Giáo trình giải tích 1 part 4 ppt

✲ x ✻ y 0 s a 1 = a s a 2 s a 3 s b 4 s a 4 s b 1 = b b 2 b 3 f(a) f(b) f(a) < 0 <f(b) c f(c)=0 [a, b] t = a + b 2 f(t)=0 c = t f(t)f(a) < 0 a 1 = a, b 1 = t f(t)f(b) < 0 a 1 = t, b 1 = b f(a 1 ) f(b 1 ) [a 1 ,b 1 ] c f(c)=0 [a n ,b n ],n ∈ N b n − a n = b − a 2 n f(a n ) < 0 <f(b n ) a n <c<b n , ∀n ∈ N f(c)=0 b n − a n = b − a 2 n → 0 n →∞ lim a n = lim b n = c f c f(c) = lim n→∞ f(a n ) ≤ 0 f(c) = lim n→∞ f(a n ) ≥ 0 f(c)=0 F (x)=f(x) −γ F [a, b] F (a)F ( b) ≤ 0 c F (c)=f(c) −γ =0 f(c)=γ  √ 2 10 −1 x 2 −2=0 [1, 2] f [a, b] a, b f(x)=0 f (a, b) f [a, b] f −1 [f(a),f(b)] [f(b),f(a)] f [a, b] [a, b] f[a, b] f[a, b] f(a),f(b) f −1 :[c, d] → [a, b] f −1 y 0 ∈ [ c, d] (y n ) y 0 x 0 = f −1 (y 0 ) x n = f −1 (y n ) x n → x 0 (x n k ) x  = x 0 f f(x  ) = f(x 0 ) f f(x n k ) → f(x  ) f(x n k )=y n k → y 0 = f(x 0 )  f(x)=a 0 +a 1 x+···+a n x n a n =0 n lim x→−∞ f(x)=− (a n )∞ lim x→+∞ f(x)= (a n )∞ a<0 <b f(a) f(b) c ∈ (a, b) f(c)=0 c f(x)=0 f :[a, b] → [a, b] c : f (c)=c c f F (x)=f(x) − x F [a, b] F (a)=f(a) −a ≥ 0 F (b)=f(b) − b ≤ 0 c ∈ [a, b] F (c)=f(c) −c =0 f(c)=c f [a, b] f max min α, β ∈ [a, b] f(α)=max{f(x):a ≤ x ≤ b} f(β) = min{f(x):a ≤ x ≤ b} f n ∈ N x n ∈ [a, b] |f(x n )| >n (x n ) (x n k ) k∈N c ∈ [a, b] f |f(c)| = lim k→∞ |f(x n k )| = lim k→∞ n k =+∞ M =sup{f(x):a ≤ x ≤ b} m =inf{f(x):a ≤ x ≤ b} α, β f(α)=M f(β)=m sup n ∈ N x n ∈ [a, b] M − 1 n <f(x n ) ≤ M (x n k ) α f k →∞ f(α)=M β f(β)=m  arctan x π 2 − π 2 max, min R f X ∀>0, ∃δ>0:∀x, x  ∈ X, |x −x  | <δ ⇒|f(x) −f(x  )| < • • X X • f(x)= 1 x (0, +∞) f X ∃>0, ∀δ>0:∃x, x  ∈ X, |x −x  | <δ, |f(x) −f(x  )|≥  =1 0 <δ<1 x δ = δ, x  δ = δ 2 ∈ (0, +∞) |x δ − x  δ | <δ |f(x δ ) − f(x  δ )| = 1 δ ≥  =1 • X δ  x ∈ X a δ a a δ f(x)= 1 x a  δ >0 δ>0 a a 0 δ f [a, b] f f [a, b] >0 n ∈ N x n ,x  n ∈ [a, b] |x n − x  n | < 1 n |f(x n ) − f(x  n )|≥ (∗) (x n ) (x n k ) c ∈ [a, b] |x  n k −c|≤ |x  n k − x n k | + |x n k − c|→0 k →∞ (x  n k ) c f lim k→∞ f(x n k ) = lim k→∞ f(x  n k )=f(c) |f(x n k ) − f(x  n k )| k ∗  f :(a, b) → R f x 0 f x 0 L ∈ R f(x 0 +∆x)=f(x 0 )+L∆x + o(∆x) , ∆x → 0 f(x)=f(x 0 )+L(x −x 0 )+o(x − x 0 ) , x → x 0 ✲ x ✻ y s x 0 f(x 0 ) ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ ✡ y = f (x 0 )+L(x − x 0 ) f x 0 L = lim ∆x→0 f(x 0 +∆x) − f(x 0 ) ∆x  f x 0 f x 0 f(x) −f(x 0 )=L(x − x 0 )+o(x − x 0 ) → 0, x → x 0 f(x)=|x| f x 0 f x 0 f  (x 0 ) f  (x 0 ) = lim ∆x→0 f(x 0 +∆x) −f(x 0 ) ∆x = lim x→x 0 f(x) −f(x 0 ) x − x 0 f  (x 0 ) L : R → R, ∆x → L(∆x)=f  (x 0 )∆x f x 0 df (x 0 ) f(x)=x f  (x 0 ) = lim ∆x→0 (x 0 +∆x) −x 0 ∆x =1, ∀x 0 ∈ R. dx(∆x)=∆x df (x 0 )=f  (x 0 )dx f  (x 0 )= df dx (x 0 ) f x 0 f  + (x 0 ) = lim ∆x→0 + f(x 0 +∆x) −f(x 0 ) ∆x f  − (x 0 ) = lim ∆x→0 − f(x 0 +∆x) − f(x 0 ) ∆x f  (x 0 ) f  + (x 0 ),f  − (x 0 ) f  + (x 0 )=f  − (x 0 ) f(x)=e x f  (x)=e x lim ∆x→0 e x+∆x − e x ∆x = lim ∆x→0 e x (e ∆x − 1) ∆x = e x f(x)=sinx f  (x)=cosx lim ∆x→0 sin(x +∆x) − sin x ∆x = lim ∆x→0 2cos(x + ∆x 2 )sin ∆x 2 ∆x = lim ∆x→0 cos(x + ∆x 2 ) lim ∆x→0 sin ∆x 2 ∆x 2 =cosx f(x)=|x| x 0 =0 f(0 + ∆x) −f(0) ∆x = |∆x| ∆x ∆x → 0 f  + (0) = lim ∆x→0 + |∆x| ∆x =1 f  − (0) = lim ∆x→0 − |∆x| ∆x = −1 f(x)= 3 √ x 0 f  (0) = lim ∆x→0 3 √ ∆x ∆x = ∞ y = f(x) x 0 x x 0 ∆x = x − x 0 x 0 ∆y = f(x 0 +∆x) − f(x 0 ) • f x 0 ∆y = f  (x 0 )∆x + o(∆x) f  (x 0 )∆x ∆y x 0 y = f(x 0 )+f  (x 0 )(x − x 0 ) y = f(x) x 0 • M 0 (x 0 ,f(x 0 )) M(x 0 +∆x, f(x 0 +∆x)) f ∆y ∆x = M 0 M M 0 M Ox f x 0 M 0 f  (x 0 )= f (x 0 ,f(x 0 )) y = f(x 0 )+f  (x 0 )(x −x 0 ) • f(x) x ∆y ∆x = ∆x f x 0 f  (x 0 ) x 0 • f  (x 0 ) = lim ∆x→0 ∆y ∆x y = f(x) x x 0 • f,g x 0 f ± g fg f g g(x 0 ) =0 x 0 (f ± g)  (x 0 )=f  (x 0 ) ± g  (x 0 ) (fg)  (x 0 )=f  (x 0 )g(x 0 )+f(x 0 )g  (x 0 ) ( f g )  (x 0 )= f  (x 0 )g(x 0 ) − g  (x 0 )f(x 0 ) g(x 0 ) 2 • f x 0 g f(x 0 ) g ◦f x 0 (g ◦f)  (x 0 )=g  (f(x 0 ))f  (x 0 ) • f f  (x 0 ) =0 f −1 y 0 = f(x 0 ) (f −1 )  (y 0 )= 1 f  (x 0 ) f(x+∆x)g(x+∆x)−f (x)g(x)=(f(x+∆x)−f(x))g(x+∆x)+f(x)(g(x+∆x)−g(x)) ∆x ∆x → 0 f(x +∆x) g(x +∆x) − f(x) g(x) = (f(x +∆x) −f(x))g(x) −f(x)(g(x +∆x) − g(x)) g(x +∆x)g(x) g(f (x +∆x)) −g(f(x)) = g(f (x +∆x)) − g(f (x)) f(x +∆x) − f(x) (f(x +∆x) −f(x)) y = f(x), ∆y = f(x +∆x) − f(x) g(f (x +∆x)) −g(f(x)) ∆x = g(y +∆y) − g(y) ∆y f(x +∆x) −f(x) ∆x ∆x → 0 ∆y → 0 f −1 ◦f(x)=x (f −1 )  (y 0 )f  (x 0 )=1 y 0 = f(x 0 )  dg dx = dg dy dy dx g  x = g  y y  x g = g(y) y = f(x) x (x α )  = αx α−1 (a x )  = a x ln a (e x )  = e x (log a x)  = 1 x ln a (ln x)  = 1 x (sin x)  =cosx (cos x)  = −sin x (tan x)  = 1 cos 2 x ( x)  = − 1 sin 2 x (arcsin x)  = 1 √ 1 − x 2 (arccos x)  = − 1 √ 1 − x 2 (arctan x)  = 1 1+x 2 ( x)  = − 1 1+x 2 e x sin x  f(x)=e ax sin bx f  (x)=(e ax )  sin bx + e ax (sin bx)  = ae ax sin bx +e ax b cos bx = e ax (a sin bx + b cos bx) g(x)=x x g  (x) ln g(x)=x ln x g  (x) g(x) =lnx + x 1 x =lnx +1 g  (x)=g(x)(ln x +1)=x x (ln x +1) f :(a, b) → R x 0 f x 0 f  (x 0 )=0 f x 0 −f ∆y = f(x 0 +∆x) −f(x 0 ) ≤ 0 ∆x f  + (x 0 ) = lim ∆x→0 + ∆y ∆x ≤ 0 f  − (x 0 ) = lim ∆x→0 − ∆y ∆x ≥ 0 f  (x 0 )=f  + (x 0 )=f  − (x 0 ) f  (x 0 )=0  ✲ x ✻ y ❝ ❝ ❝ x 0 f(x 0 ) f  (x 0 )=0 f x 0 f(x)=x 3 f [a, b] (a, b) f(a)=f(b) c ∈ (a, b): f  (c)=0 f [a, b] x 1 ,x 2 ∈ [a, b] f(x 1 )= max x∈[a,b] f(x)=M f(x 2 ) = min x∈[a,b] f(x)=m m = M f f  (x)=0 x ∈ (a, b) m<M f(a)=f(b) x 1 x 2 a, b f  (x 1 )=0 f  (x 2 )=0  ✲ x ✻ y s c s a s b ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ ✏ f,g [a, b] (a, b) c ∈ (a, b) f(b) − f(a) g(b) − g(a) = f  (c) g  (c) c ∈ (a, b) f(b) − f(a)=f  (c)(b −a) F (x)=(f(b)−f(a))(g(x) −g(a)) −(g(b)−g(a))(f(x)−f(a)) F [a, b] (a, b) F (a)=F(b)=0 c ∈ (a, b) F  (c)=(f(b) − f(a))g  (c) − (g(b) − g(a))f  (c)=0  f(x 0 +∆x) −f(x 0 )=f  (x 0 + θ∆x)∆x, x 0 ,x 0 +∆x ∈ (a, b) 0 <θ<1 x 0 , ∆x |f(x) − f(y)|≤ sup c∈(a,b) |f  (c)||x −y| x, y ∈ [a, b] f  (x)=0, ∀x ∈ (a, b) f (a, b) f  (x)=g  (x), ∀x ∈ (a, b) f − g f = g+ (sin x)  =cosx |sin x −sin y|≤|x − y|, ∀x, y ∈ R (arctan x)  = 1 1+x 2 ≤ 1 |arctan x −arctan y|≤|x − y|, ∀x, y ∈ R f x 0 f(x 0 +∆x)= n ∆x + o(∆x n ) , ∆x → 0 f (a, b) f  (a, b) f  x 0 f  (x 0 )=(f  )  (x 0 ) n f x 0 f (0) (x 0 )=f(x 0 ),f (n+1) (x 0 )=(f (n) )  (x 0 ) n f x 0 d n f(x 0 )=f (n) (x 0 )dx n n n f (n) (x 0 )= d n f(x 0 ) dx n C n (a, b) f n (a, b) f (n) (a, b) f C n f,g n x 0 α (f + g) (n) (x 0 )=f (n) (x 0 )+g (n) (x 0 ) (αf) (n) (x 0 )=αf (n) (x 0 ) (fg) (n) (x 0 )= n  k=0 C k n f (k) (x 0 )g (n−k) (x 0 )  n (x α ) (n) = α(α − 1) ···(α − n +1)x α−n (a x ) (n) = a x (ln a) n (log a x) (n) = (−1) n−1 (n − 1)! x n ln a (sin ax) (n) = a n sin(ax + n π 2 ) f n +1 (a, b) x 0 x ∈ (a, b) 0 <θ<1 f(x)=f(x 0 )+ f  (x 0 ) 1! (x−x 0 )+···+ f (n) (x 0 ) n! (x−x 0 ) n + f (n+1) (x 0 + θ(x − x 0 )) (n +1)! (x−x 0 ) n+1 x M f(x)=f(x 0 )+ n  k=1 1 k! f (k) (x 0 )(x − x 0 ) k + M(x − x 0 ) n+1 . [...]... 45 Chương III Phép tính vi phân 3 .4 Công thức Maclaurin Công thức Taylor tại x0 = 0 còn gọi là công thức Maclaurin Sau đây là các khai triển của một số hàm sơ cấp xn eθx x +··· + + xn +1 1! n! (n + 1) ! ( 1) n cos θx 2n +1 x3 x2n 1 + · · · + ( 1) n 1 + x x− 3! (2n − 1) ! (2n + 1) ! x2n ( 1) n +1 cos θx 2n+2 x2 + · · · + ( 1) n + x 1 2! (2n)! (2n + 2)! ( 1) n xn +1 x2 xn + · · · + ( 1) n 1 + x− 2 n (n + 1) (1. .. 1) (1 + θx)n +1 α(α − 1) · · · (α − n + 1) n x + 1 + αx + · · · + n! α(α − 1) · · · (α − n) (1 + θx)α−n 1 n +1 x (n + 1) ! ex = 1+ sin x = cos x = ln (1 + x) = (1 + x)α = Ví dụ Khi khai triển hàm sơ cấp có thể dùng hợp của các khai triển trên Khai triển đến cấp 6, tại lân cận 0: 1 1 x4 x6 (−x2 )2 + (−x2 )3 + O((−x2 )4 ) = 1 − x2 + − + O(x8 ) 2! 3! 2 6 1 1 3 x3 3 6 1 √ + x + O(x9 ) = (1 + x3 )− 2 = 1 − x3 +... = 1 − 2 8 2 8 1 + x3 2 e−x = 1 + (−x2 ) + 4 Một số ứng dụng 4 .1 Tính xấp xỉ Nếu Taylor bậc n tại x0 : f khả vi đến cấp f (x0 + ∆x) ≈ f (x0 ) + Với sai số |Rn (∆x)| = Ví dụ a) Để tính xấp xỉ √ n 1+ x n + 1, thì có thể xấp xỉ f (x) bởi đa thức 1 1 f (x0 )∆x + · · · + f (n) (x0 )∆xn 1! n! |f (n +1) (x0 + θ∆x)| |∆x|n +1 = o(∆xn ) (n + 1) ! khi x bé, có thể dùng vi phân của hàm √ √ √ 1 n n 1 + x ≈ 1 + ( n 1. . .44 n 1 (k) f (t)(x − t)k − M (x − t)n +1 k! k =1 Ta có h(x) = h(x0 ) = 0 Theo đònh lý Rolle tồn tại c = x0 + θ(x − x0 ), 0 < θ < 1, sao cho h (c) = 0, i.e Xét hàm − h(t) = f (x) − f (t) − 1 (n +1) f (c)(x − c)n + (n + 1) M (x − c)n = 0, n! hay M = f (n +1) (c) (n + 1) ! Nhận xét Đa thức sau gọi là đa thức Taylor bậc n của f tại x0 : Tn f (x) = f (x0 ) + 1 1 f (x0 )(x − x0 ) + · ·... = n + 1, khi x → x0 thì ta có phần dư dạng Lagrange : f (n +1) (x0 + θ(x − x0 )) (x − x0 )n +1 , (n + 1) ! Hơn nữa, nếu đạo hàm cấp n + 1 bò chặn bởi gía cụ thể sai số của phần dư |Rn (x)| ≤ M, với θ ∈ (0, 1) thì công thức trên cho phép đánh M |x − x0 |n +1 (n + 1) ! Chú ý Điều kiện f (x) = a0 + a1 (x − x0 ) + a2 (x − x0 )2 + o(x − x0 )2 , không suy ra f có đạo hàm cấp 2 tại x0 Chẳng hạn, f (x) = 1 + x... |f (n +1) (x0 + θ∆x)| |∆x|n +1 = o(∆xn ) (n + 1) ! khi x bé, có thể dùng vi phân của hàm √ √ √ 1 n n 1 + x ≈ 1 + ( n 1 + x) |x =1 x = 1 + x n Muốn sai số bé hơn cần khai triển cấp cao hơn b) Để tính e với sai số < , dùng công thức xấp xỉ e 1+ 1 1 1 + + ···+ 1! 2! n! √ n 1+ x tại x0 = 1 ... − c)n + (n + 1) M (x − c)n = 0, n! hay M = f (n +1) (c) (n + 1) ! Nhận xét Đa thức sau gọi là đa thức Taylor bậc n của f tại x0 : Tn f (x) = f (x0 ) + 1 1 f (x0 )(x − x0 ) + · · · + f (n) (x0 )(x − x0 )n 1! n! • Nếu f có đạo hàm đến cấp n, thì f có thể xấp xỉ bởi đa thức Taylor bậc n, i.e ta có biểu diễn f (x) = Tn f (x) + Rn (x) với phần dư Taylor bậc n: Rn (x) = f (x) − Tn f (x) Biểu diễn trên còn gọi . +2)! x 2n+2 ln (1 + x)=x − x 2 2 + ···+( 1) n 1 x n n + ( 1) n x n +1 (n + 1) (1 + θx) n +1 (1 + x) α =1+ αx + ···+ α(α − 1) ···(α −n +1) n! x n + α(α − 1) ···(α −n) (1 + θx) α−n 1 (n +1) ! x n +1 6 0 e −x 2 =1+ (−x 2 )+ 1 2! (−x 2 ) 2 + 1 3! (−x 2 ) 3 +. D x 0 =0 e x =1+ x 1! + ···+ x n n! + e θx (n +1) ! x n +1 sin x = x − x 3 3! + ···+( 1) n 1 x 2n 1 (2n − 1) ! + ( 1) n cos θx (2n +1) ! x 2n +1 cos x =1 x 2 2! + ···+( 1) n x 2n (2n)! + ( 1) n +1 cos θx (2n. f(x 0 )+ 1 1! f  (x 0 )∆x + ···+ 1 n! f (n) (x 0 )∆x n |R n (∆x)| = |f (n +1) (x 0 + θ∆x)| (n +1) ! |∆x| n +1 = o(∆x n ) n √ 1+ x x n √ 1+ x x 0 =1 n √ 1+ x ≈ n √ 1+ ( n √ 1+ x)  | x =1 x =1+ 1 n x e