HAM SO LIEN TUC THEO MOT BIEN.pdf

Tài liệu Hàm số liên tục theo một biến.

Tài liệu ôn thi cao học năm 2005Môn: Giải tích cơ bảnGV: PGS.TS. Lê Hoàn HóaĐánh máy: NTVPhiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC1 Giới hạn liên tụcĐịnh nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x0∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếuvới mọi δ > 0, I ∩ (x0− δ, x0+ δ)\{x0} = 0. Cho f : I → R và x0là điểm giới hạn của I. Tanói:limx→x0f(x) = a ∈ R ⇐⇒ ∀ε,∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x − x0| < δ =⇒ |f(x) − a| < εlimx→x0f(x) = +∞ (−∞) ⇐⇒ ∀A ∈ R,∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x−x0| < δ =⇒ f(x) > A (f (x) < A)Định nghĩa 1.2 Cho f : I → R và x0∈ I. Ta nói:f liên tục tại x0⇐⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x ∈ I,|x − x0| < δ =⇒ |f(x) − f(x0)| < εNếu x0là điểm giới hạn của I thì:f liên tục tại x0⇐⇒ limx→x0f(x) = f(x0)Nếu f liên tục tại mọi x ∈ I, ta nói f liên tục trên I.f liên tục trên I ⇐⇒ ∀x ∈ I,∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x∈ I,|x − x| < δ =⇒ |f(x) − f(x)| < Ta nói:f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0,∃δ > 0 : ∀x, x∈ I,|x − x| < δ =⇒ |f(x) − f(x)| < Hàm số liên tục trên một đoạn:Cho f : [a, b] → R liên tục. Khi đó:i) f liên tục đều trên [a, b].ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b].Đặt m = min{f(x), x ∈ [a, b]}, M = max{f(x), x ∈ [a, b]}. Khi đó f ([a, b]) = [m, M] (nghĩa làf đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M).1 2 Sự khả viĐịnh nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x0∈ I. Ta nói f khả vi tại x0nếu limt→0f(x0+ t) − f(x0)ttồn tại hữu hạn. Khi đó đặtf(x0) = limt→0f(x0+ t) − f(x0)tgọi là đạo hàm của f tại x0Nếu f khả vi tại mọi x ∈ I, ta nói f khả vi trên I.Định lí 2.1 (Cauchy) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b). Giả sửf(x) = 0 trên (a, b). Khi đó, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:f(c)[g(b) − g(a)] = g(c)[f(b) − f(a)]Trường hợp g(x) = x, ta có công thức Lagrangef(b) − f(a) = f(c)(b − a)Quy tắc Lôpitan: Cho x0∈ R hoặc x0= ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x0. Giả sử g vàgkhác không và limx→x0f(x) = limx→x0g(x) = 0 hoặc limx→x0f(x) = limx→x0g(x) = +∞ hoặc −∞.Khi đó: Nếu limx→x0f(x)g(x)= A thì limx→x0f(x)g(x)= A (A có thể là hữu hạn hoặc vô hạn).Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân:Cho f liên tục, u, v khả vi. ĐặtF (x) =v(x)u(x)f(t) dtKhi đó: F khả vi và F(x) = v(x)f(v(x)) − u(x)f(u(x)).3 Vô cùng bé - Vô cùng lớnHàm f được gọi là lượng vô cùng bé khi x → x0nếu limx→x0f(x) = 0.Cho f, g là hai lượng vô cùng bé khi x → x0. Giả sử limx→x0f(x)g(x)= k- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương.- Nếu k = 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc.- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f.- Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g.2 Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x0. Giả sử tồn tại k > 0 sao cholimx→x0f(x)(x−x0)ktồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vôcùng bé f khi x → x0.Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x0nếu limx→x0f(x) = +∞ hoặc −∞. Nếu f là vôcùng lớn khi x → x0thì1flà vô cùng bé khi x → x0.Cho f, g là vô cùng lớn khi x → x0. Giả sử limx→x0f(x)g(x)= k.- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn tương đương.- Nếu k = 0 và hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn cùng bậc.- Nếu k = 0, ta nói g là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn f.- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói f là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn g.Cho f là vô cùng lớn khi x → x0. Bậc của vô cùng lớn f là số k > 0 (nếu có sẽ duy nhất) saocho limx→x0(x − x0)kf(x) tồn tại hữu hạn và khác không.4 Công thức TaylorCho f : (a, b) → R có đạo hàm bậc (n + 1). Với x0, x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho:f(x) =nk=0f(k)(x0)k!(x − x0)k+1(n + 1)!f(n+1)(x0+ θ(x − x0))Rn(x) =1(n+1)!f(n+1)(x0+ θ(x − x0)) là dư số Lagrange.Hoặc:f(x) =nk=0f(k)(x0)k!(x − x0)k+ o (|x − x0|n)Rn(x) = o (|x − x0|n) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọi là dư số Peano. Nếu x0= 0ta được công thức Maclaurin:f(x) =nk=0f(k)(0)k!xk+ Rn(x). Công thức Maclaurin của hàm sơ cấpa) ex= 1 + x +x22!+ ··· +xnn!+ Rn(x), Rn(x) =eθx(n + 1)!xn+1hoặc Rn(x) = o(xn).b) sin x = x −x33!+x55!+ ··· + (−1)nx2n−1(2n − 1)!+ R2n, R2n= (−1)ncos θx.x2n+1(2n + 1)!hoặcR2n= o(x2n).c) cos x = 1 −x22!+x44!+ ··· + (−1)nx2n(2n)!+ R2n+1, R2n+1= (−1)n+1cos θx.x2n+2(2n + 2)!hoặcR2n+1= o(x2n+1).3 d) (1 + x)α= 1 +αx1!+α(α − 1)2!x2+ ··· +α(α − 1) . . . (α − n + 1)n!xn+ Rn, (x > −1).Rn=α(α − 1) . . . (α − n + 1)n!(1 + θx)α−n+1.xn+1hoặc Rn= o(xn).e) ln(1 + x) = x −x22+x33+ ··· + (−1)n+1xnn+ o(xn), x > −1f) arctgx = x −x33+x55+ ··· + (−1)n+1x2n−12n − 1+ o(x2n)5 Các giới hạn cơ bản1. limt→0sin tt= limt→0tgtt= limt→0arctgtt= limt→0arcsintt= limt→0ln (1 + t)t= limt→0et− 1t2. limt→0(1 + t)a− 1t= a.3. limt→01 − cos tt2=12.4. limt→∞tpet= 0 ∀p.5. limt→∞lnpttα= 0, α > 0,∀p.Thí dụ:Tính các giới hạn sau:1. limx→1m√x − 1n√x − 1= limt→0(1 + t)1/m− 1(1 + t)1/n− 1=nm.2.limx→1(1 −√x)(1 −3√x) . . . (1 −n√x)(1 − x)n−1= limt→01 − (1 + t)1/2.1 − (1 + t)1/3. . .1 − (1 + t)1/n(−t)n−1=12.13. . .1n=1n!3. I = limx→0x2n√1 + 5x− (1 + x)Đặt t5= 1 + 5x hay x =t5−15Suy ra :x25√1 + 5x − (1 + x)= −(t5− 1)25(t5− t + 4)= −(t5− 1)25(t − 1)2(t3+ 2t2+ 3t − 4)Vậy I = −524. limx→+∞1xlnex− 1x= limx→+∞1xln(ex− 1) − ln x= 15. limx→0ln(cos x)x2= limx→0ln[1 + (cos x − 1)]x2= limx→0cos x − 1x2= −126. limx→01sin x− cotg x= limx→01 − cos xsin x= limx→0x22x= 04 7. limx→03√cos x −√cos xx2= limx→01 −x2213−1 −x2212x2= limx→0−x26+x24x2=112(dùng 1 − cos x ∼x22, limt→0(1 + t)α− 1t= α )8. limx→∞sin√x + 1 − sin√x= limx→∞2 sin√x + 1 −√x2. cos√x + 1 +√x2= 0Tính limx→x0u(x)v(x)Đặt y = uv⇒ ln y = v ln u.Sau đó tính limx→x0v ln uNếu limx→x0v ln u = a thì limx→x0uv= ea9. limx→+∞x + 2x − 33x+4Đặt y = limx→+∞x + 2x − 33x+4⇒ ln y = (3x + 4) lnx + 2x − 3⇒ ln y = (3x + 4) ln1 +5x − 3Vậy limx→∞ln y = limx→∞(3x + 4).5x − 3= 15Suy ra limx→∞y = e1510. limx→01 + tg x1 + sin x1sin xĐặt y =1 + tg x1 + sin x1sin x⇒ ln y =1sin xln1 + tg x1 + sin x=1sin xln1 +tg x − sin x1 + sin x(dùng ln(1 + t) ∼ t)⇒ limx→0ln y = limx→0tg x − sin xsin x(1 + sin x)= limx→01cos x− 11 + sin x= 0Vậy limx→0y = 1Chứng minh các lượng vô cùng bé sau tương đương khi x → 0:1. f(x) = x sin2x, g(x) = x2sin xlimx→0f(x)g(x)= limx→0x sin2xx2sin x= 15 2. f(x) = e2x− ex, g(x) = sin 2x − xlimx→0f(x)g(x)= limx→0e2x− exsin 2x − x= limx→02e2x− ex2 cos 2x − 1= 1So sánh các vô cùng bé khi x → 01. f(x) = 1 − cos3x, g(x) = x sin xlimx→0f(x)g(x)= limx→01 − cos3xx sin x= limx→0(1 − cos x)(1 + cos x + cos2x)x2=32(thay sin t ∼ t)Vậy f, g là vô cùng bé cùng bậc.2. f(x) = cos x − cos 2x, g(x) = x32limx→0f(x)g(x)= limx→0cos x − cos 2xx32= limx→0(cos x − 1) + (1 − cos 2x)x32= 0Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g.Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x → 01. f(x) =√cos x −3√cos xlimx→0f(x)xk= limx→0√cos x −3√cos xxk= limx→01 −x2212−1 −x2213xk= −112nếu k = 2Vậy f là vô cùng bé bậc 2.2. f(x) = x sin x − sin2xTa có: f(x) = sin x(x − sin x) ∼ xx33!=x43!(dùng khai triển Taylor)Vậy f là vô cùng bé bậc 4.3. Tìm bậc của vô cùng lớn f (x) =1 +√x khi x → +∞f(x) =1 +√x =x12(1 + x−12) = x141 + x−12Vậy f là vô cùng lớn bậc14Lưu ý. Để tìm bậc của vô cùng lớn khi x → +∞, ta tìm số k > 0 sao cho limx→∞f(x)xktồntại hữu hạn và khác không.4. Tìm lượng tương đương của f(x) = x[x2+√x4+ 1 − x√2]khi x → +∞Dùng (1 + t)α) − 1 ∼ αt khi t → 0, ta cóf(x) = x21 +1 +1x41212−√2∼ x22 +12x412−√26 ∼ x2√21 +14x412− 1∼x2√28x4Vậy f là vô cùng bé tương đương với g(x) =√28x2khi x → +∞5. Cho n là số tự nhiên, f0, f1, . . . , fnlà các đa thức sao chofn(x)enx+ fn−1(x)e(n−1)x+ ··· + f0(x) = 0với mọi x lớn bất kỳ.Chứng minh f0, f1, . . . , fnđồng nhất bằng 0.Giả sử fnkhông đồng nhất triệt tiêufn(x) = akxk+ ak−1xk−1+ ··· + a0, ak= 0Chia hai vế cho xkenx, cho x → ∞, áp dụng limx→∞xpeax= 0 với a > 0, ∀p, ta được ak= 0.Mâu thuẫn.Vậy fn≡ 0. Tương tự cho fn−1, . . . , f1đồng nhất triệt tiêu.Khi đó, f0(x) = 0 với mọi x lớn bất kỳ. Vậy f0≡ 0.6. Cho n là số tự nhiên, f0, f1, . . . , fnlà các đa thức sao chofn(x)(ln x)n+ fn−1(x)(ln x)n−1+ ··· + f0(x) = 0với mọi x > 0.Chứng minh f0, f1, . . . , fnđồng nhất triệt tiêu.Đặt x = eyvà viết biểu thức vế trái dưới dạnggk(y)eky+ gn−1(y)e(k−1)y+ ··· + g0(y) = 0với mọi y, trong đó k là số tự nhiên.Làm tương tự như bài (5), ta có gk, . . . , g0đồng nhất triệt tiêu. Vậy f0, f1, . . . , fnđồngnhất triệt tiêu.6 Bài tập1. Tính các giới hạn sau(a) limx→π3tg3x − 3 tg xcosx +π6(b) limx→∞x[ln(x + a) − ln x](c) limx→1x2− 1x ln x(d) limx→+∞3√x3+ 3x2−√x2− 2x(e) limx→0(cos x)1x2(f) limx→0(sin x + cos x)1x7 2. Tính các giới hạn sau bằng thay các vô cùng bé tương đương.Các lượng vô cùng bé sau tương đương khi t → 0:t ∼ sin t ∼ tg t ∼ arctg t ∼ arcsin t ∼ ln(1 + t) ∼ (et− 1)(1 − cos t) ∼t22(1 + t)α∼ 1 + αt(a) limx→0ln(1 + 2x sin x)tg2x(b) limx→0sin23xln2(1 − 2x)(c) limx→π2±√1 + cos 2x√π −√2x(d) limx→0ln(cos x)ln(1 + x2)3. Dùng công thức Taylor tính các giới hạn sau:(a) limx→∞x − x2ln1 +1x(b) limx→01 − (cos x)sin xx3Hướng dẫn:sin x. ln(cos x) = sin x. ln[1 + (cos x − 1)] ∼ sin x.(cos x − 1)∼x −x33!+ . . .−x22− . . .∼ −x321 − (cos x)sin x= 1 − esin x. ln(cos x)∼ 1 − e−x32∼x32Vậy limx→01 − (cos x)sin xx3=12(c) limx→0(1 + x)x− 1sin2x(d) limx→0e − (1 + x)12x4. Dùng quy tắc L’Hopital tính các giới hạn sau(a) limx→0ex− e−x− 2xx − sin x(b) limx→∞xex2x + ex(c) limx→0+ln x1 + 2 ln(sin x)(d) limx→∞π − 2 arctg xln1 +1x8 5. Dùng quy tắc L’Hopital khử các dạng vô định(a) limx→1+ln x. ln(x − 1)(b) limx→01x−1ex− 1(c) limx→0+(1 + x)ln x(d) limx→0tg xx1x2(e) limx→0+(x)sin x(f) limx→π2−(π − 2x)cos xHướng dẫn: Đặt x =π2+ t9 . HóaĐánh máy: NTVPhiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC1 Giới hạn liên tụcĐịnh nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x0∈ R. 2x − xlimx→0f(x)g(x)= limx→0e2x− exsin 2x − x= limx→02e2x− ex2 cos 2x − 1= 1So sánh các vô cùng bé khi x → 01. f(x) = 1 − cos3x, g(x) = x sin xlimx→0f(x)g(x)=