0

Bai giang giai tich (dai hoc su pham).pdf

24 1,553 4
  • Bai giang giai tich (dai hoc su pham).pdf

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/08/2012, 10:49

Tài liệu bài giảng giải tích của trường Đại học sư phạm. Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Số phức 1.1 Khái niệm về số phức Ta biết rằng lũy thừa chẵn của mỗi số thực đều không âm, do đó trong tập hợp R không thể khai căn bậc chẵn của một số âm. Ví dụ: phương trình x2 + 1 = 0 vô nghiệm thực.Vì vậy, ta đưa một lớp số mới vào nhằm mở rộng trường số thực. 1.1.1 Định nghĩa số phức: 1. Ta định nghĩa phần tử i sao cho i2 = - 1 gọi là đơn vị ảo. 2. Biểu thức z = a + bi với a, b ∈ R gọi là một số phức; a gọi là phần thực, b gọi là phần ảo . Ký hiệu a = Rez, b = Imz. Như vậy z = a + bi = Rez + i(Imz) 3. Tập hợp các số phức được ký hiệu là C. 4. Nếu a = 0 thì z = bi gọi là số thuần ảo; b = 0 thì được số thực z = a. 5. Hai số phức được gọi là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng bằng nhau, tức là: a + bi = c + di ⇔ a = c và b = d. 6. Cho số phức z = a + bi. Số phức a + (-b)i = a – bi gọi là số phức liên hợp của z, ký hiệu z. Khi đó: số phức liên hợp của z là z. 1.1.2 Các dạng biểu diễn của số phức 1. Dạng đại số Cách viết z = a + bi còn gọi là dạng đại số hay dạng nhị thức của số phức. 2. Biểu diễn hình học: Mọi số phức z = a + bi đều có thể biểu diễn trên mặt phẳng Oxy dưới dạng điểm A(a,b) với hoành độ a và tung độ b, và ngược lại, mọi điểm M(a,b) của mặt phẳng Oxy đều có thể xem như là ảnh của số phức a + bi. Nếu z = a: Thì M(a,0) nằm trên trục Ox. Vì vậy, trục Ox còn được gọi là trục thực. Nếu z = bi: Thì M(0,b) nằm trên trục Oy. Vì vậy, trục Oy còn được gọi là trục ảo Hai số phức liên hợp được biểu diễn bởi hai điểm đối xứng với nhau qua trục Ox. Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Nối điểm A(a,b) với gốc tọa độ, ta được vectơ OAuuur Trong nhiều trường hợp, người ta xem vec tơ OAuuur như là biểu diễn hình học của số phức z = a + bi. 3. Dạng lượng giác của số phức Cho số phức z = a +bi và OAuuur là vectơ biểu diễn hình học của z trên mặt phẳng xOy. Khi đó: Độ dài r = OAuuur của vectơ OAuuur được gọi là mođun của số phức z, ký hiệu là |z|. Hiển nhiên ta có: |z | ≥ 0, ∀ z ∈ C, |z | = 0 ⇔ z = 0 Bây giờ giả sử z ≠ 0, tức là OAuuur ≠ 0r. Góc định hướng giữa tia Ox và vectơ OAuuur (đo bằng radian) ϕ = ·( ),OxOAuuur được gọi là argument của số phức z, ký hiệu là Argz. Argz không duy nhất mà sai khác nhau k2π. Nếu chỉ giới hạn xét ϕ ∈[0;2π) thì khi đó ϕ được gọi là argument chính, ký hiệu argz. Khi z = 0 thì ϕ không xác định, ta quy ước Arg0 nhận giá trị tuỳ ý. Rõ ràng a = rcosϕ ; b = rsinϕ. Do đó: z = a + bi = r(cosϕ + isinϕ) được gọi là dạng lượng giác của số phức z. Sự liên hệ giữa dạng đại số z = a + bi và dạng lượng giác z = r(cosϕ + isinϕ) Ta có: r = 22ab+ , ϕ = tg (b/a) , nếu a ≠ 0. a = rcosϕ ; b = rsinϕ Từ định nghĩa của số phức liên hợp z của z và biểu diễn hình học của z, ta có: |z| = | z |; argz = - argz. Ví dụ: 1. r(cosϕ - isinϕ) có phải là dạng lượng giác của số phức z? 2. Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác a. z = -2 + 2i3 b. z = 1 + i c. z = 1- i d. z = cos.sin77iππ−+ e. z = sin.cos33iππ+ A(a,b) b y O a x ϕ r Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1.2 Những phép tính cơ bản trên số phức: Cho hai số phức z = a + bi và w = c + di. Lần lượt có dạng lượng giác là r1 (cosϕ1 + isinϕ1) và r2 (cosϕ2 + isinϕ2) 1.2.1 Phép cộng z + w = (a + c) + (b + d)i (1) 1.2.2 Phép nhân z .w = (ac – bd) + (ad + bc)i (2) Nhận xét: z. z = a2 + b2 = | z |2. Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác thì ta có: z.w = r1.r2 (cos(ϕ1 +ϕ2) + isin(ϕ1 +ϕ2)) (3) Nhận xét: | z.w | = | z |. | w |; | zn | = | z |n ; Arg(zn) = n. Argz + k2π 1.2.3 Phép chia 2 số phức. Bổ đề: Cho số phức z = a + bi. Khi đó tồn tại số phức z1 sao cho z.z1 =1. Khi đó z1 được gọi là nghịch đảo của số phức z, ký hiệu z-1. Vậy z-1 = 1/z. Chứng minh Ta cần tìm z1 = c + di sao cho z.z1 = 1. Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = 1 Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = 1 Suy ra : ac – bd = 1 và ad + bc = 0 (I) Giải hệ phương trình (I) ta được: 2222;abcdabab−==++ Vậy z1 tồn tại. Do đó, z-1 = z1 = 2222abiabab−++ (4) Nhận xét: Trong thực hành ta có thể tìm z-1 = 1/z bằng cách nhân tử và mẫu cho số phức liên hợp z Phép chia hai số phức: Giả sử w ≠ 0. Khi đó: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2222.().()()().zzwabicdiacbdbcadiwcdcdww+−++−===++(5) Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác ta có: z/w = (r1/r2). (cos(ϕ1 - ϕ2) + isin(ϕ1-ϕ2)) (6) 1.2.4 Các ví dụ: 1. Cho z = 1–2i và w = 3+4i. Tìm z + w,z – w,z.w, z/w. 2. Tính (1 + i)2 , (1 + i)4. Suy ra (1+i)2006, (1 – i)210906 3. (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i)2/1-i 4. (1 + i)9/(1 – i )7 ; 1 + (1+i) + (1+i)2 + . + (1+i)99 5. Tìm modun của các số phức sau: 4(1)(16)(27)iii++− 1.3 Phép nâng lên lũy thừa và phép khai căn số phức 1.3.1 Nâng lên lũy thừa Từ công thức (3) của mục trên, suy ra rằng nếu n là một số nguyên dương thì: [r(cosϕ + isinϕ)]n = rn (cosnϕ + isinnϕ). Công thức này gọi là công thức Moivre. Nó chứng tỏ rằng khi nâng một số phức lên lũy thừa nguyên dương thì môđun được nâng lên lũy thừa đó và argument bị nhân với số mũ của lũy thừa. Áp dụng của công thức Moivre: Trong công thức đặt r = 1, ta được (cosϕ + isinϕ)n = (cosnϕ + isinnϕ) Khai triển vế trái theo công thức của nhị thức Newton và so sánh phần thực và phần ảo của hai vế, ta có thể biểu diễn sinnϕ và cosnϕ theo luỹ thừa của cosϕ và sinϕ. Chẳng hạn với n = 3: ta có: VT = cos3ϕ + i.3cos2ϕsinϕ - 3cosϕsin2ϕ - isin3ϕ VP = cos3ϕ + isin3ϕ Do đó: cos3ϕ = cos3ϕ - 3cosϕsin2ϕ = -3cosϕ + 4 cos3ϕ sin3ϕ = -sin3ϕ + 3cos2ϕsinϕ = 3sinϕ - 4 sin3ϕ 1.3.2 Phép khai căn Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn: nnzwwz=⇔=. Hay: (cossin)(cossin)nriiϕϕρθθ+=+ Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (cossin)(cossin)nrininϕϕρθθ⇔+=+ Vì trong những số phức bằng nhau. Môđun phải bằng nhau nhưng argument có thể sai khác một bội 2π nên: ρn = r; nθ = ϕ + k2π Từ đó: ρ = nr; θ = 2knϕπ+; k là số nguyên tùy ý. Cho k các giá trị 0,1,2, ., n-1, ta được n giá trị khác nhau của căn. Vậy căn bậc n của một số phức có n giá trị khác nhau Căn bậc n của số thực A khác 0 cũng có n giá trị vì số thực là một trường hợp đặc biệt của số phức và có thể viết dưới dạng lượng giác: Nếu A > 0 thì A = |A| (cos0 + isin0) Nếu A < 0 thì A = |A| (cosπ + isinπ) Ví dụ: Tìm 3341,1,(22)i−+ Bài tập: Bài 1 Tính: 1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 3. (4 – 7i)30 4. 345ii−+ 5. 2332(12)(1)(32)(2)iiii+−−+−+ 6. 3412ii+− 7. (1+i 3)3 8. 512i−− 9.()()931313ii+++ 10. 812i−−+ 11. ()713i−− 12. ()()2007200613ii−+− Bài 2 Tìm các số thực x,y sao cho: 1. (1- 2i)x + (-3 + 4i)y = -1 -3i 2. (2+i)x – (3+5i) = 1 +3i 3. (2 - 3i)x +(1+3i)y = x + 5iy 4. (3-2i)x – (4+5i)y = 2y + 3ix Bài 3: Tìm |z| (modun của số phức) nếu : 1. ( 1 + i)()3i+ 2. 13ii++ 3. (1)(3)(2)(34)(5)iiiiii++−−++ 4.32613ii−++ 5. 5(34)34ii+− 6.31iii+−+− 7.20062332izi+=− 8.4(34)(1)34iii++− Bài 4: Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác 1. – 1 – i 2. 13i+ 3. ()3131ii+−− 4. ()()431ii+− 5. ()()()1133iii+−−+ Bài 5: Giải các phương trình: 1. z2 = - 1 + i 2. 4z2 + 4z + i = 0 3. 422340zz−+= Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 2. ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ I. Giới hạn hàm số 1. Các giới hạn cơ bản: 1. 1limsinlim00==→→ttgttttt 2. 1)1ln(lim1lim00=+=−→→tttettt 3. 21cos1lim20=−→ttt 4. attat=−+→1)1(lim0 5. pettpt∀=∞→,0lim 6. pttpt∀>=∞→,0,0lnlim αα 2. Quy tắc L’Hospital: Cho xo ∈ R hoặc xo = ± ∞. f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn: 0)(lim)(lim00==→→xgxfxxxx hoặc ±∞==→→)(lim)(lim00xgxfxxxx Giả sử tồn tại Axgxfxx=→)(')('lim0. Khi đó: Axgxfxx=→)()(lim0 3. Giới hạn dạng: [ ])()(lim0xgxxxf→ 1. Giả sử bxgaaxfxxxx=>=→→)(lim);0()(lim00(a,b hữu hạn) thì [ ])()(lim0xgxxxf→= ab 2. [ ])()(lim0xvxxxu→ có dạng 00. Đặt y = uv thì lny = v.lnu Khi đó: yxxlnlim0→có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn. Nếu yxxlnlim0→ = )(ln)(lim0xuxvxx→=a thì [ ])()(lim0xvxxxu→ = ea 3. [ ])()(lim0xgxxxf→có dạng 1∞. Khi đó: [ ])()(lim0xgxxxf→=()( )0()1()1()1lim1(()1)fxgxfxxxfx−−→+−= []()0lim()1gxxxfxe→− Bài tập: Bài 1: Tính các giới hạn sau: 1. 121lim22−−−∞→xxxx 2. xxxxx1)31)(21)(1(lim0−+++→ 3. 5250)51()1(limxxxxx++−+→ 4. 13lim321−−++→xxxxx Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5. 211)1()1(lim−++−+→xnxnxnx 6.−−−→31)1(311limxxx Bài 2: Tính các giới hạn sau: 1. xaxax330lim−+→ 2. 48lim364−−→xxx 3. 22limaxaxaxax−−+−→ 4. 237118lim232+−+−+→xxxxx 5. 1lim+++∞→xxxxx 6. 2122limxxxx−+∞→ 7. 2120211limxxx+→+ 8.()2.12limxtgxxπ−→ 9. 210sinlimxxxx→ Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 3 . VÔ CÙNG BÉ 1.1. Định nghĩa: Hàm α(x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x → xo nếu lim()0oxxxα→= Ví dụ: xm, sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) là các VCB khi x → 0. Ta cũng có khái niệm VCB cho quá trình x → ∞ thay vì quá trình x → xo. Quy ước: quá trình x → ∞ hay x → xo ta gọi chung là trong 1 quá trình. 1.2 Định lý: Trong 1 quá trình, f(x) → L khi và chỉ khi α(x) = f(x) – L là VCB trong quá trình đó. 1.3 Tính chất:Trong 1 quá trình 1. Nếu α(x) là VCB, C là hằng số thì C.α(x) là VCB. 2. Nếu α1(x), α2(x), ., αn(x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng α1(x) + α2(x) + + . + αn(x) cũng là VCB. 3. Nếu α(x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích α(x).f(x) cũng là VCB. 1.4 So sánh hai lượng VCB: Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình. Giả sử kxgxfoxx=→)()(lim Nếu k = 0 thì f là VCB bậc lớn hơn g. Ký hiệu: f = o(g) Nếu k = ±∞ thì g là VCB bậc lớn hơn f. Ký hiệu g = o(f) Nếu k ≠0, k ≠ ±∞ thì f, g là haiVCB cùng bậc. Đặc biệt, nếu k =1 thì ta nói f, g là VCB tương đương. Ký hiệu: f ~ g Nếu không tồn tại giới hạn thì ta nói f, và g không so sánh được với nhau Ví dụ: 1. 1 – cosx và x2 là hai VCB ngang cấp khi x → 0. 2. 1 – cosx là VCB cấp cao hơn x khi x → 0. 1.5 Các VCB bé tương đương cần chú ý: Nếu x → 0 thì: sinx ~ x; tgx ~ x; (1 – cosx) ~ ½ x2; arcsinx ~ x; (ex -1) ~ x; ln(1+x) ~ x ; [(1+x)a – 1] ~ ax; 1.6 Khử dạng vô định: Tính chất 1: Nếu kgfoxx=→lim, f ~ f1; g ~ g1 thì kgfoxx=→11lim Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Chứng minh Thật vậy: limlim limoooxxxxxxfffgfggfgg→→→== Ví dụ: 300ln(12)22limlim331xxxxxxe→→+==− Tính chất 2: Nếu α(x) = o(β(x)) trong 1 quá trình thì α(x) + β(x) ~ β(x). Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn Ví dụ: 1.201cos5limsin2xxx→− 2. 0ln(13)lim2xxtgx→− 3. 23350sinlim24xxxtgxxxx→++++ 4. 30ln(1)limsinxtgxxx→++ 5. 220ln(12sin)limsin.xxxxtgx→− Bài tập: 1. Giả sử t là lượng VCB. So sánh các lượng VCB: u = 5t2 + 2t5 và v = 3t2 +2t3 2. So sánh các VCB u = tsin2t và v = 2tsint khi t → 0. 3. So sánh các VCB u = t2 sin2t và v = ttgt khi t → 0. 4. Sử dụng các VCB tương đương, tính các giới hạn: a. 20)sin.31ln(limtgxxxx+→ b. xtgxx3121lim0−+→ c. )21(ln3sinlim220xxx+→ d. )41ln(1lim20xexx−−→ e. )1ln(coslnlim20xxx+→ f. xexxln)1sin(lim11−−→ g. 1)1().1(1)1(lim32530−++−+→xxxx h. 2516238lim430−+−+→xxx i. )431ln()231ln(lim32321xxxxxxx+−++−+→ j 21arcsin1limln(1)xxxx→−− k. 21241limarcsin(12)xxx→−− Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 4 Công thức khai triển Taylor – Maclaurinh 1. Công thức khai triển Taylor: Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a. Hãy xác định một đa thức y = Pn(x) bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a) và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là: Pn(a) = f(a); '()()()'(); .;()()nnnnPafaPafa== (1) Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với hàm số f(x). Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số cần xác định 2012().().() ()nnnPxCCxaCxaCxa=+−+−++− (2) Các hệ số C0, C1, C2, …, Cn được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn. Trước hết, ta tìm các đạo hàm của Pn(x) '21123''223()()2.()3.() .()() 23.2.() .(1)() () nnnnnnnnPxCCxaCxanCxaPxCCxannCxaPx−−=+−+−++−=+−++−−= (1) .2.1.nnnC− (3) Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có: 0'1''2()()()()2.1 ().(1) .2.1.nnnnnnPaCPaCPaCPannC====− So sánh với điều kiện (1) ta có: 012()()'()''()2.1 ().(1) .2.1.nnfaCfaCfaCfannC====− [...]... z/w. 2. Tính (1 + i)2 , (1 + i)4. Suy ra (1+i)2006, (1 – i)210906 3. (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i)2/1-i 4. (1 + i)9/(1 – i )7 ; 1 + (1+i) + (1+i)2 + + (1+i)99 5. Tìm modun của các số phức sau: 4(1)(16)(27)iii++− 1.3 Phép nâng lên lũy thừa và phép khai căn số phức 1.3.1 Nâng lên lũy thừa Từ công thức (3) của mục trên, suy ra rằng nếu n là một số nguyên dương... gọi là nghịch đảo của số phức z, ký hiệu z-1. Vậy z-1 = 1/z. Chứng minh Ta cần tìm z1 = c + di sao cho z.z1 = 1. Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = 1 Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = 1 Suy ra : ac – bd = 1 và ad + bc = 0 (I) Giải hệ phương trình (I) ta được: 2222;abcdabab−==++ Vậy z1 tồn tại. Do đó, z-1 = z1 = 2222abiabab−++ (4) Nhận xét: Trong thực hành ta . Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = 1 Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = 1 Suy ra : ac – bd = 1 và ad + bc = 0 (I) Giải hệ phương trình (I) ta được: 2222;abcdabab−==++. = 1–2i và w = 3+4i. Tìm z + w,z – w,z.w, z/w. 2. Tính (1 + i)2 , (1 + i)4. Suy ra (1+i)2006, (1 – i)210906 3. (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i)2/1-i
- Xem thêm -

Xem thêm: Bai giang giai tich (dai hoc su pham).pdf, Bai giang giai tich (dai hoc su pham).pdf, , Định nghĩa số phức:, So sánh hai lượng VCB: Khử dạng vơ định: Tính chất 1: Nếu, Định nghĩa: Định nghĩa: Tích phân quan trọng: Tiêu chuẩn hội tụ, trường hợp fx ≥ 0 Các ví dụ: Trường hợp fx có dấu tùy ý:

Hình ảnh liên quan

Pn(x) (hình vẽ) - Bai giang giai tich (dai hoc su pham).pdf

n.

(x) (hình vẽ) Xem tại trang 11 của tài liệu.

Từ khóa liên quan