khi x → c nhưng có nguyên hàm là F(x) trên đoạn [a, c] và nguyên hàm G(x) trên đoạn(c, b] f(x) khả tích trên mọi đoạn [a, η] ⊂[a, c) và [ξ, b]⊂(c, b].

Ngoài ra,tồn tại giới hạn hữu hạn lim η→c − F(η) =F(c−0)và lim ξ→c + G(ξ) =G(c+ 0)Khi đó

Ví dụ 4.9.1 Tính tích phânI R1 0 dx x

1 x = +∞ nên x= 0 là điểm kỳ dị

Như vậy, tích phân I phân kỳ.

Ví dụ 4.9.2 Tính tích phânI R1

√1−x 2 = +∞ nên x=−1là điểm kỳ dị Còn tại x= 1 thì lim x→1− arccosx

2 Như vậy, tích phân I hội tụ.

Ví dụ 4.9.3 Tính tích phânI b

R a dx b−x =−lim ε→0ln|b−x|| b−ε a =−lim ε→0ln|ε|+ ln(b−a) =∞.

4.9.5 Hội tụ tuyệt đối và hội tụ có điều kiện Định lý 4.10

Cho hàmf(x)và|f(x)|khả tích trên mọi đoạn[a, η]⊂[a, b)vàkhông bị chặnkhix→b − Nếu tích phân suy rộng b

Tương tự đối với trường hợp hàm f(x)và |f(x)|khả tích trên mọi đoạn [ξ, b]⊂(a, b]vàkhông bị chặnkhi x→a + Định nghĩa 4.22 Nếu tích phân

|f(x)|dx hội tụ thì tích phân suy rộng

Rb a f(x)dx được gọi là hội tụ tuyệt đối. Định nghĩa 4.23 Nếu tích phânRb af(x)dxhội tụnhưng tích phânRb a|f(x)|dxphân kỳthì tích phân suy rộng b

R a f(x)dx được gọi làhội tụ có điều kiện.

4.9.6 Dấu hiệu hội tụ của tích phân suy rộng loại 2

• Ta chỉ xét những hàmf(x) >0,∀x∈[a, b) (hoặc (a, b]) còn trường hợp f(x) 60 thì ta đưa về hàm−f(x)>0 vì b

R a f(x)dxcùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ

• Nếu hàmf(x)có dấu thay đổi trên[a, b) (hoặc(a, b]) thì ta xét sự hội tụ của hàm|f(x)| Định lý 4.11

Cho hàm số f(x) và g(x) khả tích trên mọi đoạn [a, η]⊂[a, b) và không bị chặn khi x → b − Ngoài ra, với x∈[a, b) luôn có

Khi đó nếu tích phân suy rộng Rb ag(x)dx hội tụ thì tích phân Rb a f(x)dx hội tụ, còn nếu tích phân Rb af(x)dxphân kỳ thì tích phânRb ag(x)dxphân kỳ. Định lý 4.12

Cho hàm sốf(x) và g(x) khả tích trên mọi đoạn[a, η]⊂[a, b) và không bị chặn khi x → b −

Ngoài ra, vớix∈[a, b) luôn có06f(x),06g(x), lim x→b − f(x) g(x) =λ

R a f(x)dx cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Ví dụ 4.9.4 Khảo sát sự hội tụ của tích phânI 1

1 +x 1 (1−x) 1/3 =∞ nên x= 1 là điểm kỳ dị. cos 2 x

Ví dụ 4.9.5 Khảo sát sự hội tụ củaI 1

Giải. x→0lim + ln(1 +√ 3 x) e sin x −1 = lim x→0 + x 1/3 x = lim x→0 +

1 x 2/3 =∞ nên x= 0 là điểm kỳ dị. ln(1 +√ 3 x) e sinx −1 x→0 +

∼ x 1/3 x = 1 x 2/3 khi x→0 + Vậyα= 2 3 0 và x= 2, quanh trụcOx.

Hình 4.17: Hình phẳng giới hạn bởiy 2 = (x−1) 3 , y >0 vàx= 2

Ví dụ 4.10.4 Tính thể tích vật thể tròn xoay, khi quay hình phẳng giới hạn bởiy =x 2 , x= 1, x2, y= 0 quanh trụcOy

Hình 4.18: Hình phẳng giới hạn bởi y=x 2 , x= 1, x= 2, y= 0

= 15π 2 4.10.3 Độ dài cung Định lý 4.18

Cho cung AB_ có phương trìnhy=f(x), a6x6b.Khi đó độ dài cung AB_ là

Chia đoạn[a, b]bởi những điểmA=M0, M1, , Mi−1, Mi, , Mn=B.Độ dài cungMi−1Mi là

Hình 4.19: Cung AB_có phương trìnhy=f(x), a6x6b.

Theo định lý Lagrange, ta có y i −yi−1=f 0 (ξ i )(x i −xi−1) =f 0 (ξ i ).∆x i , ξ ∈(xi−1, xi).Khi đó độ dài của cả cung AB_ là

Ví dụ 4.10.5 Tính độ dài cung y= x 2

4ln 3 4.10.4 Diện tích mặt tròn xoay Định lý 4.19

Diện tích mặt tròn xoay tạo bởi khi quay cung tròny=f(x), a6x6b quanh trụcOx là

Hình 4.21: Diện tích mặt tròn xoay tạo bởi khi quay cung tròny=f(x), a6x6bquanh trụcOx

2 Diện tích mặt tròn xoay là

Ví dụ 4.10.6 Tính diện tích bề mặt tròn xoay tạo bởi khi quay cungy = sin 2x, 06x6 π

Ta cóy 0 = 2 cos 2x.Khi đó

1 + 4 cos 2 2xdx. Đặtt= 2 cos 2x⇒dt=−4 sin 2xdx⇒sin 2xdx=−1

Bài tập

Bài tập 4.11.1 1 Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởiy =x−x 2 , y=x√

4.11.2 Thể tích của vật thể tròn xoay

Bài tập 4.11.2 1 Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo nên khi quay miền phẳng giới hạn bởi y=x 2 , y = 0, x+y= 2 quanh trụcOx.

2 Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo nên khi quay miền phẳng giới hạn bởi y = lnx, y= 0, x1, x= 2quanh trục Ox.

3 Tính thể tích vật thể tròn xoay tạo nên khi quay miền phẳng giới hạn bởi y=x+ arctanx, y x−arctanx, x= 0, x= 1 quanh trụcOx.

Bài tập 4.11.3 1 Tính độ dài cungy= x 3

2 Tính độ dài cungy= ln(1−x 2 ),−1

4.11.4 Diện tích của bề mặt tròn xoay

Bài tập 4.11.4 1 Tính diện tích bề mặt tròn xoay khi quay cung y=√ x 2 + 4,06x61quanh trục Ox.

PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN THÔNG THƯỜNG

Phương trình vi phân cấp một

5.1 Phương trình vi phân cấp một

Phương trình vi phân đóng vai trò quan trọng của việc ứng dụng toán học trong những lĩnh vực khoa học khác vì nhiều quá trình thực tế được mô tả bằng phương trình vi phân 1 cách dễ dàng và đầy đủ.

Tuy nhiên, để hiểu được những ứng dụng của phương trình vi phân, chúng ta cần nắm vững những kiến thức về khoa học tự nhiên (vật lý, hóa học, sinh học,v.v), kỹ thuật, v.v.

5.1.2 Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp một Định nghĩa 5.1 Nghiệm tổng quát của phương trình vi phân cấp một f(x, y, y 0 ) = 0 là biểu thức tổng quát của tập hợp vô hạn các hàm, thỏa mãn phương trình vi phân Nó có thể được xác định ở dạng tường minhy=F(x, C) hoặc dạng ẩn Φ(x, y, C) = 0,trong đóC là hằng số tùy ý.

5.1.3 Phương trình vi phân tách biến

Quá trình hạ nhiệt độ của bánh mỳ

Nhiệt độ của bánh mỳ mới ra lò sẽ giảm từ100 o Cxuống60 o Ctrong vòng20min Nhiệt độ của môi trường xung quanh là 25 o C.Hỏi sau bao nhiêu phút từ lúc lấy bánh mỳ ra, nhiệt độ của bánh mỳ hạ xuống còn30 o C?

Hình 5.1: Quá trình hạ nhiệt độ của bánh mỳ

1 Tốc độ làm lạnh vật thể là sự giảm nhiệt độ T trong 1 đơn vị thời gianτ và được biểu diễn bởi đạo hàm dT dτ.

2 Theo định luật Newton, tốc độ làm lạnh vật thể tỉ lệvới hiệu số nhiệt độ của vật thể T và của môi trường xung quanh t Phương trình vi phân quá trình làm lạnh bánh mỳ là dT dτ =k(T−t), k-hệ số tỉ lệ

3 Giải phương trình vi phân dT

⇒T−25 small> kτ Hằng sốC được tìm dựa vào điều kiện khiτ = 0min thìT = 100 o C.Khi đó

Hệ số tỉ lệk được tìm dựa vào điều kiện khiτ = 20minthì T = 60 o C.Khi đó

20 τ + 25⇒τ = −20 ln 15 ln 7−ln 15 ≈71min Định nghĩa 5.2 Phương trình vi phân có dạng

P(x)dx+Q(y)dy= 0 (5.1) được gọi làphương trình vi phân tách biến.

Nghiệm tổng quát của phương trình này là

Ví dụ 5.1.1 Tìm nghiệm tổng quát của phương trìnhxdx+ (y+ 1)dy= 0

Nghiệm tổng quát của phương trình đã cho là

2 +y=C Những dạng phương trình có thể đưa về dạng tách biến a Phương trình vi phân có dạng f1(x).g1(y)dx+f2(x).g2(y)dy= 0 (5.2)

Nếu nhưf 1 (x), f 2 (x), g 1 (y), g 2 (y)6= 0thì ta chia 2 vế của phương trình đã cho chof 2 (x)g 1 (y).Khi đó f1(x) f 2 (x)dx+ g2(y) g 1 (y)dy= 0.

Ví dụ 5.1.2 Giải phương trìnhx(y 2 −4)dx+ydy= 0.

Chia 2 vế của phương trình đã cho cho y 2 −46= 0,ta được xdx+ ydy y 2 −4 = 0.

Lấy tích phân 2 vế, ta có x 2 + ln|y 2 −4|= ln|C| ⇒y 2 −4 small> −x 2 b Phương trình vi phân có dạng y 0 =f(ax+by+c), (5.3) vớia, b, c∈R. Đặt z =ax+by+c⇒ z 0 = a+by 0 Thay vào phương trình ta được phương trình vi phân dạng tách biến.

Ví dụ 5.1.3 Giải phương trìnhy 0 = cos(x−y−1). Đặt z=x−y−1⇒z 0 = 1−y 0 ⇒y 0 = 1−z 0 Thay vào phương trình ta được

5.1.4 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một

Vật thể rơi với khối lượng thay đổi

Quan sát hiện tượng mưa đá Hạt mưa đá có khối lượngM (gam), rơi tự do trong không trung, sẽ bịbốc hơi đều mỗi giây giảm m (gam) Lực cản của không khí tỉ lệ với vận tốc rơi của hạt mưa Hãy tìm mối quan hệ giữa vận tốc rơi của hạt mưa và thời gian rơi của hạt mưa, biết rằng tại thời điểm ban đầu vận tốc của hạt mưa là 0(m/s) và hệ số tỉ lệ k6=m.

Hình 5.2: Vật thể rơi với khối lượng thay đổi

• Hạt mưa đá bốc hơi đều nên tại thời điểm t khối lượng của nó là M−mt và trọng lực của nó là(M−mt)g,với g= 9,8m/s 2 là gia tốc trọng trường Trọng lực tính theo chiều dương, tức là hướng xuống.

• Lực cản của không khíF 1 =−k.vhướng lên trên Lực tác động lên hạt mưa làF = (M−mt)g−kv và theo định luật 2 Newton ta cũng có F = (M−mt)dv dt

• Phương trình vi phân thu được

(M−mt)dv dt = (M−mt)g−kv

• Giải phương trình này ta đượcv= g(M−mt) k−m +C.(M−mt) m k vớiC là hằng số tùy ý.

• Tìm C theo điều kiện t= 0 thì v= 0 ta được0 = gM k−m +C.M m k Từ đó suy ra

• v = g(M−mt) k−m + C.(M − mt) m k = g(M −mt) k−m + gM 1− m k m−k (M − mt) m k g m−k

M Định nghĩa 5.3 Phương trình vi phân có dạng dy dx+P(x).y=Q(x) (5.4) gọi làphương trình vi phân tuyến tính cấp một.

Nếu Q(x) ≡ 0 thì phương trình (5.4) được gọi là phương trình thuần nhất Nếu Q(x) 6= 0 thì phương trình (5.4) được gọi làphương trình không thuần nhất. a Phương pháp Lagrange.

1 Nghiệm tổng quát củaphương trình thuần nhấtcó dạng ysmall> − R P(x)dx

2 Nghiệm tổng quát của phương trình không thuần nhấtcó dạng y =C(x).e − R P (x)dx , với C(x) là hàm khả vi liên tục (phương pháp Lagrange) Thay nghiệm này vào (5.4) ta được

R P(x)dxdx+C Nghiệm tổng quát của phương trình tuyến tính cấp một. y =e −

Nhân 2 vế của phương trình (5.4) cho e R P (x)dx ta được y 0 e R P (x)dx +P(x)y.e R P (x)dx =Q(x).e R P (x)dx

Z Q(x).e R P(x)dx dx+C c Phương pháp Bernoulli

Tìm nghiệm của phương trình (5.4) ở dạng y = u(x).v(x) ⇒ y 0 = u 0 v+uv 0 Thay vào phương trình (5.4) ta được u 0 v+uv 0 +P(x)uv =Q(x)

⇒(u 0 +P(x)u)v+uv 0 =Q(x) Chọnu(x) là 1 nghiệm của phương trình u 0 +P(x)u= 0⇒u=e −

Từ đó ta có uv 0 =Q(x)⇒v 0 =Q(x).e R P (x)dx

Ví dụ 5.1.4 Giải phương trình y 0 + 1 xy = 3x với điều kiện y(1) = 1.

Vậy nghiệm của phương trình đã cho lày=x 2

Ví dụ 5.1.5 Giải phương trình 2ydx+ (y 2 −2x)dy= 0

2ydx+ (y 2 −2x)dy= 0⇒ dx dy −1 yx=−y

5.1.5 Phương trình vi phân đẳng cấp cấp một

Quỹ đạo bay của máy bay

Phi công lái máy bay từ thành phốAđến thành phốB,nằm về hướng Tây theo phương ngang so với thành phố A Hãy tìm phương trình quỹ đạo bay của máy bay, biết vận tốc của nó là v(km/h) và vận tốc gió thổi từ hướng Nam với vận tốc w(km/h).Khoảng cách từ thành phố

Ađến thành phốB theo phương ngang là a(km)

Hình 5.3: Quỹ đạo bay của máy bay

• Hướng thật sự của véc-tơ vận tốc của máy bay tại thời điểm t là −→u = −→v +−→w Véc-tơ −→u là véc-tơ tiếp tuyến với quỹ đạo bay của máy bay tại điểmM

• Chiếu véc-tơ vận tốc−→u xuống trụcOx ta được u 0 x = dx dt =−v.cosϕ

• Chiếu véc-tơ vận tốc−→u xuống trụcOy ta được u 0 y = dy dt =−v.sinϕ+w

Theo hình vẽ, ta có sinϕ= y px 2 +y 2 , cosϕ= x px 2 +y 2

⇒ dx dt = −v.x px 2 +y 2 , dy dt = −v.y px 2 +y 2 +w

1 + y 2 x 2 Giải phương trình vi phân với điều kiện khi t= 0 thì x=a, y= 0 ta được y= a 2 x a

2 và máy bay sẽ không đến đượcB.

Khi w v >1 thì với x→ 0 ta có x a

1− w v → ∞.Do đó khi x →0 thì y → ∞ và máy bay cũng sẽ không đếnđược B.

Khi w v 0 thì phương trình đặc trưng có 2 nghiệm phân biệt k1 6= k2 Khi đó nghiệm của phương trình thuần nhất làytn =C1e k 1 x +C2e k 2 x

2 Nếu∆ = 0thì phương trình đặc trưngcó nghiệm képk=k 0 Khi đó nghiệm của phương trình thuần nhất lày tn =C 1 e k 0 x +C 2 x.e k 0 x

3 Nếu∆ −x

Bước 4.Nghiệm tổng quát y tq =C 1 cosx+C 2 sinx+1

5.3.6 Phương pháp biến thiên hằng số

Phương pháp này áp dụng để tìm nghiệm của phương trình không thuần nhất tuyến tính cấp 2 khi biếtnghiệm cơ bản của phương trình thuần nhấty1, y2 vàf(x) không có dạng đặc biệtnhư trên. y=C1(x).y1(x) +C2(x).y2(x), y 0 =C 1 0 (x).y 1 (x) +C 1 (x).y 1 0 (x) +C 2 0 (x).y 2 (x) +C 2 (x).y 0 2 (x) y 00 =C 1 00 (x).y1(x) +C 1 0 (x).y 1 0 (x) +C 1 0 (x).y 0 1 (x) +C1(x).y 1 00 (x)+

⇒[Ay 00 1 (x) +By 1 0 (x) +Cy1(x)].C1(x) + [Ay 2 00 (x) +By 0 2 (x) +Cy2(x)].C2(x)+

Từ đó, ta chọn các hàm C 1 (x), C 2 (x)thỏa mãn hệ phương trình

A , A6= 0 Dùng quy tắc Cramer để giải ta được

Như vậy, nghiệm của phương trình vi phân không thuần nhất là y=y 1

Ví dụ 5.3.5 Giải phương trìnhy 00 +y = tanx với điều kiện y(0) =yπ

Bước 1 Giải phương trình thuần nhấty 00 +y= 0

Phương trình đặc trưng k 2 + 1 = 0có 2 nghiệm phức liên hợpk 1 =−i, k 2 =i

Bước 2 Nghiệm của phương trình thuần nhấty tn =C 1 cosx+C 2 sinx

Bước 3 Tìm nghiệm riêng của phương trình y 00 +y = tanx Nghiệm có dạngy =C1(x) cosx+

C2(x) sinx,trong đóC1(x) vàC2(x)được xác định bởi hệ phương trình

Vậy dC1 dx = −sinx.tanx

Nghiệm của phương trình thỏa điều kiệny(0) =yπ

Vậy nghiệm của bài toán y√ 3

2 ln 3.sinx−cosx.ln tanx

Bài tập phương trình vi phân cấp hai

5.4.1 Phương trình vi phân cấp hai

Bài tập 5.4.1 Giải phương trình

Hệ phương trình vi phân

Sự phân rã của chất

Một số chất A sẽ phân rã thành 2 chất P và Q Tốc độ hình thành của mỗi chấtP vàQ tỉ lệ với khối lượng chất không bị phân rã Cho x, y lần lượt là khối lượng chất P vàQ được hình thành tại thời điểm t Hãy xác định quy luật phân rã chất A biết rằng tại thời điểm ban đầu t= 0thì x= 0, y = 0,và sau1minthìx= 3

8c,vớiclà khối lượng ban đầu của chất A

Tại thời điểmt tốc độ hình thành chất P vàQ sẽ là

Nghiệm của hệ này là

Tìm C 1 , C 2 dựa vào điều kiện đầu khit= 0 thìx= 0, y = 0

Tìm k 1 , k 2 dựa vào điều kiện khit= 1thì x= 3

4 Vậy quy luật phân rã chấtA thành 2 chất P, Qvới số lượngx, y được xác định như sau:

5.5.1 Đưa phương trình vi phân cấp cao về hệ phương trình vi phân cấp 1

Ta có thể đưa phương trình vi phân cấp cao y (n) =f(x, y, y 0 , , y (n−1) ) về hệ phương trình vi phân cấp 1 bằng cách đặt y=y 1 , y 0 =y 2 , y 00 =y 3 , , y n =y (n−1)

5.5.2 Hệ thuần nhất với hệ số hằng-Phương pháp Euler

Xét hệ dX dt =AX (5.11) với những phần tửa ij của ma trận A là những hằng số.

Nội dungphương pháp Eulernhư sau:

Tìm nghiệm của (5.11) ở dạng X(t) = e λt P, với P là véc-tơ hằng Thế X(t) vào (5.11) ta được λe λt P =AP e λt ⇔ AP =λP Vậy hàm véc-tơ X(t) =e λt P là nghiệm của hệ (5.11) khi và chỉ khi λ là trị riêng và P là véc-tơ riêng của ma trậnA. Định lý 5.2: Tìm đa thức đặc trưng

! λ+det(A) ở đâytr(A) =a 11 +a 22 +a 33 −vết của ma trậnA. Định lý 5.3: Chéo hóa được

Nếu ma trận A có n véc-tơ riêng độc lập tuyến tính P1, P2, , Pn ứng với các trị riêng λ1, λ2, , λn thì các nghiệm e λ 1 t P1, e λ 2 t P2, , e λ n t Pn tạo thành hệ nghiệm cơ bản Khi đó nghiệm tổng quát của (5.11) có dạngX(t) =C 1 e λ 1 t P 1 +C 2 e λ 2 t P 2 + .+C n e λ n t P n

Chú ý Định lý không đòi hỏi các trị riêng phải phân biệt, nhưng các véc-tơ riêng phải độc lập tuyến tính. a Trường hợp: các trị riêng phân biệt

NếuA có ntrị riêng phân biệt thì n véc-tơ riêng tương ứng sẽđộc lập tuyến tính do đó ta có hệ quả sau:

Hệ quả 5.1 Nếu ma trận A có n trị riêng phân biệt λ1, λ2, , λn với các véc-tơ riêng tương ứng

P1, P2, , Pn thì nghiệm tổng quát của (5.11) có dạng

X(t) =C 1 e λ 1 t P 1 +C 2 e λ 2 t P 2 + .+C n e λ n t P n b Trường hợp: trị riêng thực bội m và ma trận A không chéo hóa được Ứng vớiλ 0 là trị riêng thực bộimthì các nghiệm cơ bản tương ứng của hệ (5.11) làx 1 =P 1 (t)e λ 0 t , x2 = P2(t)e λ 0 t , ,xm = Pm(t)e λ 0 t , ở đây P1(t), P2(t), Pm(t) là các đa thức có bậc không lớn hơn m−1 c Trường hợp: trị riêng phức

Nếuλ=α+iβ là trị riêng của ma trận thực A và

 là véc-tơ riêng tương ứng với λ.

Nghiệm cơ bản có dạng e λt P =e (α+iβ)t (U+iV) =e αt (cosβt+isinβt).(U+iV) =e αt [Ucosβt−Vsinβt]+i.e αt [Usinβt+V cosβt] Khi đó phương trình (5.11) có 2 nghiệm thực độc lập tuyến tính e αt [Ucosβt−V sinβt], e αt [Usinβt+V cosβt]. và là hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất Vậy

Ví dụ 5.5.1 Giải hệ phương trình

 dx dt = 7x+ 3y dy dt = 6x+ 4y Phương trình đặc trưng của hệ

= 0⇔λ 2 −11λ+ 10 = 0⇔λ 1 = 1, λ 2 = 10. Ứng với λ1= 1 ta xét hệ

! Ứng với λ 2 = 10ta xét hệ

 dx dt = 6x−12y−z dy dt = x−3y−z dz dt = −4x+ 12y+ 3z

Phương trình đặc trưng của hệ

= 0⇔ −λ 3 + 6λ 2 −11λ+ 6 = 0⇔λ 1 = 1, λ 2 = 2, λ 3 = 3. Ứng với λ 1 = 1 ta xét hệ

 Ứng với λ 2 = 2 ta xét hệ

 dx dt = 5x−y dy dt = x+ 3y Phương trình đặc trưng của hệ

= 0⇔λ 2 −8λ+ 16 = 0⇔λ 1 =λ 2 =λ= 4. Ứng với λ = 4 ta có nghiệm cơ bản là x = e 4t (a1t+ a2) và y = e 4t (b1t +b2) ⇒ x 0 (t) a 1 e 4t + 4(a 1 t+a 2 )e 4t , y 0 (t) =b 1 e 4t + 4(b 1 t+b 2 )e 4t Thay x, y, x 0 , y 0 vào hệ ta được

Choa1 =C1, a2=C2,với C1, C2 là những số tùy ý Khi đób1=C1, b2=C2−C1.Vậy

 dx dt = 4x−3y dy dt = 3x+ 4y Phương trình đặc trưng của hệ

= 0⇔(4−λ) 2 =−9⇔λ= 4±3i. Ứng vớiλ= 4+3ita xét hệ

! e 4t (cos 3t+isin 3t) = e 4t (cos 3t+isin 3t) e 4t (−icos 3t+ sin 3t)

 dx dt = x−z dy dt = x dz dt = x−y Phương trình đặc trưng của hệ

= 0⇔(1−λ)(1 +λ 2 ) = 0⇔λ1= 1, λ2 =±i. Ứng với λ= 1 ta xét hệ

 Ứng với λ 2 =ita xét hệ

5.5.3 Hệ không thuần nhất Định nghĩa 5.8 Hệ dX dt =AX+F(t) (5.12) với những phần tử a ij của ma trận A là những hằng số, F(t) 

 được gọi là hệ phương trình tuyến tính không thuần nhất với hệ số hằng

Phương pháp khử:Từ những phương trình của hệ không thuần nhất ta dùng phương pháp khử để đưa về phương trình vi phân cấp cao.

2 Thay x, x 0 vào phương trình (1) ta được y 00 +y 0

Phương trình đặc trưng k 2 −3k+ 2 = 0⇒k1 = 1, k2 = 2 Nghiệm thuần nhất của phương trình (3) là ytn=C1e t +C2e 2t

2C 2 e 2t Phương pháp biến thiên hằng số

Giả sửX1(t), X2(t), , Xn(t) là hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất (5.11) và ta ký hiệu φ(t)

X 1 (t) X 2 (t) X n (t) thì nghiệm tổng quát của (5.11) viết dưới dạng

Hệ không thuần nhất (5.12) có nghiệm làXtq =φ(t)C(t),trong đóC(t) 

Dùng phương pháp biến thiên hằng số ta tìm đượcC1(t), C2(t), , Cn(t).

Hệ thuần nhất tương ứng là

Phương trình đặc trưng của hệ thuần nhất

⇔λ1 = 1, λ2 = 2. Ứng với λ1= 1 ta xét hệ

! Ứng với λ2= 2 ta xét hệ

Nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất làX1(t) =e λ 1 t P1=e t 1

! Vậy nghiệm tổng quát của hệ thuần nhất

Nghiệm của hệ không thuần nhất có dạng

( x 0 = C 1 0 (t)e t +C1(t)e t + 3C 2 0 (t)e 2t + 6C2(t)e 2t y 0 = C 1 0 (t)e t +C1(t)e t + 2C 2 0 (t)e 2t + 4C2(t)e 2t Thay vào hệ phương trình đã cho ta được

Nghiệm của hệ phương trình đã cho là

Bài tập hệ phương trình vi phân

5.6.1 Hệ phương trình thuần nhất

Bài tập 5.6.1 Tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình thuần nhất

5.6.2 Hệ phương trình không thuần nhất

Bài tập 5.6.2 Tìm nghiệm tổng quát của hệ phương trình không thuần nhất

Phương trình vi phân thông thường

1 Phương trình vi phân tách biến

2 Phương trình vi phân tuyến tính cấp một

3 Phương trình vi phân đẳng cấp cấp một

4 Phương trình vi phân toàn phần

5 Phương trình vi phân Bernoulli

6 Phương trình vi phân cấp 2 với hệ số hằng

7 Hệ phương trình vi phân

16 y tq = e 2x (C 1 cos x + C 2 sin x) + 3 cos x − sin x.

Đề thi giữa kỳ giải tích 1- Ca 1 năm 2012-2013

Câu 6.1.2 Tìm tập xác định của hàm sốf(x) = sinh arccos x x 2 + 1 a (0,+∞) b R c [0, π] d [−1,1]

Câu 6.1.3 Tính giới hạnI = lim x→0

Câu 6.1.4 Tính giới hạnI = lim x→0 sinx x x 1 a e b 1 c 0 d 1 e

Câu 6.1.5 Tìm giới hạnI = lim x→2 − sin(x−2) x 2 −4 +e x−2 −1 a 1

Câu 6.1.6 Tìm giới hạnI = lim x→0 ln(1 +x 3 ) arcsinx−√

Câu 6.1.7 Tìm một tương đương củaf(x) = (x 2 + 1).cos1 x khi x→+∞. a Các câu kia đều sai b −x 2 +x

Câu 6.1.8 Tìmα, β sao cho αx β tương đương với VCB e x −cosx−sinx khix→0 a α= 1, β= 2 b α= 1

2, β= 2 Câu 6.1.9 Cho hàm sốf(x) =|x 2 −3x+ 2|+ 4.Tìm tập xác định của f 0 (x). a R\{1} b R\{1,2} c R\{2} d R

Câu 6.1.10 Cho hàmy =y(x) xác định bởi x= 2t 2 + 2t, y= 2te 2t Tínhy”(x) a e 2t

2t+ 1 Câu 6.1.11 Cho hàmy = sin(e f(x) ) Tínhy 0 (x) a f 0 (x)e f(x) cos(e f(x) ) b f 0 (x) cos(e f (x) ) c e f (x) cos(e f (x) ) d f(x)e f (x) cos(e f (x) ) Câu 6.1.12 Tìm khai triển Maclaurin hàmf(x) =e 2x−1 đến bậc 3 a 1 e +2x e +2x 2 e +4x 3 3e +o(x 3 ) b 1 +2x e +2x 2 e + 2x 3 3e +o(x 3 ) c 1 e+2x e +x 2 2e+x 3 6e+o(x 3 ) d Các câu khác sai

Câu 6.1.13 Hệ số của(x−1) 2 trong khai triển Taylor hàm f(x) =√ 3 x tạix0= 1 đến bậc 2 là a −1

3 Câu 6.1.14 Biếtf(x) = (x 2 + 1)e x Tínhf (10) (0) a 90 b 91 c 10! d Các câu kia sai.

Câu 6.1.15 Tìm số cực trị của hàm sốf(x) =p 3 x 2 (x−2) a 1 b 2 c 3 d 4

Câu 6.1.16 Tìm điều kiện củaa đểf(x) =x

3 có một cực đại tại x=−2 a a=−1 b a= 2 c a= 1 d Không tồn tạia

Câu 6.1.17 Tìm GTLN, GTNN của hàmf(x) =x+ 2√ x trên đoạn[0,4] a fmin = 0, fmax= 8 b fmin = 0, fmax= 4 c fmin=−1, f max = 6 d fmin= 3, fmax= 8 Câu 6.1.18 Tìm tất cả tiệm cận của hàmf(x) =xln(x−e) a x=e b y = 1 c x=e, y=x+e d Không có tiệm cận

Câu 6.1.19 Tìm số tiệm cận của hàm sốf(x) =x.ln e+1 x a 2 b 1 c 3 d 4

Câu 6.1.20 Tìm số điểm uốn của hàm sốf(x) =x 5 −5x 4

Hướng dẫn giải các đề thi trắc nghiệm giữa kỳ

6.1.1 Dùng phương pháp Logarit hóa

I = lim n→+∞ e ln[(−3) n + 3 n n 2 ] n = lim n→+∞ e ln 3 n + ln n 2 + ln[ (−1) n 2 n + 1] n =

= lim n→+∞ e n ln 3 + 2 ln n + ln[ (−1) n 2 n + 1] n = e ln 3 = 3.

6.1.2 Hàm số xác định khi

( x 2 + x + 1 > 0 x 2 − x + 1 > 0 Các bất đẳng thức trên đúng với mọi x ∈ R nên tập xác định của f (x) là R Chọn câu b

Ta có x→0 lim sin x x − 1 x = lim x→0 sin x − x x 2 = lim x→0 x + o(x 2 ) − x x 2 = 0 nên I = e 0 = 1 Chọn câu b

Do đó f (x) = (x 2 + 1) cos 1 x x→+∞ ∼ x 2 1 = x 2 Chọn câu d

6.1.8 Khi x → 0 bậc x 0 và x bị triệt tiêu nên ta sẽ khai triển đến bậc 2

−2x + 3, nếu 1 < x < 2 Khi x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 2 thì f 0 (1), f 0 (2) KHÔNG TỒN TẠI vì f + 0 (1) = lim x→1 + f (x) − f (1) x − 1 = lim x→1 +

(x − 1)(x − 2) x − 1 = lim x→1 − (x − 2) = −1, nên f + 0 (1) 6= f − 0 (1) Và vì f + 0 (2) = lim x→2 + f (x) − f (2) x − 2 = lim x→2 +

6.1.11 Ta có y 0 (x) = cos(e f(x) ).e f(x) f 0 (x) Chọn câu b

6.1.13 Khai triển Taylor hàm f (x) = √ 3 x đến cấp 2 Đặt X = x − x 0 = x − 1 ta có f (x) = g(X) = √ 3

Vậy hệ số của (x − 1) 2 trong khai triển Taylor hàm f (x) = √ 3 x tại x 0 = 1 đến bậc 2 là − 1

9 Chọn câu a 6.1.14 Khai triển Maclaurin f (x) = (x 2 + 1)e x đến x 10 , ta có f (x) = (x 2 + 1)

3 p 3 x(x − 2) 2 x = 0 là điểm mà tại đó f 0 (x) không xác định, x = 4

3 là điểm mà tại đó f 0 (x) = 0 nên hàm số có 2 điểm dừng. f 0 (x) đổi dấu qua các điểm dừng x = 0 và x = 4

3 nên hàm số có 2 cực trị.

= = x + 3a + 3 a 2 x + a 3 x 2 ⇒ f 0 (x) = 1 − 3a 2 x 2 − 2a 3 x 3 Điều kiện cần để f (x) đạt cực trị tại x = −2 là f 0 (−2) = 0 ⇔ 1 − 3a 2

" a = 2 a = −1 Để f (x) đạt cực đại tại x = −2 thì f 00 (−2) < 0 Ta có f 00 (x) = 6a 2 x 3 + 6a 3 x 4 ⇒ f 00 (−2) = 6a 2

Khi a = 2 thì f 00 (−2) = 0 Lúc này x 0 = −2 sẽ là điểm uốn vì đi qua x 0 = −2 đạo hàm cấp 2 f 00 (x) đổi dấu.

√ x > 0, ∀x ∈ (0, 4) và f (0) = 0, f (4) = 8 nên f min = 0, f max = 8 Chọn câu a

6.1.18 Tập xác định: x − e > 0 ⇔ x > e lim x→e + x ln(x − e) = e × (−∞) = −∞ ⇒ x = e là tiệm cận đứng về phía phải. x→+∞ lim x ln(x − e) = (+∞) × (+∞) = +∞ ⇒ hàm số f (x) không có tiệm cận ngang. x→+∞ lim x ln(x − e) x = lim x→+∞ ln(x − e) = +∞ ⇒ hàm số f (x) không có tiệm cận xiên.

6.1.19 Tập xác định: e + 1 x > 0 ⇔ ex + 1 x > 0 ⇔ x > 0 ∨ x < − 1 e lim x→0 + x ln e + 1 x

= lim t→+∞ t= 1 x ln (e + t) t = 0 ⇒ x = 0 KHÔNG là tiệm cận đứng về phía phải. lim x→− 1 e − x ln e + 1 x

= − 1 e × (−∞) = +∞ ⇒ x = − 1 e là tiệm cận đứng về phía trái. x→∞ lim x ln e + 1 x

= (∞) × 1 = +∞ ⇒ hàm số f (x) không có tiệm cận ngang. x→∞ lim x ln e + 1 x x = lim x→∞ ln e + 1 x

= lim t→0 t= 1 x ln 1 + e t t = lim t→ t e t = 1 e = b ⇒ hàm số f (x) có tiệm cận xiên y = x + 1 e Chọn câu a

3 + 2 ⇒ f 00 (x) = 20x 3 − 20x 2 = 20x 2 (x − 1) ⇒ f 00 (x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 1Tuy nhiên, chỉ khi qua điểm x = 1 đạo hàm cấp 2 f 00 (x) đổi dấu nên hàm số f (x) có 1 điểm uốn là x = 1 Chọn câu a

Đề thi cuối kỳ giải tích 1- Ca 1 năm học 2013-2014

Bài tập 7.1.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm sốy= x 2

Bài tập 7.1.2 Tính diện tích miềnDgiới hạn bởi các đường cong sauy 2 −x 2 = 1, y= 3

5. Bài tập 7.1.3 Tính tích phân I 4

Bài tập 7.1.4 Tìm m dương để tích phân sau hội tụ I +∞

Bài tập 7.1.5 Tìm nghiệm của bài toán xp y 2 + 2xy+ 2x 2 dx = (2xy + 3x 2 )dy−(2y 2 + 3xy)dx, y(1 +√

Bài tập 7.1.6 Giải phương trình y 00 −5y 0 = (x+ 2)e 2x −6.

Bài tập 7.1.7 Giải phương trình y 00 −5y 0 + 6y = (x+ 2)e 2x

Bài tập 7.1.8 Giải hệ phương trình

Đề thi cuối kỳ giải tích 1- Ca 2 năm học 2013-2014

Bài tập 7.2.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm sốy( x+√ x 2 −2x, x60 2x−x 2 , x >0

Bài tập 7.2.2 Tính thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền phẳng giới hạn bởi các đườngxy= 1, y=x, x= 9y, lấy miềnx >0, y >0quanh trụcOy.

Bài tập 7.2.3 Tính tích phân I +∞

R e dx x(ln 3 x+ ln 2 x+ lnx)dx Bài tập 7.2.4 Khảo sát sự hội tụ của tích phân sau I 1

Bài tập 7.2.5 Giải phương trình y 0 = y x +x 2 cosx

Bài tập 7.2.6 Tìm nghiệm của bài toány 00 + 4y= sin 2x+ 1, y(0) = 1

4, y 0 (0) = 0 Bài tập 7.2.7 Giải hệ phương trình

" x = 4 x = 0 Tiệm cận đứng: Vì tập xác định D = R \{2} nên ta lấy giới hạn của hàm số khi x → 2 Khi đó lim x→2 + y = lim x→2 + x 2 x − 2 = +∞ và lim x→2 − y = lim x→2 − − x 2 x − 2 = +∞

Vậy tiệm cận đứng là x = 2.

Tiệm cận ngang: không có vì x→+∞ lim y = lim x→+∞ x 2 x − 2 = +∞ và x→−∞ lim y = lim x→−∞ − x 2 x − 2 = +∞

Tiệm cận xiên: Tiệm cận xiên có dạng y = ax + b, trong đó a = lim x→+∞ y x = lim x→+∞ x 2 x(x − 2) = 1; b = lim x→+∞ (y − ax) = lim x→+∞ x 2 x − 2 − x = lim x→+∞

2x x − 2 = 2. và a = lim x→−∞ y x = lim x→−∞ − x 2 x(x − 2) = −1; b = lim x→−∞ (y − ax) = lim x→−∞ − x 2 x − 2 + x = lim x→+∞

−2x x − 2 = −2. Vậy, chúng ta có 2 tiệm cận xiên y = x + 2 (về phía phải) và y = −x − 2 (về phía trái).

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = 0 và cực tiểu tại x = 4, y = 8.

Hình 7.9: Đồ thị hàm sốy= x 2

2 x − 1 là nghiệm của hệ phương trình

Diện tích miền D bằng diện tích miền D 1 cộng diện tích miền D 2 , với D 1 :

7.1.3 I là tích phân suy rộng loại hai vì lim x→2 +

6x − x 2 − 8 = +∞.Vậy x = 2, x = 4 là những điểm kỳ dị và trong đoạn [2, 4] không có điểm kỳ dị nào khác.

Hình 7.10: Miền Dgiới hạn bởi các đường cong sauy 2 −x 2 = 1, y= 3

5. Đặt x − 1 = 1 t ⇒ dx = − dt t 2 , x = 1 + 1 t , x 2 4 t 1 1 3 Khi đó

7.1.4 Vì m > 0 nên khi x → +∞ ta có e −x + ln

1 x 2m x m−3 x m(m−3) = 1 x m 2 −3 Vậy tích phân I hội tụ khi m 2 − 3 > 1 ⇔

" m > 2 m < −2 Kết hợp điều kiện m > 0 ta được m > 2.

7.1.5 Chia hai vế của phương trình cho dx ta được dy dx = x p y 2 + 2xy + 2x 2 + 2y 2 + 3xy 2xy + 3x 2 Đây là phương trình vi phân đẳng cấp cấp một. Đặt u = y x ⇒ y = u.x ⇒ y 0 = u 0 x + u Khi đó phương trình đã cho trở thành u 0 x + u =

Vì nghiệm của phương trình thỏa mãn y(1 + √

Vậy nghiệm của bài toán là

7.1.6 Bước 1 Giải phương trình thuần nhất y 00 − 5y 0 = 0

Phương trình đặc trưng k 2 − 5k = 0 có 2 nghiệm phân biệt k 1 = 0, k 2 = 5

Bước 2 Nghiệm của phương trình thuần nhất y tn = C 1 e 0x + C 2 e 5x = C 1 + C 2 e 5x

Bước 3 Tìm nghiệm riêng của phương trình y 00 − 5y 0 = (x + 2)e 2x − 6 = f 1 (x) + f 2 (x). Ứng với f 1 (x) = (x + 2)e 2x thì nghiệm riêng có dạng y r 1 = x s (Ax + B)e 2x Vì α = 2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 0 và y r 1 = (Ax + B)e 2x

36 e 2x Ứng với f 2 (x) = −6 thì nghiệm riêng có dạng y r 2 = x s Ce 0x Vì α = 0 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên s = 1 và y r 2 = Cx.

Bước 4 Nghiệm tổng quát y tq = y tn + y r 1 + y r 2 = C 1 + C 2 e 5x +

Bước 1 Giải phương trình thuần nhất y 00 − 5y 0 + 6y = 0

Phương trình đặc trưng k 2 − 5k + 6 = 0 có 2 nghiệm phân biệt k 1 = 2, k 2 = 3

Bước 2 Nghiệm của phương trình thuần nhất y tn = C 1 e 2x + C 2 e 3x

Bước 3 Tìm nghiệm riêng của phương trình y 00 − 5y 0 + 6y = (x + 2)e 2x

Nghiệm riêng có dạng y r = x s (Ax + B)e 2x Vì α = 2 là nghiệm đơn của phương trình đặc trưng nên s = 1 và y r = x.(Ax + B)e 2x

Bước 4 Nghiệm tổng quát y tq = C 1 e 2x + C 2 e 3x +

7.1.8 Phương trình đặc trưng của hệ

⇔ λ 1 = −1 (BĐS=1), λ 2 = 1 (BĐS=2) Ứng với λ 1 = −1 ta xét hệ

7.2.1 Tập xác định D = R Đạo hàm tại x = 0 không tồn tại vì y 0 (0+) = lim x→0 +

Tiệm cận đứng: Vì tập xác định D = R không có tiệm cận đứng.

Tiệm cận ngang: không có tiệm cận ngang về phía phải vì x→+∞ lim y = lim x→+∞ 2x − x 2 = −∞.

Có một tiệm cận ngang y = 1 về phía trái vì x→−∞ lim y = lim x→−∞ x + p x 2 − 2x = lim t→+∞,t=−x −t + p t 2 + 2t = lim t→+∞

Tiệm cận xiên: Chúng ta chỉ xét tiệm cận xiên về phía phải vì về phía trái đã có tiệm cận ngang nên không thể có tiệm cận xiên về phía trái Tiệm cận xiên có dạng y = ax + b, trong đó a = lim x→+∞ y x = lim x→+∞

Vậy, chúng ta không có tiệm cận xiên về phía phải.

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = 0 và cực đại tại x = 1, y = 1.

Hình 7.11: Đồ thị hàm số y =

7.2.2 Giao điểm của xy = 1 và y = x với x > 0, y > 0 là nghiệm của hệ phương trình

Giao điểm của xy = 1 và y = x

9 với x > 0, y > 0 là nghiệm của hệ phương trình

Thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền D quanh trục Oy bằng thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền D 1 quanh trục Oy cộng thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền D 2 quanh trục Oy với D 1 :

Hình 7.12: Miền Dgiới hạn bởi các đường cong sauxy = 1, y =x, x= 9y, lấy miềnx >0, y >0

7.2.2 Giao điểm của xy = 1 và y = x với x > 0, y > 0 là nghiệm của hệ phương trình

Giao điểm của xy = 1 và y = x

9 với x > 0, y > 0 là nghiệm của hệ phương trình

Hình 7.13: Miền Dgiới hạn bởi các đường cong sauxy = 1, y =x, x= 9y, lấy miềnx >0, y >0Thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền D quanh trục Oy bằng thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền D 1 quanh trục Oy cộng thể tích vật thể tròn xoay được tạo ra khi quay miền D 2 quanh trục Oy với D 1 :

7.2.3 I là tích phân suy rộng loại một Đặt t = ln x ⇒ dt = dx x , x e +∞ t 1 +∞ Khi đó

7.2.4 Vì f (x) = ln x p x(1 − x) m < 0, ∀x ∈ (0, 1) nên ta sẽ xét tích phân I =

− ln x p x(1 − x) m Khi đó hai tích phân J =

0 f (x)dx cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ Ta có

Xét tích phân J 1 Khi x → 0 + ta có g(x) = − ln x p x(1 − x) m x→0 +

∼ − ln x x 1/2 Đối với hàm − ln x x 1/2 ta xét tỉ số

−→ 0, vì theo quy tắc L’Hopital, ta có lim x→0 +

− ln x x 1/2 dx cũng hội tụ Do đó, J 1 hội tụ Xét tích phân J 2

Vì g(x) = − ln x p x(1 − x) m liên tục trên

2 , 1 khi m 6 0 nên J 2 hội tụ Vậy J hội tụ.

Trường hợp: m > 0 Khi x → 1 − , ta có g(x) = − ln(1 + (x − 1)) p x(1 − x) m x→1 −

2 − 1 < 1 ⇔ m < 4 thì J 2 hội tụ Từ đó suy ra J hội tụ khi 0 < m < 4.

2 − 1 > 1 ⇔ m > 4 thì J 2 phân kỳ Từ đó suy ra J phân kỳ khi m > 4.

Kết hợp cả hai trường hợp, ta kết luận:

7.2.5 Phương trình đã cho tương đương y 0 = y x + x 2 cos x ⇔ y 0 − 1 x y = x 2 cos x Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp một với p(x) = − 1 x , q(x) = x 2 cos x Do đó nghiệm của phương trình đã cho là y = e − R p(x)dx

7.2.6 Bước 1 Giải phương trình thuần nhất y 00 + 4y = 0

Phương trình đặc trưng k 2 + 4 = 0 có 2 nghiệm phức liên hợp k 1 = 2i, k 2 = −2i

Bước 2 Nghiệm của phương trình thuần nhất y tn = e 0x (C 1 cos 2x + C 2 sin 2x) = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x. Bước 3 Tìm nghiệm riêng của phương trình y 00 + 4y = sin 2x + 1 = f 1 (x) + f 2 (x). Ứng với f 1 (x) = sin 2x thì nghiệm riêng có dạng y r 1 = x s e 0x (A cos 2x + B sin 2x) Vì 0 + 2i là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 1 và y r 1 = x(A cos 2x + B sin 2x).

1 y r 00 1 = (4B − 4Ax) cos 2x + (−4A − 4Bx) sin 2x y r 00 1 + 4y r 1 = 4B cos 2x − 4A sin 2x = sin 2x

4 x cos 2x Ứng với f 2 (x) = 1 thì nghiệm riêng có dạng y r 2 = x s Ce 0x Vì α = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 0 và y r 2 = C.

Bước 4 Nghiệm tổng quát y tq = y tn + y r 1 + y r 2 = C 1 cos 2x + C 2 sin 2x − 1

Với điều kiện y 0 (0) = 0 ta tính y tq 0 = −2C 1 sin 2x+2C 2 cos 2x− 1

4 (cos 2x−2x sin 2x) sau đó, thay x = 0, y = 0 ta sẽ thu được

Vậy nghiệm của bài toán là y = 1

Từ phương trình (2) ta khử x bằng cách thay x = y 0 − y + 1

2 vào phương trình (1) Khi đó, ta có y 00 − y 0

Bước 1 Giải phương trình thuần nhất y 00 − 2y 0 − 15y = 0

Phương trình đặc trưng k 2 − 2k + 15 = 0 có 2 nghiệm phân biệt k 1 = −3, k 2 = 5

Bước 2 Nghiệm của phương trình thuần nhất y tn = C 1 e −3t + C 2 e 5t

Bước 3 Tìm nghiệm riêng của phương trình y 00 − 2y 0 − 15y = 2e 2t + 1 = f 1 (t) + f 2 (t). Ứng với f 1 (t) = 2e 2t thì nghiệm riêng có dạng y r 1 = t s e 2t A Vì α = 2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 0 và y r 1 = A.e 2t

15 e 2t Ứng với f 2 (x) = 1 thì nghiệm riêng có dạng y r 2 = t s Be 0t Vì α = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 0 và y r 2 = B.

Bước 4 Nghiệm tổng quát y tq = y tn + y r 1 + y r 2 = C 1 e −3t + C 2 e 5t − 2

Thay y tq , y 0 tq vào biểu thức x = y 0 − y + 1

Từ phương trình (1) ta khử y bằng cách thay y = x 0 − x − e 2t

8 vào phương trình (2) Khi đó, ta có x 00 − x 0 − 2e 2t

Bước 1 Giải phương trình thuần nhất x 00 − 2x 0 − 15x = 0

Phương trình đặc trưng k 2 − 2k + 15 = 0 có 2 nghiệm phân biệt k 1 = −3, k 2 = 5

Bước 2 Nghiệm của phương trình thuần nhất x tn = C 1 e −3t + C 2 e 5t

Bước 3 Tìm nghiệm riêng của phương trình x 00 − 2x 0 − 15x = e 2t − 8 = f 1 (t) + f 2 (t). Ứng với f 1 (t) = e 2t thì nghiệm riêng có dạng x r 1 = t s e 2t A Vì α = 2 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 0 và x r 1 = A.e 2t

15 e 2t Ứng với f 2 (x) = −8 thì nghiệm riêng có dạng x r 2 = t s Be 0t Vì α = 0 không là nghiệm của phương trình đặc trưng nên s = 0 và x r 2 = B.

Bước 4 Nghiệm tổng quát x tq = x tn + x r 1 + x r 2 = C 1 e −3t + C 2 e 5t − 1

Thay x tq , x 0 tq vào biểu thức y = x 0 − x − e 2t

1.1.1 Các lệnh cơ bản đối với dãy số

1 Căn bậc n của 1 số x: nthroot(x,n)

3 Khai báo dãy số: ví dụ: syms n; xn=1/n

4 Tính giới hạn của dãy số:limit(xn, n, inf)

5 Biểu diễn hình học của dãy số:

Ví dụ: N = 1000; for i = 1 : N X(i) = 1/i; plot(X(i),’.’); end;

1.1.2 Các lệnh tính giới hạn của hàm số

1 Giới hạn tại 1 điểm:limit(f,x,x0) Ví dụ:syms x; limit(sin(x)/x,x,0) ⇒ans=1.

2 Giới hạn trái tại 1 điểm : limit(f,x,x0,’left’) Ví dụ: syms x; limit(abs(x-1)/(x-1),x,1,’left’)

3 Giới hạn phải tại 1 điểm :limit(f,x,x0,’right’).Ví dụ:syms x; limit(abs(x-1)/(x-1),x,1,’right’)

4 Tìm hàm hợp: compose(f,g) Ví dụ: syms x; f =xˆ 2; g =exp(x);compose(f, g) ⇒ ans exp(2∗x).

5 Tìm hàm ngược:finverse(f).Ví dụ: syms x; f=exp(x);f inverse(f)⇒ ans=log(x).

6 Tìm giá trị của hàm số tại 1 điểm: subs(f,x,a) Ví dụ: syms x; f =xˆ 2 + 1; subs(f, x,2)

1.1.3 Các lệnh cơ bản đối với biểu thức toán học

1 Rút gọn biểu thức:simplify(f).Ví dụ: syms x;f = (sin(x))ˆ2 + (cos(x))ˆ2;simplif y(f)⇒ ans= 1.

2 Viết biểu thức dưới dạng ngắn nhất: simple(f).Ví dụ: syms x; f = (x+ 1)∗x∗(x−1);simple(f)⇒ ans=xˆ3−x.

1.1.4 Các lệnh nhập - xuất thông tin

1 Nhập chuỗi ký tự từ bàn phím:input(’Hãy nhập vào giá trị x’, x)

2 Xuất thông tin: disp(’Giá trị của x là’, x)

1 Tính đạo hàm: diff(f) hoặc diff(f,x) Ví dụ: syms x;dif f(xˆ2 + 2) ⇒ans=2*x

2 Tính đạo hàm cấp n:diff(f,n) hoặc diff(f,x,n) Ví dụ: syms x;dif f(exp(xˆ2 + 1),4)⇒ans12∗exp(xˆ2 + 1) + 48∗xˆ2∗exp(xˆ2 + 1) + 16∗xˆ4∗exp(xˆ2 + 1).

1 Khai triển Maclaurin đến bậc n: taylor(f,n) Ví dụ: syms x; taylor(exp(x)*log(1+x),5) ⇒ ans=xˆ3/3 +xˆ2/2 +x

2 Khai triển Taylor tại x 0 đến bậc n: taylor(f,n,x 0 ) Ví dụ: syms x; taylor(exp(x+1),5, 1)⇒ ans=exp(2)+exp(2)∗(x−1)+(exp(2)∗(x−1)ˆ2)/2+(exp(2)∗(x−1)ˆ3)/6+(exp(2)∗(x−1)ˆ4)/24

1.1.7 Giải phương trình tìm điểm nghi ngờ, điểm cực trị, điểm uốn

1 solve(f) Ví dụ: syms x; solve(xˆ2−1) ⇒ans= 1; −1

1 Vẽ hàm tham số: ezplot(x(t),y(t),[t1,t2]) Ví dụ: syms t; x=t;y=tˆ2; ezplot(x,y,[0,2])

2 Vẽ hàm y=f(x): ezplot(f,[a,b]) Ví dụ: syms x; ezplot(xˆ2 + 1,[0,2])

3 Định các giá trị đặt trên Ox:set(gca,’xtick’,[x 1 , x 2 , ])

4 Định các giá trị đặt trên Oy: set(gca,’ytick’,[y 1 , y 2 , ])

1.1.9 Tính tích phân suy rộng

1 >> syms x;>> int(1/(1 +x 2 ),0, inf)⇒ Ans=pi/2

2 >> syms x;>> int(1/(1 +x),0, inf)⇒ Ans=Inf

Tiêu đề	Giải tích hàm một biến
Tác giả	Nguyễn Đình Huy, Nguyễn Quốc Lân, Lê Xuân Đại
Trường học	Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh, Trường Đại học Bách khoa
Chuyên ngành	Toán Cao Cấp
Thể loại	Sách giáo khoa
Năm xuất bản	2015
Thành phố	Thành phố Hồ Chí Minh

Định dạng
Số trang	148
Dung lượng	8,08 MB