Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liệu bài giảng giải tích của trường Đại học sư phạm.
Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Số phức 1.1 Khái niệm số phức Ta biết lũy thừa chẵn số thực khơng âm, tập hợp R khai bậc chẵn số âm Ví dụ: phương trình x2 + = vơ nghiệm thực.Vì vậy, ta đưa lớp số vào nhằm mở rộng trường số thực 1.1.1 Định nghĩa số phức: Ta định nghĩa phần tử i cho i2 = - gọi đơn vị ảo Biểu thức z = a + bi với a, b ∈ R gọi số phức; a gọi phần thực, b gọi phần ảo Ký hiệu a = Rez, b = Imz Như z = a + bi = Rez + i(Imz) Tập hợp số phức ký hiệu C Nếu a = z = bi gọi số ảo; b = số thực z = a Hai số phức gọi phần thực phần ảo tương ứng chúng nhau, tức là: a + bi = c + di ⇔ a = c b = d Cho số phức z = a + bi Số phức a + (-b)i = a – bi gọi số phức liên hợp z, ký hiệu z Khi đó: số phức liên hợp z z 1.1.2 Các dạng biểu diễn số phức Dạng đại số Cách viết z = a + bi gọi dạng đại số hay dạng nhị thức số phức Biểu diễn hình học: Mọi số phức z = a + bi biểu diễn mặt phẳng Oxy dạng điểm A(a,b) với hoành độ a tung độ b, ngược lại, điểm M(a,b) mặt phẳng Oxy xem ảnh số phức a + bi Nếu z = a: Thì M(a,0) nằm trục Ox Vì vậy, trục Ox cịn gọi trục thực Nếu z = bi: Thì M(0,b) nằm trục Oy Vì vậy, trục Oy cịn gọi trục ảo Hai số phức liên hợp biểu diễn hai điểm đối xứng với qua trục Ox Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM uuur Nối điểm A(a,b) với gốc tọa độ, ta vectơ OA Trong nhiều trường hợp, uuur người ta xem vec tơ OA biểu diễn hình học số phức z = a + bi Dạng lượng giác số phức uuur Cho số phức z = a +bi OA vectơ biểu diễn hình học z mặt phẳng xOy Khi đó: uuur uuur Độ dài r = OA vectơ OA gọi mođun số phức z, ký hiệu |z| Hiển nhiên ta có: |z | ≥ 0, ∀ z ∈ C, |z | = ⇔ z = uuur y r Bây giả sử z ≠ 0, tức OA ≠ Góc định hướng tia Ox uuur A(a,b) vectơ OA (đo radian) ϕ = r b ϕ O , OA ) (Ox· uuur gọi argument số phức z, ký hiệu Argz Argz không mà sai khác k2π a x Nếu giới hạn xét ϕ ∈[0;2π) ϕ gọi argument chính, ký hiệu argz Khi z = ϕ khơng 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) gọi dạng lượng giác số phức z Sự liên hệ dạng đại số z = a + bi dạng lượng giác z = r(cosϕ + isinϕ) Ta có: r = a + b , ϕ = tg (b/a) , a ≠ a = rcosϕ ; b = rsinϕ Từ định nghĩa số phức liên hợp z z biểu diễn hình học z , ta có: | z | = | z |; arg z = - argz Ví dụ: r(cosϕ - isinϕ) có phải dạng lượng giác số phức z? Biểu diễn số phức sau dạng lượng giác a z = -2 + 2i π b z = + i π d z = − cos + i.sin 7 π c z = 1- i π e z = sin + i.cos 3 Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1.2 Những phép tính số phức: Cho hai số phức z = a + bi w = c + di Lần lượt có dạng lượng giác r1 (cosϕ1 + isinϕ1) 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 số phức cho dạng lượng giác 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 số phức Bổ đề: Cho số phức z = a + bi Khi tồn số phức z1 cho z.z1 =1 Khi z1 gọi nghịch đảo số phức z, ký hiệu z-1 Vậy z-1 = 1/z Chứng minh Ta cần tìm z1 = c + di cho z.z1 = Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = Suy : ac – bd = ad + bc = (I) Giải hệ phương trình (I) ta được: c = a −b ;d = 2 a +b a + b2 Vậy z1 tồn Do đó, z-1 = z1 = a b − i a + b a + b2 (4) Nhận xét: Trong thực hành ta tìm z-1 = 1/z cách nhân tử mẫu cho số phức liên hợp z Phép chia hai số phức: Giả sử w ≠ Khi đó: Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM z z.w (a + bi ).(c − di ) (ac + bd ) + (bc − ad )i (5) = = = w w.w c2 + d c2 + d Nếu số phức cho dạng lượng giác ta có: z/w = (r1/r2) (cos(ϕ1 - ϕ2) + isin(ϕ1-ϕ2)) (6) 1.2.4 Các ví dụ: Cho z = 1–2i w = 3+4i Tìm z + w,z – w,z.w, z/w Tính (1 + i)2 , (1 + i)4 Suy (1+i)2006, (1 – i)210906 (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i)2/1-i (1 + i)9/(1 – i )7 ; + (1+i) + (1+i)2 + + (1+i)99 Tìm modun số phức sau: (1 + i ) (1 + 6i )(2 − 7i ) 1.3 Phép nâng lên lũy thừa phép khai số phức 1.3.1 Nâng lên lũy thừa Từ công thức (3) mục trên, suy n số nguyên dương thì: [r(cosϕ + isinϕ)]n = rn (cosnϕ + isinnϕ) Công thức gọi công thức Moivre Nó chứng tỏ nâng số phức lên lũy thừa ngun dương mơđun nâng lên lũy thừa argument bị nhân với số mũ lũy thừa Áp dụng công thức Moivre: Trong công thức đặt r = 1, ta (cosϕ + isinϕ)n = (cosnϕ + isinnϕ) Khai triển vế trái theo công thức nhị thức Newton so sánh phần thực phần ảo hai vế, ta biểu diễn sinnϕ cosnϕ theo luỹ thừa cosϕ sinϕ Chẳng hạn với n = 3: ta có: VT = cos3ϕ + i.3cos2ϕsinϕ - 3cosϕsin2ϕ - isin3ϕ VP = cos3ϕ + isin3ϕ Do đó: cos3ϕ = cos3ϕ - 3cosϕsin2ϕ = -3cosϕ + cos3ϕ sin3ϕ = -sin3ϕ + 3cos2ϕsinϕ = 3sinϕ - sin3ϕ 1.3.2 Phép khai Căn bậc n số phức mà lũy thừa bậc n số căn: Hay: n r (cos ϕ + i sin ϕ ) = ρ (cos θ + i sin θ ) n z = w ⇔ wn = z Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM ⇔ r (cos ϕ + i sin ϕ ) = ρ n (cos nθ + i sin nθ ) Vì số phức Mơđun phải argument sai khác bội 2π nên: ρn = r; nθ = ϕ + k2π Từ đó: ρ = r;θ= n ϕ + k 2π ; k số nguyên tùy ý n Cho k giá trị 0,1,2, , n-1, ta n giá trị khác Vậy bậc n số phức có n giá trị khác Căn bậc n số thực A khác có n giá trị số thực trường hợp đặc biệt số phức viết dạng lượng giác: Nếu A > A = |A| (cos0 + isin0) Nếu A < A = |A| (cosπ + isinπ) Ví dụ: Tìm 1, −1, (2 + 2i )3 Bài tập: Bài Tính: (3+5i).(4-i) (6+11i).(7+3i) (1 + 2i )2 − (1 − i )3 (3 + 2i )3 − (2 + i ) ( (1 + 3i ) + + i 3 + 4i − 2i −1 + i 10 ) (4 – 7i)30 (1+i )3 −8 ( 11 −1 − i ) 3−i + 5i −5 − 12i 12 ( −1 + i ) 2006 ( −i ) 2007 Bài Tìm số thực x,y cho: (1- 2i)x + (-3 + 4i)y = -1 -3i (2+i)x – (3+5i) = +3i (2 - 3i)x +(1+3i)y = x + 5iy (3-2i)x – (4+5i)y = 2y + 3ix Bài 3: Tìm |z| (modun số phức) : ( + i) ( + i ) (3 + 4i )5 − 4i 1+ i (1 + i )(3 + i )(−2 − i ) i (3 + 4i )(5 + i ) 3+i −i + 3+i 1− i + 3i − 2i − +i 1+ i (3 + 4i )(1 + i ) − 4i 2006 z = Bài 4: Biểu diễn số phức sau dạng lượng giác – – i + i (1 + i ) −1 − i ( 3+i ) (1 − i ) ( )( (1 + i ) − i − + i Bài 5: Giải phương trình: z2 = - + i 4z2 + 4z + i = z − z + = ) Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ I Giới hạn hàm số Các giới hạn bản: lim sin t tgt = lim =1 t → t t lim lim (1 + t ) a − =a t lim t →0 t →0 t →0 ln(1 + t ) et − = lim =1 → t t t = 0, ∀p t →∞ e t lim t →0 − cos t = t2 ln p t = 0, α > 0, ∀p t →∞ t α lim Quy tắc L’Hospital: Cho xo ∈ R xo = ± ∞ f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn: lim f ( x) = lim g ( x) = lim f ( x) = lim g ( x) = ±∞ x → x0 Giả sử tồn lim x → x0 x → x0 x → x0 x → x0 f ' ( x) f ( x) = A Khi đó: lim =A x → x g ( x) g ' ( x) Giới hạn dạng: lim [ f ( x)]g ( x ) x → x0 Giả sử lim f ( x) = a(a > 0); lim g ( x) = b (a,b hữu hạn) lim [ f ( x)]g ( x ) = ab x → x0 x → x0 x → x0 lim [u ( x)]v ( x ) có dạng 00 Đặt y = uv lny = v.lnu x → x0 Khi đó: lim ln y có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn x → x0 Nếu lim ln y = lim v( x) ln u ( x) =a lim [u ( x)]v ( x ) = ea x → x0 x → x0 x→ x0 lim [ f ( x)]g ( x ) có dạng 1∞ Khi đó: x → x0 lim [ f ( x )] g ( x) x → x0 = lim (1 + ( f ( x) − 1) ) f ( x ) −1 x → x0 ( f ( x ) −1) g ( x ) =e lim [ f ( x ) −1] x→ x0 Bài tập: Bài 1: Tính giới hạn sau: x2 −1 x →∞ x − x − lim (1 + x ) − (1 + x) x →0 x2 + x5 lim lim lim (1 + x )(1 + x)(1 + x ) − x →0 x x →1 x + x2 + x3 − x −1 g ( x) Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM lim x →1 x n +1 − (n + 1) x + n ( x − 1) − x →1 − x (1 − x) lim Bài 2: Tính giới hạn sau: lim x →0 a+ x −3 a x x + 11 − x + lim x→2 x − 3x + 2 lim x → 64 lim x →0 + x 1+ x 2 lim x −8 x −4 x+ x+ x x +1 x →∞ π x tg lim(2 − x ) x →1 lim x →a x − a + x−a x2 − a2 x+2 lim x →∞ x − x2 sin x x lim x →0 x Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài VÔ CÙNG BÉ 1.1 Định nghĩa: Hàm α(x) gọi lượng vô bé (VCB) x → xo lim α ( x) = x → xo Ví dụ: x , sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) VCB x → Ta có khái niệm VCB cho q trình x → ∞ thay trình x → xo m Quy ước: trình x → ∞ hay x → xo ta gọi chung trình 1.2 Định lý: Trong trình, f(x) → L α(x) = f(x) – L VCB trình 1.3 Tính chất:Trong q trình Nếu α(x) VCB, C số C.α(x) VCB Nếu α1(x), α2(x), , αn(x) số hữu hạn VCB tổng α1(x) + α2(x) + + + αn(x) VCB Nếu α(x) VCB f(x) hàm bị chặn tích α(x).f(x) VCB 1.4 So sánh hai lượng VCB: Cho f, g hai lượng VCB trình f ( x) Giả sử lim =k x → xo g ( x ) Nếu k = f VCB bậc lớn g Ký hiệu: f = o(g) Nếu k = ±∞ g VCB bậc lớn f Ký hiệu g = o(f) Nếu k ≠0, k ≠ ±∞ f, g haiVCB bậc Đặc biệt, k =1 ta nói f, g VCB tương đương Ký hiệu: f ~ g Nếu khơng tồn giới hạn ta nói f, g khơng so sánh với Ví dụ: 1 – cosx x2 hai VCB ngang cấp x → – cosx VCB cấp cao x x → 1.5 Các VCB bé tương đương cần ý: Nếu x → 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 vơ định: Tính chất 1: Nếu lim x → xo f f = k , f ~ f1; g ~ g1 lim = k x → xo g g Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Chứng minh Thật vậy: lim x → xo Ví dụ: f f f g f = lim = lim g x → xo f g g x → xo g ln(1 + x) 2x = lim = x x →0 e − x →0 3x lim Tính chất 2: Nếu α(x) = o(β(x)) trình α(x) + β(x) ~ β(x) Như tổng hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp Ví dụ: − cos5 x lim x →0 sin 2 x ln(1 + tgx) lim x →0 x + sin x x + sin x + tg x lim x →0 x + x3 + x5 ln(1 − x sin x) lim x →0 sin x tgx ln(1 − x) lim x →0 tg x Bài tập: Giả sử t lượng VCB So sánh lượng VCB: u = 5t2 + 2t5 v = 3t2 +2t3 So sánh VCB u = tsin 2t v = 2tsint t → So sánh VCB u = t2 sin2t v = ttgt t → Sử dụng VCB tương đương, tính giới hạn: + 2x −1 ln(1 + x sin x) sin x a lim b lim c lim x →0 x →0 x →0 ln (1 + x ) tg x tgx e2x −1 d lim x →0 ln(1 − x ) ln cos x e lim x →0 ln(1 + x ) (1 + x ) − + 3x − h lim g lim x →0 x →0 16 + x − (1 + x).3 (1 + x) − arcsin j lim x →1 x − x2 ln(1 − x) x2 − k lim x → arcsin(1 − x ) sin(e x −1 − 1) f lim x →1 ln x ln(1 + x − x + x ) i lim x →1 ln(1 + x − x + x ) Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài Công thức khai triển Taylor – Maclaurinh Công thức khai triển Taylor: Giả thiết hàm số y = f(x) có tất đạo hàm đến cấp n + (kể đạo hàm cấp n + 1) khoảng chứa điểm x = a Hãy xác định đa thức y = Pn(x) bậc n mà giá trị x = a giá trị f(a) giá trị đạo hàm đến hạng n giá trị đạo hàm tương ứng hàm số f(x) điểm Nghĩa là: Pn(a) = f(a); Pn' (a) = f '(a); ; Pn( n ) (a ) = f ( n ) (a ) (1) Ta hy vọng tìm đa thức ý nghĩa “gần” với hàm số f(x) Ta xác định đa thức dạng đa thức theo lũy thừa (x – a) với hệ số cần xác định Pn ( x) = C0 + C1.( x − a ) + C2 ( x − a )2 + + Cn ( x − a ) n (2) Các hệ số C0, C1, C2, …, Cn xác định cho điều kiện (1) thỏa mãn Trước hết, ta tìm đạo hàm Pn(x) Pn' ( x ) = C1 + 2C2 ( x − a) + 3C3.( x − a) + + nCn ( x − a) n −1 Pn'' ( x) = 2C2 + 3.2C3.( x − a) + + n( n − 1)Cn ( x − a) n − (3) (n) n( n − 1) 2.1.Cn Pn ( x ) = Thay x = a vào biểu thức (2) (3) ta có: Pn (a ) = C0 ' Pn (a ) = C1 '' Pn (a ) = 2.1.C2 P ( n ) (a ) = n.( n − 1) 2.1.C n n So sánh với điều kiện (1) ta có: f (a ) = C0 f '(a ) = C1 f ''(a ) = 2.1.C2 f ( n) (a ) = n.(n − 1) 2.1.C n Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM C0 = f ( a) C1 = f '(a) (4) ⇒ C2 = f ''(a) 2! Cn = f ( n ) (a) n! Thay giá trị C0, C1, …, Cn vào cơng thức (2) ta có đa thức cần tìm f '(a ) f ''(a ) f '''(a ) f ( n) (a) Pn ( x) = f (a ) + ( x − a) + ( x − a)2 + ( x − a )3 + + ( x − a)n 1! 2! 3! n! Ký hiệu Rn(x), hiệu giá trị hàm số cho f(x) đa thức lập Pn(x) (hình vẽ) Rn ( x) = f ( x) + Pn ( x) Hay: f ( x) = f ( a) + f '(a) f ''(a ) f '''(a ) f ( n ) (a) ( x − a) + ( x − a)2 + ( x − a)3 + + ( x − a) n + Rn ( x) 1! 2! 3! n! y = f(x) y Rn(x) y = Pn(x) f(x) O a Pn(x) x x Rn(x) gọi số hạng dư – giá trị x làm cho số hạng dư Rn(x) bé, đa thức Pn(x) cho biểu diễn gần hàm số f(x) Do đó, cơng thức (6) cho khả thay hàm số y = f(x) đa thức Pn(x) với độ xác tương ứng giá trị số hạng dư Rn(x) Ta xác định giá trị x để số hạng dư Rn(x) bé Viết số hạng dư dạng: Rn ( x) = ( x − a) n +1 Q( x) (n + 1)! (7) Trong Q(x) hàm số cần phải xác định Với x a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị Q Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t giá trị nằm a x) F (t ) = f ( x ) − f (t ) − Tìm đạo hàm F’(t) : (6) x −t ( x − t )2 ( x − t )n (n) ( x − t ) n +1 f '(t ) − f ''(t ) − − f (t ) − Q 1! 2! n! (n + 1)! (8) Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (x − t) 2( x − t ) f ''(t ) + f ''(t ) 2! ( x − t )2 ( x − t ) n −1 ( n ) n( x − t ) n −1 ( n ) f '''(t ) + − f (t ) + f (t ) − 2! (n − 1)! n! F '(t ) = − f '(t ) + f '(t ) − − ( x − t ) n ( n +1) (n + 1)( x − t )n f (t ) + Q n! (n + 1)! Rút gọn lại ta : F '(t ) = − ( x − t ) n ( n +1) (n + 1)( x − t ) n f (t ) + Q (n + 1)! n! (9) Vậy hàm số F(t) có đạo hàm điểm t gần điểm có hồnh độ a Ngồi ra, từ cơng thức (8) ta có : F(x) = F(a) = Vì vậy, áp dụng công thức Rolle cho hàm số F(t) , tồn giá trị t = ξ nằm a x cho F’(ξ) = Thế vào (9) ta có : F '(ξ ) = − ( x − ξ ) n ( n +1) (n + 1)( x − ξ )n f (ξ ) + Q n! (n + 1)! Suy : Q = f ( n +1) (ξ ) Thay biểu thức vào công thức (7) ta : Rn ( x) = ( x − a) n +1 ( n +1) f (ξ ) - số hạng dư Larange (n + 1)! Vì ξ giá trị nằm a x, nên viết dạng: ξ = a + θ ( x − a ) , θ ∈ [0;1] Nghĩa : Rn ( x) = ( x − a) n +1 ( n +1) f [a + θ ( x − a)] (n + 1)! Công thức: f '(a ) f ''(a) f '''(a ) f ( n ) (a) f ( x) = f ( a) + ( x − a) + ( x − a) + ( x − a ) + + ( x − a )n + 1! 2! 3! n! n +1 ( x − a) + f ( n +1) [ a + θ ( x − a )] (n + 1)! gọi công thức Taylor hàm số f(x) Nếu công thức Taylor, đặt a = viết dạng: x x2 x3 xn (n) x n +1 f ( x) = f (0) + f '(0) + f ''(0) + f '''(0) + + f (0) + f ( n +1) (θ x) , θ ∈[0;1] 1! 2! 3! n! ( n + 1)! công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n x = 0, với số dư Rn(x) – gọi công thức khai triển Maclaurinh Tóm lại, ta có định lý sau: Tập giảng: Giải tích – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Nếu hàm số y = f(x) có đạo hàm f’(x), f’’(x), f(n)(x) liên tục điểm xo có đạo hàm f(n+1)(x) lân cận xo lân cận ta có công thức khai triển: f ' ( xo ) f ' ' ( xo ) f ( n) ( xo ) f ( n +1) (c) n f(x) = f ( xo ) + ( x − x o ) n +1 ( x − xo ) + ( x − x o ) + + ( x − xo ) + 1! 2! n! n! (c xo x, c= xo + a(x-xo), < a