Tài liệu học Đại Cương

Có th ể đạo h àm (ho ặc tích phân) vô số lần chuỗi lũy thừa trong kho ảng hội tụ của nó; các chuỗi thu được có c ùng kho ảng hội tụ với khoảng hộ i t ụ của chuỗi đ ã cho.[r]

(1)

PGS TS TÔ VĂN BAN

BÀI GIẢNG

GIẢI TÍCH I

(Phiên bê ta II: 03-09 / 2010)

(2)

M ỤC L ỤC Mục lục

Lời nói đầu

Các ký hiệu hay sử dụng

1

Chương I Giới hạn, liên tục 7

§1.1 Số thực

1.1.1 Mở đầu

1.1.2 Các tính chất sơ cấp số thực 11 1.1.3 Các tính chất  12

1.1.4 Đường thẳng thực mở rộng 15

1.1.5 Lực lượng  , 16

§ 1.2 Giới hạn dãy số 18

1.2.1 Hội tụ - Phân kỳ 18

1.2.2 Dãy đơn điệu 23

§ 1.3 Hàm biến số 30

1.3.1 Các phương pháp biểu diễn hàm số 30

1.3.2 Hàm chẵn, lẻ, 37

1.3.3 Hàm số ngược 37

1.3.4 Các hàm sơ cấp 39

1.3.5 Một số hàm thông dụng khác 40

1.3.6 Mơ hình tốn học 42

§ 1.4 Giới hạn hàm số 42

1.4.1 Định nghĩa 42

1.4.2 Các tính chất giới hạn hàm số 43 1.4.3 Các phép toán giới hạn 46 1.4.4 Sử dụng VCB, VCL để tìm giới hạn 47

§ 1.5 Sự liên tục 48

1.5.2 Các tính chất sơ 51

1.5.3 Các tính chất hàm liên tục đoạn kín 52

1.5.4 Bổ sung giới hạn 55

1.5.5 Một số ví dụ 56

Chương Đạo hàm, vi phân 59

§2.1 Đạo hàm vi phân cấp 59

2.1.2 Các phép toán với đạo hàm điểm 60

2.1.3 Đạo hàm hàm hợp 61

2.1.4 Đạo hàm hàm ngược 61

2.1.5 Đạo hàm theo tham số 62

2.1.6 Bảng đạo hàm 63

2.1.7 Đạo hàm phía, đạo hàm vơ 64

2.1.8 Vi phân 64

2.1.9 Đạo hàm hàm ẩn 66

§2.2 Đạo hàm vi phân cấp cao 68

2.2.2 Quy tắc Leibnitz 69

2.2.3 Vi phân cấp cao 70

§2.3 Các định lý giá trị trung bình 70

2.3.1 Định lý Rolle 70

2.3.2 Định lý Lagrange 72

2.3.3 Quy tắc L'Hơpital 74

§2.4 Cơng thức Taylor 76

2.4.1 Thiết lập công thức 76

2.4.2 Khai triển Marlourin số hàm sơ cấp 77

2.4.3 Ứng dụng 78

§ 2.5 Các ứng dụng đạo hàm 80

2.5.1 Quy tắc tìm cực trị, giá trị lớn nhất, bé 80

2.5.2 Lồi, lõm, điểm uốn 80

(3)

2.5.5 Khảo sát đường cong cho dạng tọa độ cực 87 2.5.6 Mối quan hệ vận tốc 94

Chương III Tích phân 96

§ 3.1 Tích phân 96

3.1.1 Định nghĩa, tính chất 96

3.1.2 Bảng tích phân 98

3.1.3 Phương pháp tính tích phân bất định 98

3.1.4 Tích phân bất định số lớp hàm sơ cấp 104

§ 3.2 Tích phân xác định 112

3.2.1 Định nghĩa tính chất mở đầu 112

3.2.2 Các lớp hàm khả tích 113

3.2.3 Các tính chất tích phân xác định 115 3.2.4 Cách tính tích phân xác định 118 3.2.5 Tính gần tích phân xác định 125 § 3.3 Ứng dụng tích phân xác định 128 3.3.1 Tính diện tích hình phẳng 128

3.3.2 Độ dài đường cong 129

3.3.3 Thể tích vật thể 131

3.3.4 Diện tích mặt cong 132

3.3.5 Tọa độ trọng tâm

3.3.6 Moment tĩnh, moment qn tính, cơng… 3.3.7 Định lý biến thiên tồn cục

133 133 133 3.3.8 Hai lược đồ áp dụng tổng qt 134

§ 3.4 Tích phân suy rộng 137

3.4.1 Tích phân với cận vơ hạn 137 3.4.2 Tích phân hàm khơng bị chặn 141

Chương Chuỗi 149

§ 4.1 Chuỗi số 149

4.1.2 Điều kiện cần chuỗi hội tụ 150

4.1.3 Tiêu chuẩn Cauchy 151

4.1.4 Các tính chất phép tốn 151

§ 4.2 Chuỗi số dương 152

4.2.1 Các tính chất mở đầu 152

4.2.2 Các quy tắc khảo sát hội tụ 153

§ 4.3 Chuỗi với dấu 156

4.3.1 Chuỗi đan dấu 156

4.3.2 Hội tụ tuyệt đối 157

§ 4.4 Chuỗi hàm số 159

4.4.1 Sự hội tụ, miền hội tụ 159

4.4.2 Hội tụ 160

4.4.3 Tính chất chuỗi hàm hội tụ 161

§ 4.5 Chuỗi lũy thừa 162

4.5.1 Khái niệm chuỗi lũy thừa, bán kính hội tụ 162 4.5.2 Quy tắc tìm bán kính hội tụ 163 4.5.3 Tính chất chuỗi lũy thừa 164 4.5.4 Khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa 165

4.5.5 Ứng dụng 167

4.5.6 Tính tổng số chuỗi 169

4.5.8 Sự tồn hàm liên tục khơng khả vi 178

§ 4.6 Chuỗi Fourier 179

4.6.1 Chuỗi lượng giác 179

4.6.2 Chuỗi Fourier 179

(4)

KÝ HIỆU HAY SỬ DỤNG

Ký hiệu Ý nghĩa

, 

  tập số thực, tập số thực dương

*

,

  tập số tự nhiên 0,1,2,…, tập số 1, 2,  tập số nguyên 0;  1;  2; 

 tập số hữu tỷ

n

 không gian Euclide thực n chiều

(a; b), [a; b], (a; b], khoảng suy rộng : khoảng, đoạn, nửa khoảng |a| trị tuyệt đối số thực a,

[x] phần nguyên số thực x

{x} {x} phần phân (lẻ) số thực x x = x - [x] ; tập hợp gồm phần tử x

n ! giai thừa n ! = n

Max A (MinA) phần tử lớn (nhỏ nhất) tập A

n n

lim x



giới hạn dãy số xn

x a

lim f (x)



giới hạn hàm số f(x) x dẫn đến a

x a x a

lim f (x), ( lim f (x))

 

 

giới hạn hàm số f(x) x dần đến a từ bên phải (từ bên trái)

f(x) hàm số; - giá trị hàm f điểm x

1

f (x) hàm ngược hàm f(x)

B A :

f  ánh xạ từ A vào B; - hàm số với tập xác định A, tập giá trị chứa B

   

dx x df x

f' ; đạo hàm bậc hàm f(x)

' '

0

f (x ) (f (x ))  đạo hàm phía phải (trái) hàm f(x) x0

n (n)

n

d f (x) f (x);

dx

đạo hàm bậc n hàm f(x)

df, d2f, vi phân cấp một, cấp 2, hàm f(x)

a

f (x) dx



 tích phân suy rộng loại I của hàm f(x) trên[a;  )

f (x) o (g(x)) f(x) vô bé bậc cao so với vô bé g(x)

f (x) O(g(x)) f(x) vô bé bậc so với vô bé g(x)

f (x)g(x) f x vô bé tương đương với vô bé g(x)

VCB vô bé

 kết thúc chứng minh

# kết thúc ví dụ

(5)

- Chương

GIỚI HẠN, LIÊN TỤC

§ 1.1 SỐ THỰC

1.1.1 Mở đầu

a Giới thiệu

Chúng ta có hiểu biết tốt số hữu tỷ từ thời học phổ

thơng; có hiểu biết định số vô tỷ, số thực Để hiểu

chúng sâu sắc xác, người ta phải xây dựng hệ thống tiên đề xác

cho số thực Sau loại số mà loài người nhận thức lịch sử

phát triển mình:

* Các số tự nhiên khác khơng 1, 2, , n, ký hiệu *;

* Các số tự nhiên 0, 1, , n, ký hiệu 

* Bởi  thiếu phần tử mà cộng với 0, người ta đưa

vào số nguyên âm , 2,1, 0, 1, 2, , ký hiệu 

Trong  khơng có phần tử mà nhân với 2, 3, Vậy người ta đưa thêm vào  phần tử dạng p / q , số hữu tỷ

*

p

, q , p q

 

 

 

 

  , ký hiệu  Trong đại số ta biết  trường

Trong  khơng có phần tử kiểu 2, e, , , gọi số vô tỷ

Cần đưa vào  số vô tỷ để - tập số thực - rộng  Có nhiều

cách xây dựng tập số thực dùng số thập phân vơ hạn tuần hồn, lát cắt Dedekin, Chúng ta đưa phương pháp xây dựng số thực sau đây, dễ hiểu chấp nhận rộng rãi

b Tiên đề số thực

Chúng ta công nhận tồn tập hợp số thực, ký hiệu , có trang bị hai luật hợp thành (phép toán)  quan hệ

thứ tự  sau cho:

i) ( , , ) trường, cụ thể là: (☼) 1) Phép cộng có tính chất kết hợp:

a, b, c , (ab)  c a (bc).

2) Phép cộng có tính chất giao hốn:

a, b , a b b a

(6)

-

3)  có phần tử trung lập với phép cộng, ký hiệu 0, thỏa mãn điều kiện:

a , a 0 a a

      .

4)  a  có phần tử đối, ký hiệu a thỏa mãn điều kiện:

a ( a) ( a)a 0

5) Phép nhân có tính chất kết hợp:

a, b, c, (a.b).ca.(b.c).

6) Phép nhân có tính chất giao hốn: a, b, a.bb.a

7)  có phần tử trung hịa với phép nhân, ký hiệu 1, thỏa mãn điều kiện:

a.1 1.a a

8) Mọi phần tử a{0} có phần tử nghịch đảo, ký hiệu a1, thỏa

mãn điều kiện a a1a a1 1

9) Phép nhân phân phối với phép cộng:

a, b, c , a.(bc)a.ba.c (☼)

ii)  quan hệ thứ tự toàn phần , cụ thể là: 1)  có tính chất phản xạ:  a , aa.

2)  có tính chất phản đối xứng:

a b

a, b , a b

b a

 

    

 



3)  có tính chất bắc cầu: a, b, c , a b a c b c

 

    

 



4)  quan hệ thứ tự toàn phần: a, b a b b a

 

   

 



Nếu a, b ab, ab, ta nói a nhỏ b viết ab

iii) Giữa phép toán , quan hệ thứ tự  có mối liên hệ sau đây:

1) ab  a c bc 2) d0, a b a.db.d

iv) Mỗi tập không trống bị chặn có cận

Các địi hỏi i) - iv) xem tiên đề số thực Riêng tiên đề iv) cần

có giải thích tỷ mỉ sau c Cận, bị chặn

Ta nói x cận (hay biên trên) tập hợp A

a A, a x

(7)

-

Ta nói y cận (hay biên dưới) tập hợp A

a A, y a

  

Ta nói x phần tử lớn (hay giá trị lớn nhất) tập hợp A

xA x cận A:

x A

a A, x a

 

  



Ký hiệu phần tử lớn tập hợp A Max(A)

Tương tự điều khái niệm phần tử nhỏ Ký hiệu phần

tử nhỏ tập hợp A Min(A)

Khi A hữu hạn, ta dùng ký hiệu Max(a , , a ) hay 1 n i

1 i nMax a 

thay cho ký hiệu Max a , , a 1 n

Tập A gọi bị chặn tồn (ít nhất) cận Tương tự ta hiểu khái niệm bị chặn

Tập hợp A gọi bị chặn vừa bị chặn trên, vừa bị chặn Supremum. Phần tử bé cận tập hợp A, tồn tại, gọi cận A, ký hiệu Sup(A) (đọc supremum tập

hợp A)

Phần tử lớn cận tập hợp A, tồn tại, gọi cận A, ký hiệu Inf(A)

Có thể xảy trường hợp Sup(A)A (và) Inf (A)A Chẳng hạn

khi A(a; b)

Dễ thấy tiên đề iv) tương đương với:

iv') Mỗi tập không trống bị chặn có cận d Nhúng  vào  (☼)

Ta biết tốt  Ta có  - gọi số thực Bây ta xây dựng

một ánh xạ f :  cho đơn ánh

Như nêu trên, dùng để ký hiệu phần tử trung lập phép nhân  n  ta xác định số thực f(n), ký hiệu n.1 sau:

f

(8)

-

- 10

*

1 n n.1

( 1) ( 1) n 

    

  

    

 



 (1.1.1)

Bây  q , m, n* cho q m n

 Ta xác định số thực f(q), ký hiệu q.1, sau:

1

q.1(m.1).(n.1)

Rõ ràng vế phải số thực Mặt khác, định nghĩa hợp lý q có

biểu diễn khác: q m ' m n ' n

 

  

  từ chỗ

m 'nn ' m(m.1).(n '.1)(m '.1)(n.1); nhân vế với số thực (n '.1) (n.1)1 1 ta

1 1

(m.1).(n.1) (m '.1).(n.1).(n.1) (n '.1)  (m '.1)(n '.1) Vậy, hai biểu diễn q cho kết

Rõ ràng ánh xạ f đơn ánh Vậy ta đồng  với

{ 1, q }f ( ) tập hợp  Như vậy, coi  phận

của  (☼) e Các loại khoảng

Có loại khoảng suy rộng sau 

   

 

1) a; b x : a x b , 2) [a; b) x : a x b , 3) (a; b] x : a x b , 4) (a; b) x : a x b , 5) [a; ) x : a x , 6) (a; ) x : a x , 7) ( ; a] x : x a , 8) ( ; a) x : x a 9) ( ; )

   

   

   

   

    

    

   

   

   

   

    

Các khoảng a; b ; ( ; a]; [b;  ); (  ; ): đóng

(a; b); (; a); (b;  ); (  ; ): mở

[a; b); (a; b] : nửa đóng, nửa mở

a, b : mút khoảng

Khoảng I bỏ mút, có, gọi phần I, ký hiệu

o

(9)

- Khoảng I, lấy thêm mút gọi bao đóng I, ký hiệu I

1.1.2 Các tính chất sơ cấp số thực

a Các bất đẳng thức

Các bất đẳng thức số thực mà biết từ phổ thông đúng,

chẳng hạn

1 x 0 ;

x

0 x y

x, y, u, v , xu yv u v

   

 



    

 





Các bất đẳng thức Cauchy, Cauchy-Bunhiacopski-Schwartz nghiệm

Bất đẳng thức Mincopski (Bất đẳng thức tam giác n)

 

1/2

n n n

2 2

i i i i

i i i

(x y ) x y

hay || x y || || x || || y ||

  

 

  

 

 

  

   (1.1.2)

Chứng minh Bình phương vế đưa bất đẳng thức C-B-S

b Giá trị tuyệt đối. Giá trị tuyệt đối số thực x số thực, ký hiệu

|x|, xác định

| x | x x 0, x x

 

 

 



Gía trị tuyệt đối có tính chất biết, ví dụ

n n

i i

| x | | x |,

1

x, y , Max(x, y) (x y | x y |),

1

Min(x, y) (x y | x y |),

| x | | y | | x y |,

 



     

   

  

 



| a | b b a b. c Khoảng cách thông thường 

ĐN. Khoảng cách (thông thường)  ánh xạ

d :

(x, y) d(x, y) | x y |

 

  

  

(10)

-

- 12

1) x, y, d(x, y) 0; d(x, y)0xy: tính xác định dương

2) x, y, d(x, y)d(y, x) : tính đối xứng

3) x, y, z, d(x, y)d(y, z)d(x, z) : bất đẳng tam giác

1.1.3 Các tính chất 

a Cận trên

Chúng ta nhắc lại tiên đề cận đúng:

Mọi tập A khơng trống bị chặn có cận Sup(A)

Hệ quả. Mọi tập A không trống bị chặn có cận

Inf(A)

Ví dụ 1.1. Tìm cận cận (nếu có) tập hợp

n

* n

1 ( 1)

E , n

n

  

 

   

 

 



Giải E 1; 1; 1; 1; 16

 

     

 .

* 2k 2

2k

1 1

k , u u

2k 4

2

        

2k 2k 1

1 1 1

u u ,

2k 2k 2

1

u u

8

 

        

 

   

Như u1 un u2

2

    

1

Sup(E) Max(E) u / 4, Inf (E) Min(E) u /

   

    #

Định lý 1.1. Cho A tập không trống Khi

M mơt cân trên, (*) M Sup(A)

0, a A : M a M (**)



  

       



Chứng minh. a) "": Cần Giả sử MSup(A) Vậy M cận Ta giả

sử không xảy (**), nghĩa   0 0,  a A, aM 0 Như vậy, M 0

cũng cận A Rõ ràng M  0 M Vậy M không cận nhỏ

nhất, mâu thuẫn

b) "": Đủ Giả sử xảy (1) (2) Như M cận Giả sử M

khơng cận nhỏ Vì A bị chặn (ít M) nên tồn cận nhỏ M' M M Đặt  MM0 Theo (**),

a A : M M (M M ) M a M

(11)

- Vậy M không cận trên, mâu thuẫn 

Lưu ý. Điểm a nói (2) Sup(A) khơng

b Căn bậc n số dương(☼)

Cho a, ta chứng minh ! b để bn a, với n nguyên dương:

*

n

i) Trường hợp 1: a0 hay a1, kết luận rõ ràng

ii) Trường hợp 2: < a

Đặt E{x, xn a} Rõ ràng E khơng rỗng E chứa E bị chặn trên, chẳng hạn a Theo tiên đề cận trên,  bSup(E)

Tất nhiên b  (vì E) Ta chứng minh b phần tử phải

tìm, tức bn a

Giả sử ngược lại, bn a Xảy khả

Khả 1: bn a Ta chứng minh tồn số thực  (0; 1) để (b )n a (*) Khi b  E, bb  mâu thuẫn với định nghĩa bSup(E)

Bây ta chứng minh (*) Theo khai triển nhị thức Newton,  (0; 1)

n

n n k n k k

n k

(b ) b C b  

    

Ta có

k

n k n n n

k

b b b

b 

  





    

n

n n k n n n n

n k

(b ) b C b  b (b  )(2 1) a 

          

với  đủ nhỏ

(Chứng minh chi tiết: Chọn số thực  đủ bé cho

n

n n

a b Min 1;

(2 1) b

  

    



 

Khi 0  1

n n n n n n

(b ) b (2 1) b  b  a b a)

Như (*) chứng minh, tức khả không xảy

Khả 2: bn a Chứng minh tương tự, trường hợp dẫn đến

(12)

-

- 14

Tóm lại bn a

Cịn phải chứng minh tính b Thực vậy, với x, y0,

n n

x  y a xnyn (xy)(xn 1 yxn 2 y  xy n 1)0 x y x y

    

iii) Trường hợp 3: 0a1

Đặt t1 / a Theo ii),  u  mà un t Khi đó,

n n

1 1

a

u u t

 

  

   

Sự

duy tương tự Ta thu đpcm.  (☼) Mệnh đề, định nghĩa  a , nnguyên dương, ! b cho

n

b a Phần tử b ký hiệu na hay a1/n gọi bậc n a

Với n2, ta ký hiệu a thay cho 2a

Độc giả tự định nghĩa bậc lẻ số âm: 2n 1 a , a0

c Tính chất Archimede - Phần nguyên

Định lý 1.2.  có tính chất Archimede sau đây:

 0, A0,  n *: n A

Hình ảnh trực quan: Nếu tơi có gậy, dù anh có xa tơi nữa, đặt liên tiếp gậy này, đến chỗ anh đứng

Chứng minh. Ta chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại,

0 0, A0

    cho n 0 A ,0  n * Khi tập hợp

0

E{n , n1, 2, } không trống, bị chặn A0 Vậy tồn cận

Sup(A) = b

Rõ ràng b  0 b Mặt khác, theo Định lý 1.1, n0*:

0 0

b  n  b

0

b (n 1) (n 1) E

    



   : Mâu thuẫn với cách xác định b  Phần nguyên Bây cho x số thực Lấy  1, theo Định lý 1.2,

0 0

n : n n x

   Vậy tập hợp {n: nn.1x} bị chặn Rõ ràng tập

hợp không rỗng Vậy tồn phần tử lớn nhất, ký hiệu [x] Ta thu Mệnh đề - Định nghĩa Với x, tồn số nguyên n

sao cho nxn 1 Số nguyên gọi phần nguyên x, ký hiệu

là [x] (☼)

(13)

- d Sự trù mật (☼)

Định nghĩa. Cho tập hợp số thực A, B, AB Ta nói tập hợp A

trù mật tập hợp B

b B,  0,  a A : b  ab 

Lưu ý: Ta thu định nghĩa tương đương bất đẳng thức sau thay

b  ab  (hay b  ab  hay b  ab )

Định lý 1.3.  trù mật 

Chứng minh. Cho b tùy ý ,  0 tùy ý Vì  có tính chất

Archimede nên  n *: 2n 1 hay

n((b  ) (b   )) n(b   ) n(b ) Vậy, số n(b ) n(b ) có số nguyên n : 0 n(b ) n0 n(b ) b n0 b

n

            

0

n q

n

 số hữu tỷ phải tìm 

Hệ quả: Cho x y số thực bất kỳ, xy Tồn số hữu tỷ a để xay.

Hình ảnh trực quan: số thực dù gần có

số hữu tỷ (☼) e Số vô tỷ

Một số thực gọi số vơ tỷ khơng số hữu tỷ

(Tập số vô tỷ   ) Lưu ý

x y

x , y xy

x / y

  

 

     

  



 

    

 

(Tổng, tích, thương số hữu tỷ với số vô tỷ số vô tỷ)

Định lý 1.4. Tập hợp số vô tỷ   trù mật  1.1.4 Đường thẳng thực mở rộng

Định nghĩa Thêm vào  hai phần tử bổ sung, gọi âm vô cực (âm vô cùng), dương vô cực (dương vô cùng), ký hiệu   , tập hợp

mới, ký hiệu 

Đặt {x , x 0} { },

{x , x 0} {- } 



     

    

 

(14)

-

- 16

Đồng thời, mở rộng phép toán ,  lên  sau

x , x ( ) ( ) x x ( ) ( ) x ( ) ( )

( ) ( )

        

      

         



x : x.( ) ( ).x x.( ) ( ).x 

      

    



x : x.( ) ( ).x x.( ) ( ).x ( ).( ) ( ).( )

( ).( ) ( ).( ) ( )( )



      

    

   

   

      

   



x : x

      

       



Khi  gọi đường thẳng thực mở rộng

Lưu ý. Các phép tốn , khơng định nghĩa cho phần tử , ví dụ (  ) ( ), 0.(), (ứng với dạng vô định)

1.1.5 Lực lượng  , (Tự đọc) (☼)

Định nghĩa. Cho tập A B A gọi có lực lượng bé lực lượng B tồn đơn ánh f : AB

A B gọi có lực lượng (có lược lượng nhau) tồn

song ánh f : AB

Lực lượng tập hợp A ký hiệu Card(A) (có tài liệu ghi #A)

Nếu A tập hữu hạn n phần tử: A{a , , a }1 n quy ước Card(A)n Nếu lực lượng A bé lực lượng B ta viết

Card(A)Card(B)

Tập hợp A gọi có lực lượng đếm được, gọi tắt: A tập đếm được,

nếu xếp phần tử A thành dãy; cụ thể là, tồn song ánh

*

f : A

Tập hợp vô hạn tập đếm được gọi có lực lượng không

đếm ( gọi tắt: tập không đếm được)

(15)

- Chẳng hạn, xếp tập thành dãy sau:

A 0, 1, 1, 1, 2, 1, 1, , 2, 1, , 5, 3 4 5 6

 

  

 

Độc giả nêu quy tắc xác định dãy này! Ngồi có:

Tập số hữu tỷ đếm

Tập điểm hình vng đơn vị [0; a] [0; a] với tọa độ hữu tỷ

đếm

Tính chất.  tập hợp khơng đếm được, Card( ) Card[0; 1]Card(0; 1)Card(0; 1]

Nếu bớt (hay thêm vào) tập hợp không đếm tập hợp đếm tập hợp khơng đếm

Định nghĩa. Tập hợp A gọi có lực lượng nhỏ thực lực lượng

của tập hợp B, ta viết Card(A)Card(B) nếu:

+ Card(A)Card(B),

+Không tồn song ánh f : AB Ví dụ: Card{1, 2, , 10}  Card{1, 2, , 100}

 Lực lượng tập số hữu tỷ nhỏ thực lực lượng tập

các số thực: Card( ) Card( ) (☼) Yêu cầu tối thiểu học Bài 1.1

- Định lý 1.1

- Phần nguyên

- Tập hợp đếm được, ví dụ

(16)

-

- 18

§ 1.2 GIỚI HẠNDÃY SỐ

1.2.1 Hội tụ - Phân kỳ

a Định nghĩa

a.1 Giới hạn thông thường

Dãy {u }n gọi hội tụ đến giới hạn  (hay có giới hạn ) với

số  0, tồn N cho | un |   , n N

Khi ta viết n n

n

lim u hay u (n )

    

 

Hình ảnh trực quan: Từ số N đủ lớn trở đi, u sn ẽ "chui" vào lân cận

( ;  )

Ta nói {u } dãy hn ội tụ tồn   để

n

lim 

 Ta nói {u } dãy phân kn ỳ khơng hội tụ, cụ thể là:   ,  0,  N ,  n N : | un |  Chú ý Rất dễ dàng nhận kết quả:

n n

lim u lim | u |

 

   

Định lý 1.6 (Tính giới hạn). Giới hạn dãy số, tồn

thì Cụ thể là:

n

1

n

lim u lim u



  



 



  



 

   

Chứng minh. Giả sử ngược lại 12 Không hạn chế tổng quát coi

1

  Chọn  (21) / 30 Từ giả thiết,

n 1 n

n

n 2 n

n

lim u N , n N : | u | , lim u N , n N : | u |



         

   

Đặt NMax(N , N ) 11 2  , ta có

1 N N 2

2

0 | | | u | | u | | |

3

                 Mâu thuẫn chứng minh khẳng định  Chú ý

 Mỗi dãy dừng (nghĩa không đổi từ số hạng trở đi) dãy hội tụ, hội tụ đến số không đổi nêu

1

( | ) ( | )



(17)

-

 Hai dãy số trùng từ số hạng trở hội tụ hay phân kỳ

 Nếu ta thay đổi số hữu hạn số hạng, hay thêm vào bớt

số hữu hạn số hạng dãy dãy hội tụ hay phân kỳ dãy dãy cho

Chẳng hạn, ta biết

1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, , 1, (n ) n    . Thế dãy sau hội tụ đến 0:

1 1 1

7, 0, , 1, , , , , ,

3 n

1 1 2, 4, 3, 1, , , , , ,

2 n 1 1

, , , , , , n



a.2 Bị chặn. Ta nói dãy {un} bị chặn (tương ứng: bị chặn trên, bị chặn dưới) tập hợp {u , n=1, 2, } bn ị chặn (tương ứng: bị chặn trên, bị chặn dưới)

Định lý 1.7. Dãy hội tụ bị chặn

Chứng minh. Giả sử dãy {un} hội tụ: n

n

lim u a  

Thế tồn số nguyên N để nN, a 1 un  a Đặt

N

1 N

b Min{a 1, u , , u } c Max{a 1, u , , u }

 

 

thì có bun c, n 

a.3 Giới hạn vơ hạn

Ta nói dãy {u } tin ến đến + (hay {u }có gin ới hạn +, {u } nhn ận +

làm giới hạn ) nếu:

 L 0,  N :  n N, un L

Khi ta viết n

n

lim u

  

un   (n ) Chúng ta dễ hiểu ý nghĩa ký hiệu un   (n )

Ta nói dãy {u } tin ến đến  (hay {u } có gin ới hạn , {u } nhn ận  làm giới hạn) nếu:

(18)

-

- 20

Định lý 1.8. Mỗi dãy dần  bị chặn Tương tự, dãy dần

ra  bị chặn

Chứng minh Giả sử n

n

lim u

  

Tồn số nguyên dương N để

n

n N, u

   Đặt MMin{u , u , , u , 1}1 2 N Rõ ràng un M, n

Đối với trường hợp n

n

lim u

  

, xét dãy { u } n 

b Tính chất thứ tự giới hạn

Định lý 1.9. Giả sử {u }, {v } dãy thn n ỏa mãn điều kiện un vn với

0

nn tồn giới hạn n

nlim u u; nlim v n v Khi uv

Định lý 1.10 (Định lý kẹp). Cho {u }, {v }, {w }n n n ba dãy Nếu từ

chỉ số N trở xảy bất đẳng thức un wn vn {u } {v } n n hội tụ đến giới hạn  {w } cn ũng hội tụ đến 

Định lý 1.11.Cho hai dãy {u }, {v } n n

n n

n n n

n

N , n N, u v

lim v

lim u 

                

Chứng minh. Giả sử A0 tùy ý cho trước Từ giả thiết,

1 n

N , n N , u A

     Đặt PMax(N , N)1  n P, vn un A Vậy n

n

lim v

  



c Các phép toán về giới hạn

Định lý 1.12. Cho {u }, {v } dãy, , ,n n    ba số thực

n n n n n n n n n n n n n n n n n n

1 u (n ) | u | | | (n ) u (n ) | u | | | (n )

u (n )

3 u v (n )

v (n )

4 u (n ) u (n )

u (n )

5 u v (n )

{v } bi chan

u (n )

6 u v (n )

v (n )

                                                                            n

7 u   (n  ) Dãy

n u      

xác định từ số N trở

n

1

(19)

-

n n

8 u , v 0 (n  ) Dãy n

n

u v

 

 

 

xác định từ

chỉ số N trở n

n n

u

lim

v   

 

Chứng minh. Chúng ta chứng minh (5) (8) Để chứng minh (5), giả sử

n

{v } bị chặn Vậy M,  n , | v |n M Giả sử  0 tùy ý cho trước,

n

N , n N, | u |

M



    





Khi đó, n N, | u v | | u || v |n n n n M M



     



Nghĩa u vn n 0 n 

Để chứng minh (8), ta giả sử vn 0 (n ) Khi tồn M,

n n

n M, | v | | | /2 | v | | | /2 n M

          Vậy n

n

u v

 

 

 

xác định, từ

chỉ số M trở Ta có

n n n n n

n n n

u u v (u ) (v )

v v v

      

  

  

      

  

n n

| || u | | || v | | v || | | v || |

   

 

 

   

  (*)

Bây giả sử  0 cho trước Vì

n 1 n

n

n 2 n

n

| |

lim u N , n N : | u | (**) 2

| | | |

lim v N , n N : | v | (***) | | 2



 

       

  



       



  

 

  



Vậy  n NMax(N , N , N )1 2 3

n n

u | | | |

| |

v 2 | | 2

2

  

 

    



  

    



   

n

n n

u lim

v 

 





 

(20)

-

- 22

Định lý 1.13. Cho hai dãy {u }, {v } n n

n

n n

n

* u (n )

1 u v (n )

v bi chan duoi

* u (n )

u v (n )

v (n )

* u (n )

u v (n )

v (n )

    

     

 

    

     



    

    

     



   

2 n n n

n

u (n )

u v (n )

C 0, N , n N, v C

    

    



       

n

1

3 u (n )

v

 

      

 

xác định từ số

n

1

0 (n ) v   

n

n n

u (n )

4 (n )

N, n N, u u

   

    



    

Ví dụ 1.2. Xét hội tụ dãy  na , (a0)

Trường hợp 1: a1 Dùng khai triển nhị thức Newton ta có

n

n n k k

n n n

n k

a ( a ) (1 ( a 1)) C ( a 1) 

      

1

k n k n

n k

* n

C ( a 1) n( a 1) a

n , a

n 

    



     





Theo Định lý kẹp, na  1 (n )

Trường hợp 2: 0a1 Khi 1/ a1 Theo trường hợp 1,

n n

n

1

1 (n ) a (n ) a

a        

Trường hợp 3: a1 Rõ ràng na 1 (n ) Tóm lại,

n

nlim a 1 (a0)

(1.2.1)

(21)

- Ví dụ 1.3. Xét hội tụ dãy

n m

a

n với a 1 m nguyên dương cố định

Trước hết, ta chứng minh

n n

A

lim , A n

    

Thực vậy, với n2 đặt hA 1 0 thì:

n

n n n k k 2

n n

k

n(n 1) A (1 (A 1)) (1 h) C h C h h

2 



        

n

2

A n

h (n )

n



      Vậy,

n n

A

lim , (A 1) n

   

(1.2.2) Bây xét hội tụ dãy

n m

a n

 

 

 

 

 

, a > Ta có

m m m

n n/m m n n

m m

a a ( a ) A

(A a 1)

n n n

n

     

       

   

     

Vậy

n

* m

n

a

lim , a 1, m n

      

(1.2.3) Ta nói hàm mũ dần vô hạn nhanh hàm lũy thừa (hay hàm mũ trội hàm lũy thừa) #

Ví dụ 1.4. Chứng minh

n n

a a , lim

n! 

   (1.2.4)

Chứng minh. Đặt N| a |  Với n N ta có

n

| a | | a | | a | | a | | a | n! N N n

 

  



 

| a | .| a | | a | A.| a | (n )

1 N n n

 

     

 

Ta nói giai thừa trội hàm mũ (n! dần  nhanh an) #

1.2.2 Dãy đơn điệu

a Định nghĩa

(22)

-

- 24

Dãy {u }n gọi tăng (giảm) thực un  un 1 (un  un 1 ) với

mọi n

Dãy tăng giảm gọi chung dãy đơn điệu

Định lý 14. Dãy tăng (giảm), bị chặn (dưới) hội tụ

Chứng minh. + Giả sử dãy {u }n tăng bị chặn trên:

1

u u  L  Tập hợp {u , nn 1, 2, } không trống bị chặn

Theo tiên đề cận trên, tồn MSup{u , nn 1, 2, } Ta chứng minh

n n

lim u M  

Thực vậy,  0 cho trước, theo tính chất supremum, tồn

0

0 n

n : M  u M Mặt khác, {u } không gin ảm bị chặn M nên

0

n n

u u M,  n n Suy

n

M  u MM   , n n Vậy n

n

lim u M  

+ Đối với dãy {u } gin ảm bị chặn dưới, xét dãy { u } n Phần lại rõ ràng 

Hệ quả. Dãy tăng, không bị chặn hội tụ tới +, Dãy giảm, khơng bị chặn hội tụ tới -.

b Dãy kề nhau

Định nghĩa. Hai dãy {u }, {v }n n gọi kề {u }n tăng, {v } n giảm vn un 0 (n )

Định lý 1.15 Hai dãy {u }, {v } kn n ề chúng hội tụ đến

giới hạn  Hơn

*

n n n n

u u    v  v ,  n 

Chứng minh Đặt wn vnu n Dãy {w }n không tăng, thực vậy,

n n n

n n n n n n n n

w v u

(v v ) (v u ) (u u ) w w

  

 

 

         

Lại có wn 0 (n ) nên phản chứng dễ suy wn 0 hay

n n

u v , n Từ

1 n n n n

u  u u  v  v  v Dãy {u } n tăng, bị chặn (bởi v1) n

n

lim u , 

  

Dãy {v } gin ảm, bị chặn (bởiu1) n n

lim v 



  

n n n n

n n n

lim u lim v lim (u v )

  

 

       

(23)

- Ví dụ 1.5. Hai dãy

n n

k

1 1

u

k! 1! 2! n! 

       ,

n n

k

1 v

k! n.n! 

   ,

n = 1, 2, kề Vậy chúng có giới hạn, gọi e Ta biết

e2.718 281 828

Hình 1.1 Hai dãy kề {u }n (dưới) {v }n (trên) Ví dụ 1.5

n

u 2.5 2.666667 2.708333 2.716667 2.718056 2.718254

n

v 2.75 2.722222 2.71875 2.716898 2.718084 2.718254

Hình 1.1 giá trị đầu dãy {u }n {v } n (Chúng ta nhớ lại định nghĩa khác e:

n

1 e lim

n 

 

   

 

) #

Hệ quả (Định lý đoạn lồng nhau). Cho hai dãy số thực {a },{b } n n cho  n , an b ; [an n 1; bn 1 ][a ; b ]n n n n

nlim (b a )0

Khi đó, tồn số thực  cho n n

n

[a ; b ] 







Chứng minh Rõ ràng hai dãy {a }, {b } kn n ề Theo Định lý 1.15,

n n

! : lim a lim a

 

     Cũng từ Định lý 1.15

i

i i i

a , i

[a ; b ], i b , i

 



  



 





 

c Dãy

n n n n

[ [ | ] ]

(24)

-

- 26

Định nghĩa Cho dãy {u } : u , u , Dãy n 1 2

k n

{u , k1, 2, } với số

k

n thỏa mãn: n1n2n3 gọi dãy trích từ dãy {u } n Chẳng hạn, {u } dãy cho trn ước,

2n

{u } : u , u , u , : dãy "chẵn"

2n 1

{u  } : u , u , u , : dãy "lẻ"

3n

{u } : u , u , u , dãy Tuy nhiên

2 1

n 3n

{u }: u , u , u , u ,  

là dãy, không dãy {u } chn ỉ số bị lặp lại!

Định lý 1.16. Nếu {u } có gin ới hạn  dãy trích từ

có giới hạn 

Chứng minh. Từ giả thiết,  0,  N ,  n N, | un| 

Giả sử {unk} dãy {u } Vn ới kN, nk kN nên

k n

| u |  Vậy

k n

nlim u  

Định lý có tác dụng tốt để chứng minh dãy khơng hội tụ Ví dụ 1.6. Xét hội tụ dãy {( 1) } n

2n 2n

u ( 1) 1 (n ) u  ( 1)  1 (n )

     

       

Vì 1 1, theo Định lý 1.16, dãy khơng thể hội tụ, phân kỳ #

Định lý 1.17. Cho {u } mn ột dãy,  số thực Khi đó,

2n n

n

n 2n 1

n

lim u lim u

lim u 

 



 



  

 



 



Chứng minh. Cần "" Suy từ Định lý 1.16 Đủ "" Giả sử 2n 2n 1

n n

lim u , lim u 

  

 Khi  0,N , N1 2:

1 2k 2k

k N : | u | ; k N : | u  |

         

Đặt N 2Max(N , N ).1 2 n N, k : n 2k n 2k

 



   

  

* n2k 1. Rõ ràng kN2 | un| 

(25)

- Vậy n

n

lim u  

 

Lưu ý: Có thể mở rộng Định lý cách tách {u } thành hai hon ặc k

dãy rời

Định lý 1.18 (Bổ đề Bolzano-Weierstrass). Từ dãy số thực bị chặn

có thể trích dãy hội tụ

Chứng minh. Cho dãy bị chặn {u }n a , b1 1:  n *, a1un b1

Đặt h b1a10 Rõ ràng đoạn [a ; b ] ch1 1 ứa vô hạn phần tử dãy {u } n Chọn phần tử un1 tùy ý dãy {u }n Như a1un1 b1

Chia đôi đoạn [a ; b ] b1 1 ởi điểm (a1b ) / 21 , đoạn,

1 1

[a ; (a b ) / 2], [(a1b ) / 2; b ]1 1 Có đoạn chứa vô hạn

các phần tử dãy {u } Gn ọi đoạn [a ; b ] 2 2 Rõ ràng [a ; b ]2 2 [a ; b ]; b1 1 2 a2 h b1 a1

2



 

    

 

Chọn phần tử un2tùy ý {u } cho n n2n1

2 n

u nằm đoạn [a ; b ] : 2 2 a2 un2  b 2

Tương tự, quy nạp ta xây dựng dãy đoạn [a ; b ] mà n n + Chứa vô hạn phần tử dãy {u } , n

+ k 1 k 1 k k k 1 k 1 k k

k

b a h

[a ; b ] [a ; b ]; b a

2

   



    

Chọn phần tử unk dãy {u } cho n nk nk 1

k

k n k

a u b (*) Dãy đoạn [a ; b ]k k lồng (nói cách khác, {a }, {b } hai dãy kk k ề

nhau) Theo Định lý 1.15, tồn giới hạn chung chúng: k k

k k

lim a lim b    



Theo định lý kẹp

k n k

lim u  

 (đpcm) 

Định nghĩa. Cho {u } mn ột dãy số;

k n

{u } dãy thỏa

mãn: -

k n k

lim u 

 ;

- Đối với dãy

k m

{u } khác mà

k m k

lim u 



   

Khi  gọi giới hạn dãy {u }n ký hiệu lim u n Chúng ta dễ dàng hiểu ý nghĩa giới hạn lim u n

Định lý 1.19

i Luôn tồn lim un  

Hơn {u } không bn ị chặn lim un   ii Nếu {u }n bị chặn M lim un M

iii n n n

nlim u  lim u lim u 

(26)

-

- 28

Định nghĩa. Dãy {u }n gọi dãy (hay Cauchy)

n m

0, N , m, n N : | u u |

        

Điều tương đương với:

n n p

0, N , n N, p : | u u  |

          

Định lý 1.20 (Nguyên lý Cauchy)

Dãy {u } dãy Cauchy chn ỉ hội tụ

Chứng minh. a Đủ "" Giả sử {u } dãy hn ội tụ Đặt n

n

lim u 



 Khi

0, , : | | /

  N  n N un  

, , | | | | | | / /

m nN  unum  un  um       b Cần "" Các bước CM ĐK cần là:

+ Chứng tỏ dãy cho bị chặn, + Từ trích dãy

k n

u hội tụ đến giới hạn  đó;

+ Chứng minh  giới hạn {u } n 

Nét đặc sắc Định lý Cauchy khơng cần đến giới hạn dãy Định lý sử dụng hiệu để chứng minh dãy khơng hội tụ

Ví dụ 1.7. Xét hội tụ dãy xn 1

2 n

   

N

 , chọn nN Thế 2n N Ta có

n 2n

1 1 1

| x x |

n 2n 2n 2n

       



Theo Định lý Cauchy, dãy khơng hội tụ # Ví dụ 1.8 Chứng minh dãy {sin n}, {cos n} khơng hội tụ Giải. i Ta có | sin(n2) sin n | | cos(n 1)sin1| | cos(n 1) |    

Giả sử N số nguyên dương cho trước Chọn  1 / Xét số

nguyên liên tiếp N + 1, , N + Khi thể góc lượng giác số nguyên lên vịng trịn đơn vị, có điểm nằm cung AC (vì độ dài cung AC 2/3 1)

Vậy có số nói có cos lớn 1/2, chẳng hạn

0

n 1, (n  1 N) Như

y

C

B x

(27)

-

0 0

| sin(n 2) sin n | | cos(n 1) | / 2

Theo nguyên lý Cauchy, dãy cho không hội tụ

ii Ta có cos(n2)cos n 2 sin (n 1) sin1

Nếu dãy {cos n} có giới hạn vế trái dần đến 0, vế phải

dần đến (khi n dần vô hạn), mâu thuẫn với i

Hình 1.2 Dãy sinn

51 số hạng đầu dãy sin n thể Hình 1.2. #

d Dãy truy hồi dạng un 1 f (u )n (☼)

Cho f : II hàm từ khoảng đóng I vào I, cịn dãy {u }n xác định

bởi cơng thức truy hồi un 1 f (u )n

d.1 f(x) liên tục và un    (n ) I f ( )  ( gọi điểm bất động ánh xạ f)

Thường ta phải giải phương trình này, nghiệm gọi giới hạn

"khả dĩ" dãy {u } n d.2 f(x) đơn điệu tăng

+ Trường hợp 1: u0u1u1u2 Vậy {u }n tăng

+ Trường hợp 2: u0u1u1u2 Vậy {u } gin ảm

Như {u }n đơn điệu Cần xét thêm tính bị chặn Thường {u } bn ị

chặn giới hạn 'khả dĩ"

d.3 f(x) đơn điệu giảm

Khi hàm g(x)f (f (x)) đơn điệu tăng Theo phần d.2, hai dãy

2n 2n

{u } {u  } đơn điệu, chiều biến thiên chúng trái ngược

Việc xét dấu g(x)x, vậy, g(x)

x  giúp ta dễ dàng xét chiều biến thiên dãy Cần xét thêm tính bị chặn giới hạn

của dãy chẵn lẻ

Lưu ý. Để xét dấu u1u0 ta xét dấu f (x)x (☼) Ví dụ 1.9. Tìm giới hạn dãy n 0 n 1 n

2 n

u {u }: u 1, u

u 

 



Ta thấy un 0 n

-1

(28)

-

- 30

3

n n

n n n 2 2 n

n n

u u

u u u 0, n u

u u lim u







       

 

   

Chuyển qua giới hạn đẳng thức n 1 2n

n

u u

u  

  21 0



 



Vậy n

n

lim u  

#

Ví dụ 1.10. Tìm GH dãy {u }: un 0 1, un 1 1(u2n 8)



  

Hướng dẫn. un 0 Xét ánh xạ (hàm số) f (x) 1(x2 8)

  , có điểm

bất động x2, x4

ĐS

0 n

n

0

u [0; 2] lim u u [2; 4)

u 4



    

   

  

  

u04: Dãy phân kỳ #

§ 1.3 HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ

1.3.1 Các phương pháp biểu diễn hàm số (☼)

Hàm số biểu diến theo cách:

 Bằng biểu thức  Bằng bảng số liệu

 Bằng đồ thị  Bằng lời

a) Biểu diễn hàm số theo phương pháp đại số(bằng biểu thức hiển)

Biểu thức dạng thông dụng nhất, dễ xử lý hàm số Sau vài ví dụ

* Diện tích hình trịn bán kính r tính cơng thức S r2 Bởi

bán kính ln dương, địi hỏi cần có r0

* Chiều cao hịn đá thả rơi tự từ tháp cao 140 m tính theo

cơng thức h 1404,9t2, t thời gian tính từ lúc thả Vì đá rơi

xuống đến mặt đất, địi hỏi thời gian 140 4,9t 0 hay 0 t 140 / 4,95,35

(29)

- b) Biểu diễn hàm số dạng bảng số liệu

Các kết đo đạc phịng thí nghiệm hay thể dạng

bảng Bảng số dạng tự nhiên hàm số Xét ví dụ sau

* Dân số giới P phụ thuộc vào thời gian t Tại thời điểm t có

giá trị P (triệu người) Ta nói P hàm t ta viết PP(t) Tuy nhiên, biết dân số số năm định Bảng sau cho ta xấp xỉ

dân số số năm chẵn Chẳng hạn, năm 1950 P(1950)2 520 (triệu người)

Tình hình tương tự cột cuối Bảng 1.1, tỷ lệ thể

tích CO khơng khí (ph2 ần triệu) Như vậy, tỷ lệ C CO 2 khơng khí hàm thời gian t: CC(t) Tuy nhiên, ta công thức

hiển C qua t, ta biết giá trị C số điểm định

Tuy nhiên, lại hồn tồn khơng có giá trị trung gian kiểu

t1981 Trong trường hợp ấy, khó mà dùng dạng khác hàm số ngồi dạng

bảng

Bảng 1.1 Dân số giới (a) nồng độ CO2 khơng khí (b)

(a) (b)

Năm Dân số (tr người) Năm Mức CO2

1900 1650 1972 327.3

1910 1750 1974 330.0

1920 1860 1976 332.0

1930 2070 1978 335.3

1940 2300 1980 338.5

1950 2520 1982 341.0

1960 3020 1984 344.3

1970 3700 1986 347.0

1980 4450 1988 351.3

1990 5300 1990 354.0

2000 6115 2010 6909

c) Biểu diễn hàm số hình ảnh (bằng đồ thị)

Dạng đồ thị dạng trực quan hàm số Gia tốc thẳng đứng a điểm mặt đất trận động đất hàm thời gian t Hình sau đồ

(30)

-

- 32

Hình 1.3 Gia tốc đứngcủa mặt đất trận động đất d) Biểu diễn hàm số cách mô tả (bằng lời)

Hàm số cho theo cách mô tả Chẳng hạn, trọng lượng thể người hàm theo thời gian t; lợi nhuận cửa hàng xăng hàm khối lượng xăng dầu tiêu thụ

Một hàm số có số dạng biểu diễn Chúng ta cần có kỹ để chuyển từ dạng biểu diễn sang dạng khác, dầu điều khơng

phải lúc làm

Chúng ta dẫn sau định nghĩa tổng quát hàm số

Định nghĩa. Cho hai tập hợp X Y  Hàm số f quy tắc cho tương ứng phần tử x tập hợp X với phần tử f(x) tập

hợp Y

Hình 1.4 Sơ đồ biểu diến hàm số Người ta thường ký hiệu hàm số sau:

f : X Y

x X f (x) Y



   hay đơn giản hơn, yf (x), xX

Tập hợp X gọi tập xác định hàm số Số f(x) gọi giá trị hàm f x Tập giá trị nhận hàm số gọi tập giá trị nó:

W{f (x) : xX} a o

x o o

X Y

o f(a) o f(x)

(31)

-

Với hàm số yf (x), xX, x gọi biến số độc lập (hay đối số), y gọi biến phụ thuộc (hay hàm số)

Biến độc lập thường ký hiệu x, biến phụ thuộc thường ký hiệu y,

nhưng dùng ký hiệu khác Chẳng hạn, để hàm số

2

yx 2xln x, x1 ta viết ut22tln t, t1

Đồ thị hàm số Đối với hàm số f với tập xác định X, đồ thị tập

hợp cặp số có thứ tự

{(x,f (x)) : xX}

Đồ thị hàm số đường cong mặt phẳng tọa độ Oxy Nó cho ta

biết nhiều hàm số: tập xác định, tập giá trị, khoảng đồng biến, nghịch biến,

giá trị cực đại, cực tiểu, giá trị lớn nhất, nhỏ Chúng ta cần có kỹ lập đồ thị hàm số (dầu phổ thông ta có lực định), đọc đồ

thị, xử lý thông tin từ đồ thị

Đường cong mắt phẳng tọa độ đồ thị hàm đó? Trả lời

câu hỏi này, ta dùng kiểm định đường dốc đứng sau

Kiểm định đường dốc đứng. Đường cong (L) mặt phẳng tọa độ Oxy đồ thị hàm số đường thẳng song song với

trục tung cắt (L) nhiều điểm

Trong Hình 1.5, đường cong (a), (d) đồ thị hàm đó, đường cong (b), (c) khơng đồ thị hàm số

Hình 1.5 Một số đường cong mặt phẳng y y

(a) (b)

O x O x

y y (c)

(32)

-

- 34

Bây ta xét đường cong (L) : xy2 1 Hình 1.5 (c) Tuy khơng

là đồ thị hàm nào, nhận xét

2 y x

x y y x

y x

  

       

  



nên nửa (dưới) (L) lại đồ thị hàm yf (x) x 1

(yg(x)  x )

Ta nhận xét rằng, ta thay đổi vai trò x với y, coi x hàm, y biến, công thức hiển x qua y xy21; parabol (L) lại đồ thị hàm này!

Ví d 1.11. Khi bật bình nước nóng lên, nhiệt độ nước bình phụ thuộc

vào thời gian đun Ta tắt bình đem nước nóng sử dụng Vẽ sơ lược đồ thị

nhiệt độ nước bình

Giải. Nhiệt độ ban đầu nước gần với nhiệt độ phòng Khi ta bật

cơng tắc điện, nhiệt độ bình tăng lên nhanh chóng Khi ta ngắt cơng tắc điện,

nhiệt độ bình giảm khơng đáng kể Khi ta tháo nước khỏi bình, nhiệt độ nước

lại giảm nhanh đến nhiệt độ nước nguồn Vì thế, ta vẽ sơ đồ thị nước bình hình vẽ sau: #

Ví dụ 1.12. Số liệu sau lấy từ thí nghiệm phịng thí nghiệm đường

lactoza axit hydroxyvaleric 25 C0 Nồng độ C(t) (mol/l) sau t phút thể

hiện bảng Dùng số liệu để vẽ xấp xỉ đồ thị hàm nồng độ Tiếp theo, dùng

đồ thị để ước lượng nồng độ phút

t

C(t) 0.0800 0.0570 0.0408 0.0295 0.0210

Trước hết ta lập đồ thị điểm số liệu Có cách hoàn toàn tốt để

xác lập đường cong tối ưu qua điểm (chẳng hạn, dùng mô hình hồi quy

của Xác suất Thống kê, phương pháp bình phương cực tiểu học học

phần Phương Pháp Tính ) Tuy nhiên, điểm số liệu có dáng điệu tốt, ta

có thể vẽ tay đường cong trơn đơn giản qua điểm Hình 1.6 T

(33)

-

0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.1

0 10

Hình 1.6 Đồ thị nồng độ đường lactoza Dùng đồ thị thu được, ta ước lượng nồng độ phút

C(5)0,035 (mol/l) #

Hàm xác định trên từng đoạn (Piecewise defined fuctions)

Trong ví dụ sau đây, hàm số xác định công thức khác

trên phần khác tập xác định

Ví dụ 1.13. Vận tốc góc động từ lúc chuyển động cho công

thức VAteat, A, a hai số dương Sau đạt vận tốc cực đại thời điểm t1 / a, động chuyển động quay Hàm vận tốc V(t) viết

dạng

at

0 t V(t) At e t

a

A

khi t

a e a





 

 

  

 

 



Đồ thị hàm Aa 1 cho Hình 1.7 #

(34)

-

- 36

Ví dụ 1.14. Hàm giá trị tuyệt đối

Ví dụ 1.15. Tìm biểu thức cho hàm f có đồ thị hình

Trên đoạn (; 0), rõ ràng hàm cho cơng thức f (x)0

Đoạn thẳng có hệ số góc 1, dễ thấy cơng thức biểu diễn hàm f (x)x 0x2

Tương tự, đoạn kế tiếp, hệ số góc -1, cơng thức f (x)4x 2x4 Trên đoạn cuỗi, f (x)0

Tóm lại, cơng thức biểu diễn hàm f x

x x f (x)

4 x x x

 

  

  

  



 



#

Ví dụ 1.16. Tìm biểu thức cho hàm f cho đồ thị Tính f(-0.5); f(1); f(4)

y

-1 O x y

O x Hình 1.8 Hàm giá trị tuyệt đối Hàm giá trị tuyệt đối cho công

thức

y x x x x x

 



  

 

Đồ thị hàm giá trị tuyệt đối

cho Hình 1.8

y

(35)

-

Trả lời:

x 1, x 1, x y

x 3, x

0, x

   



  

  

   



 



; 0.5; 1; #(☼)

1.3.2 Hàm chẵn, lẻ

Định nghĩa

Giả sử tập xác định X hàm f(x) đối xứng qua gốc tọa độ Hàm f(x)

gọi chẵn

f ( x) f (x), xX,

và gọi lẻ

f ( x)  f (x), xX

Đồ thị hàm chẵn đối xứng qua trục tung Đồ thị hàm lẻ đối xứng

qua gốc tọa độ

Ví dụ 1.17 Xét xem hàm sau chẵn hay lẻ

5

4

a) f (x) 2x x ; b) g(x) x ;

c) h(x) x 3x ; d) k(x) x 2x , x

   

     

Giải. Tập xác định hàm số đầu , đỗi xứng qua gốc tọa độ

a) f ( x) 2( x) ( x)   5 f (x)f (x), x hàm chẵn

b) f ( x)   3 ( x)6 f (x)f (x), x hàm chẵn c) f ( 1)   2 ( 1)3( 1) 6; f (1)2 3.1  44

f ( 1) f (1)f (x) không hàm chẵn

f ( 1)  f (1)f (x) không hàm lẻ

Vậy f(x) không chẵn, không lẻ

d) Tập xác định không đối xứng qua gốc tọa độ; hàm không chẵn,

không lẻ

Nhận xét. Việc chọn giá trị 1, -1 c) tùy tiện; hàm không chẵn

và (hoặc) không lẻ, gần ta chọn ngẫu nhiên số đạt ý định

chứng minh ta # 1.3.3 Hàm số ngược

Bây ta coi hàm số ánh xạ Giả sử

f : X Y (X, Y ) x X y f (x) Y

 

   



(36)

-

- 38

+ Tập xác định f X, tập giá trị f Y + f đơn ánh: x , x1 2X, x1x2f (x )1 f (x )2 + f toàn ánh:  y Y,  x X : f (x)y

Vậy với yY, tồn xX để f (x)y

Phép tương ứng xác định ánh xạ (một hàm số) từ Y vào X, ký hiệu

là f1, gọi ánh xạ (hàm số) ngược f:

1

f (y)x cho f (x)y

Hình 1.9 Hàm xi hàm ngược

Theo thói quen, ta dùng chữ x đề đối số, chữ y để hàm số Như

ta ký hiệu hàm ngược hàm yf (x) yf1(x), xY

Tính chất. Nếu hàm f(x) có hàm ngược đồng biến (nghịch biến) hàm

ngược đồng biến (nghịch biến)

Nói cách khác, hàm ngược biến thiên chiều với hàm xuôi Giả sử G đồ thị hàm yf (x),

H đồ thị hàm yf1(x).

0 0

M (x , y )Gy f (x )0 x0 f1(y )0  N(y , x )0 0 H Từ đó:

Đồ thị hàm ngược đối xứng với đồ thị hàm xuất phát qua phân giác góc

phần tư thứ

Bây cho yf (x), xX đơn ánh (Ta không rõ miền ảnh Y) Gọi

Y{f (x), xX} tập giá trị f Thế f : XY song ánh Theo phân tích trên, tồn f1: YX Chúng ta gọi hàm ngược hàm ban đầu

Ví dụ 1.18. a yx2 Đây ánh xạ, tập xác định , không đơn ánh

Vậy khơng có hàm ngược

b yx , x2 0x  y , y0 Hàm ngược y x #

1

f f

X Y

(37)

-

Ví dụ 1.19. Xét hàm số ysin x Hàm xác định , không đơn

ánh nên hàm ngược

Bây xét hàm số y sin x, x

2

 

    Hàm số đồng biến Vậy tồn

tại hàm ngược, ký hiệu arcsinx hay đầy đủ yarcsin x,  1 x1 Đồ thị Hình 1.10 #

Hình 1.10 Hàm sinx hàm arcsinx

1.3.4 Các hàm sơ cấp bản

Hàm lũy thừa: yx , x 0 ( ) Hàm số mũ: yax (a0)

Hàm số logarit: ylog x, xa 0 (0a1)

Hàm lượng giác: sin x, cos x, tg x, cotg x

Hàm lượng giác ngược:

yarcsin x, x [ 1;1] hàm ngược hàm y s inx, x

2

 

   

yarc cos x, x [ 1; 1] hàm ngược hàm ycosx, 0x 

yarc tg x, x  ( ; )là hàm ngược hàm y tg x, x

2

 

   

yarc cotg x, x  ( ; ) hàm ngược hàm ycotg x, 0x 

Hàm lượng giác hyperbolic:

x x

e e

chx : cos hyperbol

e e

shx : sin hyperbol



 

(38)

-

- 40

x x

shx e e

thx : tang hyperbol chx e e

chx e e

cothx : cotang hyperbol shx e e

 



 

 

 



Tính chất: ch x2 sh x2 1

2

sh2x 2chx shx ch2x ch x sh x



 

Công thức cộng arctang:

a b arctg a arctg b arctg

1 ab



 

 (1.3.1)

Hàm sơ cấp: Gồm hàm sơ cấp bản, hàm tạo số hữu hạn

các phép toán  , , , : hợp số hữu hạn lần hàm 1.3.5 Một số hàm thơng dụng khác

a Hàm bước nhảy đơn vị y u(x) 0, x 1, x

 

  

 

Hàm thường dùng để biểu diễn biến đổi tức dịng điện hay điện mạch cơng tắc điện đóng lại

Đồ thị hàm u(x) Hình 1.11 (a) Chúng ta biểu diễn điện

V(t) đoạn mạch công tắc bật thời điểm t0 điện 220 vol

nối tức thời với mạch Hình 1.11 (b) Rõ ràng V(t)220u(t)

Tương tự, ta bật công tắc thời điểm t5 điện tác động 120 vol điện đoạn mạch V(t)110u(t5) (Hình 1.11 (c))

Hình 1.11 Một số hàm liên quan đến hàm bước nhảy đơn vị y V V

(a) 220

(b) (c) 110

x t 15 t V V

(d) (e) 220 220

(39)

-

Nhờ hàm bước nhảy đơn vị ta xây dựng hàm ramp (tạm dịch: hàm dốc xiên), hàm yCt u(t), biểu diễn tăng dòng điện hay điện

thế đoạn mạch Chẳng hạn, đóng mạch thời điểm t0 điện tăng đề khoảng thời gian 40 giây đạt 220 vol

V(t)220 t u(t), t40

Điện Hình 1.11 (d) biểu diễn qua hàm u(t): V(t)220(t20)u(t20), t50

b Hàm phần nguyên y[x]

(Số nguyên lớn (gần nhất) nhỏ thua x) c Hàm phần phân. yx [x] , ký hiệu {x}

Đồ thị hàm phần nguyên, phần phân cho Hình 1.12

Hình 1.12 Đồ thị hàm phần nguyên (a) hàm phần phân (b) d Hàm bậc thang

Hàm số xác định đoạn [a; b] gọi hàm bậc thang (hay số

từng khúc) tồn phép phân hoạch đoạn [a; b] thành đoạn rời để f(x) khơng đổi đoạn đó:

*

0 n n

n , a , a , , a [a; b]: a a a a b;

        

0, , n

   cho f (x) i,  x (a ; ai i 1 )

Hình 1.13 Đồ thị hàm bậc thang

(40)

-

- 42

1.3.6 Mơ hình tốn học (☼)

Mơ hình toán biểu diễn mặt toán học (thường dùng hàm số hay phương trình) tượng giới thực

Hình 1.14 mơ tả q trình mơ hình hóa

Nhiệm vụ với tốn giới thực phát biểu mơ

hình tốn cách nhận dạng đặt tên biến độc lập biến phụ thuộc; đặt

ra giả thiết làm đơn giản hóa tượng đủ đến mức mà làm cho mơ hình dễ xử lý mặt toán học Bằng hiểu biết mặt vật lý,

những kỹ tốn học, ta thu phương trình liên hệ biến Khi mà khơng có quy luật vật lý định hướng chúng ta, ta cần thu tập liệu, khảo sát

dữ liệu dạng bảng để trích rút dáng vẻ chúng Từ bảng liệu, ta có

thể lập đồ thị; điều gợi ý ta dạng hàm số trường hợp

 Bước tiệp theo dùng nhũng kiến thức tồn học ta có mơ

hình tốn vừa phát biểu để rút trích kết luận mặt toán học

 Bước thứ dùng kết luận mô tả chúng

thông tin tượng giới thực xuất phát để đưa lời giải

thích hay dự báo

 Cuối cùng, kiểm tra dự báo kiểm định phản bác lại

số liệu thực Nếu dự báo không phù hợp với giới thực, ta cần

sửa chữa mơ hình ta hay phát biểu mơ hình lặp lại từ đầu

Hình 1.14 Q trình mơ hình hóa

Mơ hình tốn khơng biểu diễn hồn tồn đầy đủ tình trạng vật lý,

nó lý tưởng hóa Một mơ hình tốt làm cho thực tiễn đơn giản hóa đáng kể để thừa nhận tính tốn tốn học, phải đủ chuẩn mực để đưa

những kết luận giá trị Điều quan trọng đưa mặt hạn chế mơ hình Mẹ Tự nhiên đưa phán cuối (☼)

§ 1.4 GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 1.4.1 Định nghĩa

+ Cho hàm số f (x), x(a; b)và x0(a ; b) Ta nói f(x) có giới hạn  x dần đến x (ho0 ặc xx0) viết  

0 x x

lim f x 

 (hay f(x)  x  x ) n0 ếu:

0

0 , , x (a ; b): x x

           f x  

Phát biểu

Kiểm tra Giải

Gải thích Bài tốn

thế giới thực Mơ hình

Kết luận

toán học

Dự báo

(41)

-

+ Cho hàm số f (x), x(a; b) Ta nói f(x) có giới hạn  x dần đến a

bên phải, viết

x a

lim f (x)





 nếu:

0

0, 0, x (a ; b): x x

          thì f x   

+ Cho hàm số f (x), x(a; ) Ta nói f(x) có giới hạn  x dần + 

(hoặc x = + ), viết  

x

lim f x   

  nếu:

 

0 , A a , x A , f x

        

Chúng ta tự hiểu ý nghĩa kí hiệu

x x b

lim f (x); lim f (x)

    

+ Cho hàm số f (x), x(a; b) x0(a; b) Ta nói f(x) có giới hạn + 

khi x dần đến x (ho0 ặc xx0) viết  

0

xlim f xx   

nếu:  

0

A 0, 0, x (a; b) : x x f x A

           

Chúng ta tự hiểu ý nghĩa ký hiệu

   

0 0

xlim f xx   ; lim f xxx   ; xlim f (x)x  ; lim f (x)x    Nếu  

x a

lim f x 

 , ta nói f(x) vơ bé (VCB) x  a Nếu

x a

lim | f (x) | , 

   ta nói f(x) vơ lớn (VCL) x dần đến a 1.4.2 Các tính chất giới hạn hàm số

Định lý 1.21 (Tính nhất giới hạn). Nếu hàm số nhận   làm giới hạn x0   .

Định lý 1.22 (Điều kiện đủ để hàm số có giới hạn). Cho hàm số

yf (x), xI, I khoảng  Nếu f(x) có giới hạn x0 I

( I bao đóng I) f(x) bị chặn lân cận x 0

Chứng minh. Giả sử I[a; b] (các trường hợp khác tương tự)

Với  1,  0,  x [a; b], | x x |0   | f (x)| 1 Vậy

0

| f (x) | | f (x) | | | | |

| f (x) | Max(1 | |, | f (x ) |), x [a; b], | x x |

    

       

  



Nghĩa f(x) bị chặn lân cận x I 0  Ví dụ 1.20 f (x) 1sin 1, x

x x

(42)

-

- 44

Hình 1.15 Đồ thị hàm số ví dụ 1.14

Dễ thấy f(x) khơng bị chặn lân cận tùy ý nên không tồn

x

lim f (x)





#

Định lý 1.23 (Định nghĩa giới hạn dãy) Hàm số yf (x) xác định

trên khoảng suy rộng I có giới hạn  x0 I với dãy  xn I, xnx0, n 0

n

lim x x  

  n

n

lim f x  

 

Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp x0(a ; b), I(a ; b) Các

trường hợp khác tương tự

+ Điều kiện cần Giả sử  

0

xlim f xx 

 Xét dãy  xn cho

n n n

x (a ; b) n ; x x ; x  x (n ) Với  0 cho trước, từ giả

thiết, tồn  0 để  x a ; b , 0  x x 0   f (x)   Từ chỗ

0

n

xlim xx x

suy tồn N, n  N:

n

0 x x   Vì vậy, n  N, f (x )n    Từ  n

nlim f x  



+ Điều kiện đủ. Giả sử ngược lại,  giới hạn f(x) x 0 Suy tồn 0 0 để

0

0, x (a; b) ,0 x x song f (x)

          

Bây với n , xn (a; b) n

       :

n n

0 x x  song f (x ) k  

(43)

-

Định lý 1.24 (Định lý kẹp). Cho ba hàm số f(x), g(x), h(x) xác định khoảng suy rộng I  Giả sử

f (x)g(x) h(x),  x I ;

x c x c

c I , lim f (x) lim h(x)

 

  

Khi đó, tồn giới hạn hàm g(x) x = c

x c

lim g(x)  

Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp khoảng I(a; b) hữu hạn, trường

hợp (a; b) vô hạn tương tự

Cho trước  0 Vì f(x) h(x) có giới hạn  x c nên tồn

1,

   cho

1

x (a; b), | x a | : | f (x) | , | x a | : | h(x) |

       

      

 

Chọn  Min( , 1 2)  x (a; b), | x c |  ta có f (x) g(x) h(x)

        

| g(x) |

    Vậy

xlim g(x)a   Định lý 1.25 (Giới hạn hàm đơn điệu)

Cho a, b    [ ; ], yf (x) hàm số tăng (a; b) i Nếu hàm f(x) bị chặn có giới hạn hữu hạn b

x b x (a; b)

lim f (x) Sup f (x)



 



ii Nếu hàm f(x) không bị chặn có giới hạn  b

x b

lim f (x)





 

Chứng minh. i Tập giá trị f(x) E{f (x), x(a; b)} Đây tập hợp

không rỗng, bị chặn nên tồn cận Sup(E)

Cho trước  0 Theo Định lý 1.1, y0E ( x0(a; b) : f (x ) y )0  0

0

sao cho   y f (x )

Vì f(x) tăng nên với x: x0 xb f (x )0 f (x) Suy f (x)

      

   , từ | f (x)| 

Bây xét trường hợp b hữu hạn Đặt  bx0 0 Rõ ràng x (a; b), | x b |

     | f (x)|  Vậy

x b

lim Sup(E)





 

Trường hợp f (x), g(x), xI có điều chỉnh chút ký hiệu

(44)

-

- 46

Lưu ý. Chúng ta dễ nhận kết tương tự cho trường hợp khác f(x) giảm, giới hạn trái, phải

1.4.3 Các phép toán giới hạn

Định lý 1.26. Cho f (x), g(x), xI hàm số khoảng mở rộng I;

a I (bao đóng I); , ,  số thực Khi

x a x a

x a

1 lim f (x) lim | f (x) | | | lim f (x) lim | f (x) |

lim f (x) lim (f (x) g(x))

lim g(x) lim f (x).g(x)) lim f (x) lim f (x)

lim f (x)

g(x) bi chan tro

                                                      x a x a x a x a

lim (f (x).g(x)) ng môt lân cân cua a

lim f (x)

f (x)

6 lim

lim g(x) g(x)

                         

Ví dụ 21 Tìm giới hạn

i

x

1 sin 7x lim 2x   Ta có x x x

1 sin 7x

1 sin 7x sin 7x

lim lim

1

2x 2x

lim

| x |  

              

x x

tg x sin x

ii lim lim 1.1 x x cos x

    

x x

sin mx sin mx nx mx m

iii lim lim (m, n 0) sin nx mx sin nx nx n

     2 x x 2 x x

x

iv lim lim

x x

                     2 2x x x

2

x

2

lim

x e

(45)

-

sin x

1 x

1 sin x

x

x x

v lim (1 s in x) lim (1 s in x) e e

 

 

 

    

 

 

#

1.4.4 Sử dụng VCB, VCL để tìm giới hạn

Định nghĩa. Giả sử f(x) g(x) VCB (khi x  x0) Ta nói: a) f(x) VCB bậc cao g(x), viết f(x) = o(g(x))

   

0 x x

f x

lim

g x 



Khi ta nói g(x) VCB bậc thấp f(x)

b) f(x) g(x) VCB bậc, ta viết f(x) = O(g(x))  

   

0 x x

f x

lim C C 0; C g x



   

c) f(x) g(x) hai vô bé tương đương, ta viết f(x)  g(x),

số C (b) Đây quan hệ tương đương thông thường đại số (có ba

tính chất: phản xạ, đối xứng, bắc cầu)

Chẳng hạn x sin x sin x tg x x tg x

 

 

  

Nhận xét f(x) VCB (khi x  a) f(x)  1/f(x) VCL; f(x) VCL (khi x  a) 1/f(x) VCB

* Quy tắc thay tương đương với thương, tích Nếu f(x)  f1(x) g(x)  g1(x) (khi x  x0)

i

1

f (x) f (x) g(x) g (x);

ii f (x)g(x)f (x) g (x)1 1

* Quy tắc thay tương đươngvới tổng

Giả sử a, b, ,  số thực, a0 , b cho f (x)ax, g(x)bx (x  0)

+ Nếu    f (x) g(x) ax; + Nếu    f (x) g(x) bx;

+ Nếu    a  b 0 f (x)g (x)(ab)x; + Nếu    a + b = chưa suy f x g x ~ 0. 

(46)

-

- 48

khi thay tương đương vô bé bậc: Nếu thấy tổng (hiệu) chúng

bằng phải thay tương đương đến bậc cao

Chúng ta thường thay tương đương biểu thức dạng ax hay tổng

các biểu thức (vì dễ so sánh)

Khi tìm giới hạn, giới hạn sau hay sử dụng:

a) x sin x lim x 

 ; b)  

x

ln x

lim x    ; c) x x

lim e

x   

 

 

 

  ; d)

x x e lim x    e) x ln x lim x

  f)

m x x

x

lim (a 1) a

  

Bảng 1.1 số công thức thay tương đương thông dụng Bảng 1.1 Công thức thay tương đương (khix0)

(1 x) x

(1 ) x 2!             Đặc biệt x x

2 1 x x x x          x

e x x x 2!     

ln(1 x) x x x    

sin x x x x 3!    x cos x

2! tgx x x x 3!      arctgx x x x   

Khi nắm quy tắc thay tương đương, giới hạn phải

tính nhiều trở nên dễ dàng

Ví dụ 1.22. Tìm giới hạn

2

x x x

1 1 cos x x /

i lim lim lim

sin x tg x sin x x

             

cotg ( /2 x) tg x

x x

ii lim (sin x) lim cos x              2

t cos t 2 sin t

t

cotg t

t t

t

lim(cos t) lim e

(47)

-

§ 1.5 SỰ LIÊN TỤC 1.5.1 Định nghĩa

* Cho f (x), xI hàm số khoảng mở rộng I  Hàm f(x)

gọi liên tục x0

0

0 x x

lim f (x) f (x ) 



  0, 0, x I, | xx |0   thi | f (x) f (x ) |   * f(x) gọi gián đoạn x0 khơng liên tục

* f(x) gọi gián đoạn khử x n0 ếu gián đoạn x t0 ồn

tại

0 x x

lim f (x) 





Khi việc thay giá trị hàm f x b0 ởi , hàm

0

f (x), x I {x } g(x)

f (x ), x x

  

 

 

liên tục x Hàm m0 ới "khác chút xíu" với hàm f(x) Vì thế,

số trường hợp, coi hàm gián đoạn khử x liên t0 ục x 0

* f(x) gọi gián đoạn loại x , 0 đồng thời x g0 ọi điểm gián đoạn loại f(x) nếu:

- f(x) gián đoạn x ; 0 - Tồn giới hạn

0

x x x x

lim f (x); lim f (x)

 

 

Rõ ràng, gián đoạn khử gián đoạn loại

* Nếu f(x) gián đoạn x0 không gián đoạn loại ta

nói f(x) gián đoạn loại hai x0; x0 điểm gián đoạn loại hai

* f (x), x(a; b) gọi liên tục (a; b) liên tục điểm x0(a; b)

* f (x), x(a; b) gọi liên tục [a; b] liên tục điểm x0 (a; b) liên tục phải a, liên tục trái b:

x a x b

lim f (x) f (a); lim f (x) f (b)

 

 

 

Ví dụ 23 i Hàm Sa(x) Xét hàm y sin x x

(48)

-

- 50

Lại có

x

sin x

lim

x

 

Vậy x0 điểm gián đoạn khử

Hình 1.16 Đồ thị hàm Sa(x)

Hàm số

sin x

, x 0, Sa(x) x

1, x



 

 

 



là liên tục, có nhiều ứng dụng ngành điện Đồ thị Hình 1.17 ii Hàm bước nhảy đơn vị y u(x) 0, x

1, x

 

  

 

Ta có

x x

lim u(x) 0; lim u(x)

 

 

 

Vậy hàm có gián đoạn loại I x0

Tương tự, hàm dấu

1, x 0, y sgn x 0, x 0, 1, x

 

 

  

 



gián đoạn loại I x0 .Rõ ràng xsgn(x)| x |

Hình 1.17 Đồ thị hàm bước nhảy đơn vị u(x) (a) hàm dấu sgn(x) (b) iii

1

sin , x 0, f (x) x

0, x



 

 

 

(49)

- Ta thấy f(x) liên tục x0 Tại x0:

x

lim f (x)





 (dễ chứng minh!),

vậy hàm gián đoạn loại II x0 (Ta nói x0 điểm gián đoạn

loại II hàm này) #

Hình 1.18 Đồ thị hàm số ysin (1/ x)

Ví dụ 1.24. Xét hàm số

tgx, x (0; ) { / 2}

y f (x) ; y g(x) tgx

0, x /

   



   

  

Vì

xlim f (x)/2   x / điểm gián đoạn loại II f(x)

Tương tự, điểm x / 2 k , k điểm gián đoạn loại II

g(x) # Ví dụ 1.25. Tìm số a để hàm sau liên tục toàn trục số

x

e , x y

ax 1, x

 

  

 

 

Giải. Trên khoảng {x1} {x 1}, hàm f(x) hàm sơ cấp nên liên tục Tại

x x

x 1, lim a 1; lim e f (1)

 

 

    

Vậy hàm liên tục x =    a e a e Trả lời: a e # 1.5.2 Các tính chất sơ bộ

Định lý 1.27 (Tính liên tục phép toán) Nếu f(x) g(x) hàm liên tục x0(a; b)

a) f (x) g(x); f (x) g(x); f (x) liên tục x 0 b) Cf(x) liên tục x ,0  C 

c) Nếu g(x0) 

f (x)

(50)

-

- 52

Định lý 1.28 ( Sự liên tục hàm hợp)

a Cho f: (a; b)  (c; d) hàm liên tục x0(a; b)còn g : (C; D) hàm liên tục y0 f (x )0 (c; d), (c, d)(C; D) Khi hàm hợp

o

g f : (a; b) xác định (g f )(x)o g(f (x)) liên tục x0

b Cho f: (a; b)  (c; d) hàm liên tục (a; b) g : (C; D) hàm liên tục (C; D), (c, d)(C; D) Khi hàm hợp

o

g f : (a; b) xác định (g f )(x)o g(f (x)) liên tục (a; b)

* Hàm sơ cấp liên tục tập xác định chúng Hệ quả:

+Nếu hàm sơ cấp xác định khoảng (a; b) liên tục khoảng

+ Nếu lân cận x , f (x)0 hàm sơ cấp f(x) liên tục

tại x 0

1.5.3 Các tính chất hàm liên tục đoạn kín

Định lý 1.29 (Định lý triệt tiêu hàm liên tục)

Cho hàm số f(x) xác định liên tục khoảng (; ) Giả sử có điểm

a, b (; ) cho f(a) f(b) < Khi có điểm c a b cho f(c) =

Chứng minh. Rõ ràng ta cần xét trường hợp  a  b , f (a)0 f (b)

Ta xây dựng hai dãy    cn , dn theo quy nạp sau

+ Đặt c0 a; d0 b Ta có f (c )0 0f (d ); d0 0c0 ba

+ Đặt u0 (c0d ) / 20 Nếu f (u )0 0 u0 điểm c phải tìm; dừng

trình Nếu f (u )0 0 đặt c1u0 d1d0 Nếu f (u )0 0 đặt

1

c c d u

Trên đoạn [c ; d ], hàm f(x) liên t1 1 ục; f (c )1 0f (d ), d1 1c1 (ba) / + Giả sử phải tiếp tục trình trên, đặt u1(c1d ) / 21 Nếu f (u )1 0

1

u điểm c phải tìm; dừng trình

Nếu f(u1) < 0, đặt c2 u d1 d1 Nếu f(u2) > 0, đặtc2 c , d1 u1

Trên đoạn [c ; d ]2 2 , hàm f(x) liên tục; f (c )2 0f (d );2

2 2

(51)

-

Tiếp tục trình Giả sử trình dừng lại bước thứ n đó, u n giá trị c lần tìm

Giả sử q trình vơ hạn, ta có hai dãy kề    cn , dn Chúng có giới hạn chung c: n n

n n

lim c lim d c       Từ tính liên tục hàm f(x) suy

n n

f (c) lim f (c ) lim f (d ) f (c)

   

    f (c) 0 

Hệ quả. Hàm f(x) liên tục đoạn đóng [a; b] nhận giá trị từ f(a) đến f(b)

Chứng minh. Để xác định, giả sử f (a)f (b) y0[f (a); f (b)] Cần phải

chỉ có điểm c[a; b] : f (c)y0

Nếu y0 f (a) (hoặc y0 f (b)) chọn ca (hoặc tương ứng, cb) Nếu f (a)y0 f (b), xét hàm g(x)f (x)y0 Hàm liên tục [a; b], g(a)g(b)0 Theo Định lý 1.29,  c (a; b) : g(c)0f (c)y0 

Định lý 1.30 (Định lý Weierstrass) Cho f(x) liên tục đoạn đóng [a; b] Khi bị chặn, đạt cận

x [a; b]

M Max f (x) 

 cận

x [a; b]

m Min f (x) 



Như vậy, hàm liên tục biến tập đóng, bị chặn thành tập đóng, bị chặn Chứng minh + Trước hết ta chứng minh tập giá trị J{f (x) , x [a; b]}

của f(x) bị chặn Giả sử ngược lại, J không bị chặn, chẳng hạn, khơng bị chặn Khi

*

N N

N , x [a; b]: f (x ) N

    

Dãy  xn bị chặn, theo Bổ đề Bolzano - Weierstrass, trích dãy

k n

{x } hội tụ:

k

n

klim x   x [a; b]

Vì f(x) liên tục x0 nên

k

0 n k

k k

f (x ) lim f (x ) lim n

   

    , mâu thuẫn Vậy J bị chặn

Tương tự, J bị chặn dưới, từ J bị chặn Đặt

[a; b] [a; b]

m Inf f (x) ; M  Sup f (x)

+ Bây ta chứng tỏ tồn t0[a; b], f (t )0  M Thực vậy, theo tính

chất Suprimum,

n n

1 / n, t [a; b] : M M / n f (t ) M

(52)

-

- 54

Do dãy {t , n 1, , }n  bị chặn, lại theo Bổ đề Bolzano-Weijerstrass tồn

dãy {

k n

t } hội tụ:

k

n

klim t   t [a; b] Từ tính liên tục f(x) (*) suy

k

0 n

k

f (t ) lim f (t ) M  

 

Như hàm f(x) đạt giá trị lớn M t0 Tương tự, f(x) đạt

giá trị nhỏ m Phần lại suy từ hệ 

Định lý 1.31 (Liên tục đơn điệu). Cho f(x) hàm liên tục đơn ánh (a; b) Khi f(x) hàm tăng thực (còn gọi đồng biến) f(x) hàm giảm thực (còn gọi nghịch biến)

Định lý 1.32 (Sự liên tục hàm ngược).

Cho I khoảng suy rộng (chứa đầu mút hay không) , f: I

là ánh xạ Xét ánh xạ cảm sinh f : If (I) mà f (x) f (x),  x I Nếu

f(x) liên tục đơn điệu thực thì:

a) f song ánh từ I lên f(I);

b) (f )1 hàm liên tục, đơn điệu thực sự, chiều biến thiên với f

Định nghĩa. Cho I khoảng mở rộng (chứa đầu mút hay không) của hàm số f (x), xI Ta nói hàm số f(x) liên tục I nếu:

0, 0; x , x  I, x x f (x ) f (x ) 

            

Rõ ràng là: Nếu f(x) liên tục I liên tục I

Định lý 1.33 (Định lý Heine (Định lý Cantor)). Cho f(x) hàm liên tục

đoạn [a; b], a, b Khi f(x) liên tục [a; b]

Nói cách khác, hàm liên tục đoạn kín, giới nội liên tục Chứng minh. Ta chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại, hàm số

f(x) liên tục [a; b] không liên tục Vậy

*

n n

0, n , u , v [a; b] :

     

n n

u v / n (*)

f (u ) f (v ) (**)

  

 

  

 

Xét dãy {u }n Đây dãy bị chặn, theo bổ đề Bolzano– Weijestrass, tồn

dãy

k

n

{u } hội tụ

Xét dãy

k n

{v } dãy {v }n Đây dãy bị chặn Lại theo bổ đề B – W, tồn dãy

ki n

{v } hội tụ

Rõ ràng, dãy

ki n

{u } dãy dãy

k

n

{u }; dãy

k

n

{u } hội tụ nên hội tụ Ký hiệu

ki n

{u } bởi{u }n ,

ki n

{v } {v }n , hai dãy hội tụ

Do (*), n n

n n

lim u lim v c [a; b]

 

(53)

- Vì f(x) liên tục n

n

lim f (u ) f (c)

 

  ,

n

lim f (v ) f (c)

  

Vậy n n n n

nlim f (u ) f (v ) nlim f (u ) f (c) nlim f (c) f (v )

          ,

mâu thuẫn với (**) Mâu thuẫn chứng minh khẳng định định lý  1.5.4 Bổ sung giới hạn

* n n

nlim a 1 ( a 0); nlim n 1;

*

1 n

x

x n

1 lim (1 x) e; lim e

n

 

 

     

 

HQ: + Nếu u(x) VCB

0

1 u(x) x x

lim (1 u(x)) e; 

 

+ Nếu {a } VCB n n a n

nlim (1 a )  e

*  

x

ln(1 x)

lim ln(1 x) x x





   

HQ: + Nếu (x) VCB xx0

0 x x

ln(1 (x))

lim

(x) 

  



(ln(1 (x))(x));

+ Nếu{a } VCB n n  n n

n n

ln(1 a )

lim ln(1 a ) a a





   

*

x

sin x

lim

x

 

(sin xx (khi x0)) HQ: + Nếu (x) VCB x x0

0 x x

sin (x)

lim

(x) 

 



(sin (x) (x)); + Nếu {a } VCBn n  n n

n n

sin a

lim sin a a a

  

 *

x

ln x lim

x  

0 x x

ln (x) HQ : lim

(x) 



 

(54)

-

- 56

+ n

n n

ln a

lim

a  

{a } VCL n

*

m x x

x

lim (a 1) a    m n x n

HQ : lim (a 1) a

  

* Thay tương đương

n

n n n

n n

a VCB a b c

a C.b lim c C

C 0; C                 n x (x) VCB (x) (x).c(x)

(x) C (x) lim c(x) C

C 0; C

                   

1.5.5 Một số ví dụ (tự đọc)

2 x

2

2 2

2 x

( x cos x) arcsin x a A lim

x

1 x

((1 x o(x ) (1 o(x ))

arcsin x 2 lim x x            

2 2

2 x

1 x

((1 x o(x ) (1 o(x ))arcsin x

2 lim x x        

3 

3 x 2/3 2/3 x x x cos x arcsin

1 x b B lim

x

1 cos x x

x arcsin

1 x x x lim x                    c 2 2 x

6 sin x

6 6/x

lim ln

x x x

x x

sin x sin x

lim lim e

(55)

-

2 2

x x x

(L)

3

x x x

1

sin x sin x

ln 1 1

6 sin x x x

* lim ln lim 6 lim x

x x x

sin x x cos x sin x

6 lim lim lim

6x

x 3x

* A e / e

                            

d Khảo sát tính liên tục hàm số

x

5 x 1

1

khi x f (x)

x

0 x

           

Với x ≠ hàm f(x) hàm số sơ cấp nên liên tục miền xác định Ta xét x =

x

x x

5 x 1

1

x x

5 x 1

1

lim f (x) lim 1, x

1

lim f (x) lim f (1 ) f (1 ) x                    

Hàm số không liên tục x =

e

2

x x

1 sin x x cos x lim cot g x lim

x x x s in x

           3 2 x x x

x o(x ) x o(x )

3! 2! 1

lim

3 x s inx

                       

Lưu ý: Tại cần khai triển số hạng đầu tử đến bậc 3, số hạng

thứ đến bậc 2?

f

2 2 2

2

x x

2 2

2x 2x ln(1 x ) ln(1 x ) 1 x 1 x

lim lim

2x 2x

(arctg(1 x ) arctg(1 x ))

1 (1 x ) (1 x )

                 

g Tìm số A để hàm số sau liên tục [-1; 1] arccos x

, x ( 1; 1] f (x) x 1

A, x

            

(56)

-

- 58

Tại x 1 ta cần xét giới hạn

x

arccos x lim

x





 

 Giới hạn có

dạng

0 nên sử dụng quy tắc L’Hospital (xem mục 2.3.3):

2

x x

1

arccos x 2 x arccos x

lim lim

1 x

2 x

 

  

  

 



x

1 1

lim A

1 x arccos x 2



 

   

(57)

-Chương

ĐẠO HÀM - VI PHÂN

§2.1 ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP MỘT 2.1.1 Định nghĩa

Cho hàm số f(x) xác định khoảng (a; b) Ta nói f(x) có đạo hàm

c (a; b) tồn giới hạn hữu hạn

x c

f (x) f (c) lim

x c 



Giới hạn gọi đạo hàm hàm f(x) x = c, kí hiệu df (c) df

f (c) hay hay (c)

dx dx



Nhận xét. Nếu ta đặt x   c x;  f f (x)f (c) f (c x)f (c) x x c

   , x   c x định nghĩa viết lại dạng

x x

f (c x) f (c) f

f (c) lim lim

x x

   

   

  

  (2.1.1) Ý nghĩa hình học

Khi xc MN cát tuyến MN dần đến tiếp tuyến Nt Thế hệ số góc cát tuyến MN f (x) f (c)

x c



 dần đến hệ số góc

của tiếp tuyến Vậy:

f (c) hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số f(x) N (c; f (c)) Một hệ mặt trực quan hình học điều là: Nếu hàm số khơng

trơn, "gãy góc" điểm N có tọa độ (x , y )0 0 đồ thị hàm

khơng khả vi x0

Tính chất

f(x) có đạo hàm xc(a; b) f(x) liên tục c

Lưu ý. Điều ngược lại ln Xét ví dụ sau y M t

N

(58)

- 60

Ví dụ 2.1. Xét tồn đạo hàm hàm số sau x0:

0, x i y | x |; ii y sgn x; ii y sgn x;iii y x; iv y 1

x sin , x x

 



     

 

 Giải i Hàm liên tục , đặc biệt x0 Mặt khác,

x x

f (x) f (0) f (x) f (0)

lim 1; lim f (0)

x x

 

 

 



    

 

Tương tự, ba hàm lại khơng có đạo hàm x0 Nhìn vào đồ thị

của chúng Hình 3.2 độc giả tiên đoán điều #

Hình 2.1 Một số hàm khơng khả vi 0

2.1.2 Các phép toán với đạo hàm điểm

Định lý 2.1. Cho hai hàm số f(x) g(x) xác định (a; b), có đạo hàm x0(a ; b) a số thực Khi đó:

(59)

-0 0

(f g) (x ) f (x ) g (x ); (2.1.2) + af (x) có đạo hàm x 0 (a f ) (x ) 0 a f (x ); 0

+ (gf )(x) f (x) g(x) có đạo hàm x0

0 0 0

(fg) (x ) f (x ) g(x ) f (x ) g (x );   (2.1.3) + Nếu g (x )0  f (x) f (x)

g g(x)

      

có đạo hàm x0

0 0

0 2

0

f (x ) g(x ) f (x ) g (x ) f

(x )

g g (x )

  

  

  

 

(2.1.4)

* Mở rộng. Nếu hàm số f (x), , f (x) 1 n có đạo hàm x0(a; b) hàm tích (f f )(x)1 n f (x) f (x)1 n có đạo hàm x0(a; b)

n

1 n k k k n

k

(f f ) (x ) f (x ) f  (x ) f (x ) f  (x ) f (x ) 

    (2.1.5)

2.1.3 Đạo hàm hàm hợp

Định lý 2.2. Giả sử g: (a; b)(c; d) khả vi x0(a; b)

Hơn nữa, giả sử (c; d)(C; D) f : (C; D)  khả vi g(x )0 Khi

hàm hợp f g: (a; b)0   khả vi x 0

o 0

(f g) (x ) f (g(x )) g (x ).  (2.1.6) Công thức sau tiện lợi

ax ax

(e f (x))e (af (x)f (x)) hay viết ngắn gọn

ax ax

(e f )e (af f ) (2.1.7)

2.1.4 Đạo hàm hàm ngược

Định lý 2.3. Cho x0(a; b) I; f : (a; b)  hàm đơn điệu thực sự,

liên tục trên(a; b) , khả vi x , f (x )0 0 0 Khi hàm ngược

1

f : f (I)(a; b) khả vi f (x )0

1

0

1 (f ) (f (x ))

f (x )

  

 (2.1.8) Chứng minh. Tập giá trị f(I) khoảng mở rộng  Ta coi hàm f(x) ánh xạ f : If (I), biến x  I thành f (x) f (I) Khi ấy, f song ánh

(60)

- 62

Bây với yf (I) {f (x )} 0 ta có

1 1

0 0

1

0 0

f (y) f (f (x )) f (y) x f (f (y)) f (x )

y f (x ) f (f (y)) f (x ) f (y) x

   

 

  

 

  

(*) Chú ý yf (x )0 từ tính liên tục hàm f1,

1

0

f (y)f (f (x )) x Hơn nữa, f (x ) 0 0, lấy giới hạn hai vế (*) ta suy đpcm 

Lưu ý. Thơng thường, để tìm đạo hàm hàm ngược biết ràng tồn

tại, ta viết đồng thức

1

f (f (x))x f1(f (x))x tập xác định

rồi đạo hàm hai vế hiệu

Ví dụ 2.2. Tìm đạo hàm hàm số yarccos x

Ta có cos(arccos x)x,   x ( 1; 1) Vậy sin(arccos x).(arccos x)1

2

1 (arccos x)

sin(arccos x)

1

, x ( 1; 1) cos (arccos x) x



  

     

 

Tương tự, để tính đạo hàm hàm số yarcsin x, cách xét xsin(arcsin x), x ( 1; 1) ta nhận

2

1

(arcsin x) , x ( 1; 1) x

   



#

Định nghĩa. Ta nói hàm số f(x) có đạo hàm khoảng (a; b) có đạo hàm điểm c(a; b)

Khi ta có hàm mới, f (x) , xác định điểm x(a; b), ký hiệu

bởi ký hiệu f (x), d (f (x)), df ,

dx dx

 , gọi (hàm) đạo hàm

của hàm f(x) khoảng (a; b) 2.1.5 Đạo hàm theo tham số Cho hệ hai hàm số x f (t),

y g(t), t ( ; )

  

   



trong f(t), g(t) hai hàm khả vi, f (t) 0    t ( ; )

(61)

-ngược ta có

1

x

dy g (t)

y g (f (x)).(f (x))

dx f (t)

   

    

 Thường ta viết hệ hàm dạng x x(t),

y y(t), t ( ; )

  

   



,

dy y (t) dx x (t)

 

 (2.1.9) Ví dụ 2.3. x a cos t dy a cos t cotg t

y a sin t, t (0; / 2) dx a sin t

            #

2.1.6 Bảng đạo hàm

Đạo hàm Đạo hàm hàm hợp

1 2 x x x x a a 2 2

(C) ' (x ) ' x ( x ) ' / (2 x ) (sin x) ' cos x (cos x) ' sin x

1 (tg x) '

cos x (cotg x) '

sin x (a ) ' a ln a (e ) ' e

1 (log x) '

x log x

(ln x) ' x

1 (arcsin x) '

1 x (arccos x) '

1 x (arctg x) '

1 x (arccotg x) '

1 x                           2 u u u u a a 2

(C) '

(u ) ' u u ' ( u ) ' (1 / u )u ' (sin u) ' u 'cos u (cos u) ' u 'sin u

1 (tgu) ' u '

cos u (cotg u) ' u '

sin u (a ) ' a ln au ' (e ) ' e u '

1 (log u) ' u '

u log u

ln u ' u ' u

1 (arcsin u) ' u '

1 u (arccos u) ' u '

1 u (arctg u) ' u '

1 u (a                        rccotg u) u '

1 u

 

(62)

- 64

.2.1.7 Đạo hàm phía - Đạo hàm vơ a Định nghĩa

* Giả sử hàm số f(x) xác định [a; b) Nếu tồn giới hạn hữu

hạn

x a

f (x) f (a) lim

x a







 hàm f(x) gọi có đạo hàm (phía) phải a, giới

hạn gọi đạo hàm (phía) phải a hàm f(x), kí hiệu f a * Tương tự, tự hiểu ý nghĩa đạo hàm trái f (a)

* Hàm số f(x) gọi có đạo hàm đoạn [a; b] có đạo hàm khoảng (a; b), có đạo hàm phải a có đạo hàm trái b

* Ứng với đạo hàm phải (trái) ta có tiếp tuyến phải (trái) (tự hiểu!) * Nếu

x c

f (x) f (c)

lim ,

x c 



 

 ta nói f(x) có đạo hàm vơ c, viết

f (c)   Nếu hàm số liên tục xc tiếp tuyến tương ứng song song với

trục Oy Lưu ý hàm f(x) khơng có đạo hàm hữu hạn (khả vi)

xc

b.Tính chất

i Hàm số f(x) có đạo hàm x0(a; b)

0 0

f (x ), f (x ); f (x )  f (x ).

  

Khi đó, f (x ) 0  f (x ) f (x ) 0   0

ii Nếu f(x) có đạo hàm khoảng (a; b) f (x) khơng có điểm gián đoạn loại I

Hệ quả. Nếu f(x) có điểm gián đoạn loại I khoảng (a; b) khơng có

ngun hàm

(Ta xét khái niệm nguyên hàm mục 3.1.1)

Ví dụ 2.4

i Xét hàm số y | x | Với hàm y (0)  1; y (0)   1 y (0) ii

x

y x , x : lim y (0) x

 







      



iii y 0, x cotg x, x

 

 

 

(63)

-a Định nghĩ -a. Cho hàm số f (x), x(a; b) x0(a; b) Nếu số gia hàm số f viết dạng

0

f f (x x) f (x ) A x o( x) ( x 0)

           (2.1.10)

trong A số, không phụ thuộc vào x, o( x) VCB bậc cao

x

 , hàm f(x) gọi khả vi x , A x0  gọi vi phân hàm f(x) điểm x 0 ứng với số gia x đối số x, ký hiệu df (x ) 0

Nếu f(x) khả vi điểm x0(a; b) ta nói f(x) khả vi khoảng

(a; b) Khi đó, df(x) vi phân f(x) x

Ví dụ 2.5. Xét hàm số yx Như thường lệ, dydx 1 x Vậy

dx x #

Định lý 2.4. Hàm số yf (x), x(a; b) khả vi c(a; b)

f(x) có đạo hàm Khi đó,

df (c)f (c) x  f (c) dx.

Chứng minh dễ dàng, dành cho độc tập dượt

Bây f(x) khả vi khoảng (a; b)

df (x)f (x) dx (2.1.11) Ta nhận đượcf (x) df (x)

dx

  , phù hợp với ký hiệu sử dụng

Ví dụ 2.6. Tìm vi phân hàm yx5 x10 ứng với  x 0,1

Giải df (10)f (10) x  5.104 x 50 000 x Với  x 0,1: df (10)5 000

Như vậy, x10, x biến thiến đoạn 0,1 y biến thiên đoạn cỡ 000 (!) #

b Tính bất biến dạng vi phân cấp I

Từ công thức (2.1.11), x biến độc lập, yf (x) biến phụ thuộc dyf (x) dx (*) Bây giả sử x biến phụ thuộc: xx(t) Xét hàm

yg(t)f (x(t)) Lấy đạo hàm ta dy g (t) dt f (x(t)) x (t) dt

f (x(t)).dx

  

 

 

f (x).dx (**) có dạng (*) So sánh (*) với (**), người ta nói vi phân cấp I bất biến dạng

(64)

- 66

c Ứng dụng. Dùng vi phân, tính gần giá trị hàm số Cho hàm số yf (x) cho tính dễ dàng (hoặc biết trước) giá trị

0

f (x ) đạo hàm f (x ) 0 Giá trị gần hàm x gần x cho b0 ởi

0 0

f (x x) f (x ) f (x ) x o( x)

f (x ) f (x ) x f (x ) df (x )



      



     (2.1.12) Để áp dụng công thức trên, cần dạng hàm f(x), điểm x , s0 ố

gia x phải đủ nhỏ

Ví dụ 2.7. Tính giá trị gần A101000

Nhận xét A10 102 24, ta giải toán sau

Xét hàm y10x; x0 1024, x 1000   x 24 Ta có

10 10 10

9

1

A f (1000) f (2 24) f (2 ) f (2 ).( 24) 1,9998 10.2



        

(Giá trị A 1,99526) # 2.1.9 Đạo hàm hàm ẩn

Các hàm số ta gặp thời điểm thường hàm hiển, nghĩa biển

phụ thuộc biểu diễn thông qua biểu thức biến độc lập khác Tuy nhiên, số hàm lại xác định cách ẩn thông qua ràng buộc

biến, chẳng hạn

i x2 y2 16; ii x3y3 6xy

Trong số trường hợp, ta giải phương trình để tìm y

hàm (hay số hàm) hiển biến x Chẳng hạn i ta có y  16x2 Như

vậy ta nhận hai hàm f (x) 16x2 g(x)  16x2, đồ thị

chúng nửa nửa đường trịn x2y2 16 (Xem Hình 2.2)

Hình 2.2 Hai hàm ẩn từ đường trịn

y y y

(65)

-Tuy vậy, lúc dễ dàng giải y qua x, chí nhiều

khi khơng thể Dù sao, từ ràng buộc cho có tồn hàm biểu diễn biến y qua biến x, mà thay vào phương trình cho trở thành đồng

nhất thức Hàm gọi hàm ẩn (ngụ ý: xác định cách ẩn) từ phương

trình cho Chẳng hạn, phương trình ii biểu diễn Descartes (Hình 2.3); từ

có hàm ẩn có đồ thị Hình 2.3 a), b) c)

Hình 2.3 Lá Descartes hàm số tương ứng

Rất may, việc tính đạo hàm vi phân hàm ẩn thuận lợi, ta việc coi

y hàm biến x: y y(x); thay vào phương trình ràng buộc, lấy đạo hàm

hay vi phân đồng thức thu (dùng quy tắc đạo hàm hàm hợp), từ suy đạo hàm y (x) Ta giả thiết hàm ẩn thu khả vi để việc đạo hàm thuận lợi

Ví dụ 2.8. Lá Descartes có phương trình x3y36xy Tìm y; tìm tiếp

tuyến điểm (3,3)

(66)

- 68

2

3

2

2y x 3x 3y y 6y 6xy y

y 2x



  

    



(*)

Tại xy3 y    1 (d) : y 1(x3) 3 y  x Kiểm tra đồ thị, ta thấy đáp số #

Chú ý. Công thức (*) không phụ thuộc vào hàm hàm ẩn

có thể từ phương trình ii Ta thấy rằng, đạo hàm hàm ẩn, đế lượt lại xác định cách ẩn Nếu ta biết giá trị hàm ẩn x0 y0: y(x )0 y0, ta hoàn toàn tính y (x ) 0

Ví dụ 2.9. Tính vi phân hàm ẩn y = y(x) xác định từ phương trình xy  y x

Giải. Điều kiện x > 0, y > Phương trình cho tương đương với

y ln x x ln y Coi y = y(x), vi phân vế ta

y x y x ln y y

dy.ln x dx dx.ln y dy dy dx

x y x y ln x x



    

 (*) Nhận xét. Có hai hàm ẩn xác định từ phương trình (*), hàm yx, x0 Bất luận hàm hai hàm (xem Hình 2.4), cơng thức

(*) #

Hình 2.4 Hai hàm ẩn xác định từ phương trình xy  y x §2.2 ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO

2.2.1 Định nghĩa

Giả sử f(x) khả vi điểm x (a; b) Khi f (x) hàm xác định khoảng (a; b) Nếu hàm f (x) khả vi c (a; b) ta nói f(x) khả vi hai lần c đạo hàm hàm f (x) c gọi đạo hàm cấp hai

của f(x) c, kí hiệu f (c)

x c

(67)

-Hàm f(x) x(a; b) gọi khả vi n lần (a; b) (n2) f(x) khả

vi n - lần (a; b) đạo hàm cấp n - khả vi Khi

(n) (n 1)

f (x)(f  (x)) (2.2.2)

và gọi đạo hàm cấp n f(x) Quy ước f(0)(x)f (x)

Tính chất

i f(n)(x)f (x) (n 1)

ii (a f (x)b g(x))(n) a f(n)(x)b g(n)(x)

Ý nghĩa thực tiễn. Ta biết chuyển động đường thẳng, vị trí

S chất điểm hàm thời gian: SS(t), S(t) gọi hàm vị trí + Đạo hàm cấp hàm vị trí vận tốc tức thời: v(t)S (t)

+ Đạo hàm cấp hai hàm vị trí gia tốc chuyển động: a(t)S (t)

+ Đạo hàm cấp ba hàm vị trí S(t) độ giật (jerk): j(t)S (t)

Độ giật thị tốc độ biến thiên gia tốc Nó có tên độ giật

lớn nghĩa biến đổi gia tốc, gây chuyển động giật cục

chiếc xe

Ví dụ 2.10. Chúng ta dễ dàng kiểm tra đạo hàm cấp cao sau đây, thường chúng chứng minh quy nạp

k n k (n)

k(k 1) (k n 1) x (k n)

i (x ) k! (n k)

0 (n k)



    



 

 



Chẳng hạn, (x )11 (17) 0; (x )11 (11) 11!; (x )11 (5)11.10.9.8.7

k (n)

k

k (n)

k

( 1) sin x (n 2k) n

ii (s inx) sin x

2 ( 1) cos x (n 2k 1) ( 1) cos x (n 2k) n

iii (cos x) cos x

2 ( 1) sin x (n 2k 1)

  

 

 

    

     

  

 

 

    

     

ax (n) n ax x (n) x

iv (e ) a e (e ) e

 

#

2.2.2 Quy tắc Leibnitz (tính đạo hàm cấp cao tích)

Nếu f(x) g(x) hai hàm số khả vi tới cấp n tích f (x) g(x) khả

vi tới cấp n

n

n k (k) (n k) n

k

(fg) C f g  

(68)

- 70

f(n) (0)g nf(n 1) (1)g n(n 1)f(n 2) (2)g nf(1) (n 1)g fg(n) 2!

   

      (2.2.3)

Ví dụ 2.11. (x sin x)2 (100) 

0 (100) (99) (98)

100 100 100

C x (sin x) C (2x) (sin x) C 2.(sin x)

  

2

x sin x - 200 x cos x - 9900 sin x

 #

2.2.3 Vi phân cấp cao

Giả sử f(x) khả vi điểm x (a; b) Khi

df (x) f (x) dx ,  x (a; b)

Khi dx không đổi, df(x) hàm x, lại nói đến vi phân

nó Vi phân vi phân cấp (của f(x)), tồn gọi vi phân cấp

hai (của f(x)), kí hiệu d f (x) , ho2 ặc đơn giản, d f2

2

d f (x)d (df (x))f (x) dx

Tương tự, vi phân vi phân cấp n - vi phân cấp n, ký hiệu d f n ta có

n n (n) n

d f (x) d(d f (x))f (x) dx (2.2.4)

Lưu ý. Vi phân cấp cao biến dạng với biến phụ thuộc

Chẳng hạn, xét hàm yx2

Khi x biến độc lập dy2x dx, d y2 2(dx)2

Khi x biến phụ thuộc, chẳng hạn xsin t y(t)sin t2 ;

2 2 2

dx cos t dt; dy 2sin t cos t dt sin 2t dt, d y 2cos 2t (dt) 2cos t (dt) 2(dx)

  

  

§2.3 CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.3.1 Định lý Rolle

a Bổ đề (Định lý Ferma - Điều kiện cần cực trị)

Cho hàm số f(x) xác định khoảng (a; b) Nếu f(x) đạt cực trị

c (a; b) khả vi f (c) 0 

Chứng minh. Giả sử c điểm cực đại hàm f(x)

1 x c

2 x c

f (x) f (c)

f (x) f (c), x c f (c) lim 0; x c

f (x) f (c)

f (x) f (c), x c f (c) lim x c













 

      

  

      



 

(69)

-Tương tự cho trường hợp c điểm cực tiểu 

b Định lý 2.5 (Định lý Rolle) Giả sử f(x) xác định, liên tục đoạn

[a; b] hữu hạn, khả vi khoảng (a; b) f(a) = f(b) Khi đó, tồn điểm

c (a; b) để f (c) 0 

Chứng minh. Vì f(x) liên tục đoạn đóng [a; b] nên theo định lý Weierstrass, đạt giá trị lớn

[a; b]

M Max f (x) giá trị nhỏ

[a; b]

m  Min f (x)

Nếu m = M f(x) = f(a) = const  x [a; b] , kết luận định lý rõ ràng

Nếu m < M, f(a) phải khác với hai giá trị m M, ví dụ

f (a) M Vì f(x) đạt giá trị lớn nên tồn c[a; b] để f(c) = M

f (c) f (a) f (b) nên c đầu mút a đầu mút b Vậy

c(a; b) Theo bổ đề, f (c) 0  Ý nghĩa hình học. Khi đòi hỏi giả thiết thỏa mãn, đặc biệt f (a)f (b), có điểm C(c, f (c)) đồ thị để tiếp tuyến C || Ox (cũng

vậy, tiếp tuyến C || dây cung AB)

Hình 2.5 Điểm trung gian c định lý Rolle

Ví dụ 2.12. Cho f(x) liên tục [a; b], khả vi (a; b); f (a)f (b)0, f (x)0, x (a; b) Chứng minh tồn điểm c khoảng (a; b) để

f (c)

1000 f (c)



 .

Giải. Điều kiện địi hỏi 1000f (c) f (c)  0 Điều gợi ý ta xét hàm số g(x)e1000xf (x) Hàm thỏa mãn Định lý Rolle [a; b] Vậy

f (c)

c (a; b) : g (c) 1000 f (c)

 

     # Nhận xét. Có thể có nhiều điểm c (xem Hình 2.5)

ii Ánh xạ g :(0; 1)(a; b) xác định  a (ba) song ánh nên kết luận Định lý 2.5 thay bởi:

1

y C

A B

f (a) f (b)

a c c c b x

(70)

- 72

c (0; 1) : f (a (b a))

     

iii Giả thiết f(x) liên tục đoạn đóng khơng bỏ qua Thực vậy, xét số: f (x) x, x

1, x

 

  

 

Đối với hàm ta thấy f (1)f (0); f (x)  x (0; 1) Tuy nhiên lại

không liên tục [0; 1] nên không áp dụng Định lý Rolle Cụ thể,  x(0; 1) : f (x) 0

iv Giả thiết f(x) khả vi (a; b) không giảm nhẹ Thực vậy,

xét hàm số y x , x [ 1; 1]

Ta thấy f ( 1) f (1)1; f(x) liên tục [ 1; 1] , song f(x) không khả vi

trên (-1; 1) Quả tình  x ( 1; 1) : f (x) 0

2.3.2 Định lý Lagrange

Định lý 2.6 (Định lý Lagrange). Cho f(x) xác định liên tục đoạn

[a; b] , khả vi khoảng (a; b) Khi đó, tồn điểm c(a; b) cho f (b) f (a)

f (c)

b a



 

 (2.3.1)

hay f (b) f (a)  f (c) (b a)  (2.3.2) (công thức số gia giới nội)

Ý nghĩa hình học. Vế phải (2.3.1) hệ số góc dây cung AB, vế trái

là hệ số góc tiếp tuyến C(c; f(c)) Vậy:

Với giả thiết Định lý, có điểm C đồ thị hàn số f(x) cho

tiết tuyến || dây cung AB (Xem Hình 2.6)

Ta viết công thức số gia giới nội dạng

f (x h) f (x) f (x     h)h với <  < (2.3.3)

Chứng minh. Ta xây dựng hàm số thoả mãn định lí Rolle, hàm

f (b) f (a)

(x) f (x) x , x [a; b] b a



   



Hàm liên tục đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b), (b)  (a)

b f (a) a f (b) b a



 Áp dụng định lý Rolle, tồn c(a; b) để (c) 0

(71)

-Từ f (c) f (b) f (a)

b a



  

 hay

f (b) f (a) f (c)

b a



 

 

y

C B

f (b) f (a)

A

a c b x



Hình 2.6 Điểm trung gian c Định lý Lagrange

Lưu ý. Có thể có nhiều điểm trung gian c địi hỏi (xem Hình 2.6)

Hệ quả.

i f (x) 0 , x (a; b)f (x) tăng (a;b);

ii f (x) 0 , x (a; b), xảy dấu "=" hữu hạn điểm

f (x) tăng thực (a; b);

iii f (x) 0 , x (a; b)f (x) số (a; b);

iv f (x) đổi dấu x qua x0(a; b) x x0 điểm cực trị

hàm f(x)

Ví dụ 2.13 Chứng minh với 0ab n1

n n n n

na  (b a) b a nb  (b a). (*) Thực vậy, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

n n

n b a n

na nb

b a    

 (**)

Nhận xét bn (x )n x b , an (x )n x a Vậy ta nên xét hàm số

n

f (x)x Theo Định lý Lagrange,  c (a; b) :

n n

n

f (b) f (a) b a

f (c) nc

b a b a



 

   

 

Rõ ràng nan 1 ncn 1 nbn 1 Nhận (**) #

Định lý 2.7 (Định lý Cauchy). Cho f(x), g(x) liên tục đoạn [a; b], khả

vi khoảng (a; b), g (x) ,   x (a; b) Khi có điểm c (a; b)

sao cho:

f (b) f (a) f (c) g (b) g (a) g (c)

 

 

 (2.3.4) Chứng minh. Nếu g(b) g(a) 0  c (a; b) : g (c) 0, mâu thuẫn Vậy

(72)

- 74

mãn giả thiết Định lý Rolle [a; b], hàm

h(x)(g(b) g(a)) f (x) (f (b) f (a)) g(x)  

Theo Định lý Rolle, tồn c(a; b) : h (c) 0 hay (g(b) g(a)) f (c) (f (b) f (a)) g (c)     0

Nhận đpcm 

Lưu ý

i Các bạn phát sai lầm chứng minh "đơn giản" sau Định lý Cauchy Cả hai hàm f(x) g(x) thỏa mãn Định lý lagrange

đoạn [a; b] nên tồn tạiđiểm c[a; b] để

f (b) f (a) f (c)(b a); g(b) g(a) g (c)(b a) Vậy

f (b) f (a) f (c)(b a) f (c) g (b) g (a) g (c)(b a) g (c)

 

 

 

 

  !

ii Chọn g(x)x, từ (2.2.8) ta nhận Định lý Lagrange

Hơn nữa, từ Định lý Lagrange, f (b)f (a) ta nhận Định lý Rolle Ta nói Định lý Cauchy tổng quát Định lý Lagrange, Địnhlý Lagrange tổng quát Định lý Rolle

2.3.3 Quy tắc L'Hospital

Dùng Định lý Cauchy ta dễ dàng chứng minh định lý sau

hiệu để khử dạng bất định

Định lý 2.8 (Quy tắc L'Hospital khử dạng bất định 0;

 ).

Giả sử f(x), g(x) khả vi lân cận điểm a, a

     , trừ điểm a, g (x)  với x lân cận

có thể trừ a Hơn giả sử

x a x a

lim f (x) lim g(x)

   

(hoặc

xlim f (x)a xlim g(x)a   

)

Khi đó,

x a

f (x) lim

g (x) 

 

  (hữu hạn vơ hạn)

x a

f (x) lim

g(x)  

Lưu ý: i Quy tắc cho trường hợp giới hạn trái, phải

Chẳng hạn, ta thay x a xa với chút thay đổi: Giả sử

f(x), g(x) khả vi lân phải điểm a trừ a, giả sử g (x) 0

(73)

-0

,



 ta dùng quy tắc L'Hospital

ii Khi giải tập, phải dùng Qui tắc L'Hospital nhiều lần,

và (hoặc) kết hợp với phương pháp tìm giới hạn khác, chẳng hạn, phương pháp thay tương đương

iii Quy tắc L'Hospital cho ta điều kiện đủ để có giới hạn

x a

f (x) lim

g(x)



 mà điều kiện cần

Ví dụ 2.14. Tính giới hạn

x

x x 0

lnx

i lim ( 0); ii lim x ;

x 

 

 

2

3 x

x x

sin3x 3x x ln x

iii lim ; iv lim

x e e

 

  

 Giải. i Giới hạn có dạng

0, dùng quy tắc L'Hospital ta

1

x x x

ln x 1/ x

lim lim lim

x x x

       

Ta nói hàm lũy thừa x trội hàm logarit

ii x ln x x

A lim e  

 Đặt t1/ x, theo quy tắc L'Hospital ta có

t t

x x

ln(1 / x) ln t

lim x ln x lim lim lim

(1 / x) t t

                   Vậy A  e01

iii Giới hạn có dạng

0, dùng quy tắc L'Hospital (3 lần) ta

3

x x x

sin 3x 3x 3(cos 3x 1) 3( sin 3x).3

lim lim lim

6x x 3x         x

27 cos 3x

lim

6





  

iv Giới hạn có dạng

0, dùng quy tắc L'Hospital ta

2

x x

x ln x 2x / x

lim lim

e

e e e

 

  

 



Ví dụ 15. Chúng ta thấy

x x

sin x sin x 2x x

lim lim

cos x

cos x 2x 2

x        

Tuy nhiên, giới hạn

x x

(sin x 2x) cos x

lim lim

(cos x 2x) s inx

 



 

 

(74)

- 76

§2.4 CƠNG THỨC TAYLOR

2.4.1 Thiết lập công thức

Cho hàm số f(x) liên tục khả vi đến cấp n 1 khoảng (a; b) Hãy tìm đa thức P (x)n bậc khơng q n cho với c (a; b) cho trước ta có

n n

(n) (n)

n n

P (c) f (c) P (c) f (c)

P (c) f (c)

 

   

  

 



Dễ kiểm chứng đa thức sau thỏa mãn đòi hỏi:

(n)

2 n

n

f (c) f (c) f (c)

P (x) f (c) (x c) (x c) (x c)

1! 2! n!

 

       

Sai khác f(x) P (x) n R (x)n f (x) P (x) n Rõ ràng R (x)n thỏa mãn tính chất

(n)

n n n

R (c)R (c) R (c)0

Hơn nữa, chứng minh

(n 1)

n n

n

f (c)

R (x) (x c) o(x c) (n 1)!



   



với c x c Ta thu định lý sau

Định lý 2.9(Công thức Taylor (Khai triển Taylor hữu hạn))

Cho hàm số f(x) xác định liên tục (a; b) Khi  c (a; b) ta có: + Nếu f(x) khả vi liên tục tới cấp n - (a; b), khả vi cấp n c

(n)

n n

f (c) f (c)

f (x) f (c) (x c) (x c) o (x c)

1! n!



        (2.4.1)

(Công thức Taylor với phần dư Peano)

+ Nếu f(x) khả vi liên tục tới cấp n (a; b), khả vi cấp (n+1) (a; b)

(n ) (n 1)

n n

f (c) f (c) f (c)

f (x) f (c) (x c) (x c) (x c)

1! n! (n 1)!





       



(2.4.2) (với c x c)

(n)

n

(n 1)

n

f (c) f (c) f (c) (x c) (x c)

1! n!

f (c (x c))

(x c) (n 1)!





     

  

 



(2.4.3)

(75)

-(Công thức Taylor với phần dư Largrange)

* Đặt x c h, ta nhận dạng sau tiện lợi:

n

(n) (n 1)

n n

o(h )

f (c) f (c) f (c h)

f (c h) f (c) h h h

1! n! (n 1)!



  

     





(2.4.4)

Để tiện ứng dụng, gọi n cấp khai triển, c điểm khai triển, x điểm áp dụng

Nhận xét. Để khai triển đến cấp n, công thức với phần dư Peano cần điều kiện nhẹ so với phần dư Lagrange

* Trong trường hợp c0, cơng thức có tên công thức (khai triển)

Maclaurin:

n

(n) (n 1)

n n

o(h )

f (0) f (0) f ( h) f (h) f (0) h h h

1! n! (n 1)!



 

    





(2.4.5)

Đánh giá sai số

Nếu hàm f(x) khả vi đến cấp n + [a; b]

n (k)

n

k (n 1)

n

x [a; b] k

x c f (c)

R (x) f (x) (x c) Sup f (x)

n! (n 1)!



 





   

 

n

M

x c (n 1)!



 

 (2.4.6)

với (n 1)

x [a; b]

M Sup f  (x) 



2.4.2 Khai triển Marlourin số hàm sơ cấp

m k n

2 n n

2 n n n

2

m m(m 1) m(m 1) (m k 1)

i (1 x) x x x x

1! 2! k!

( 1) ( 1) ( n 1)

ii (1 x) x x x o(x )

1! 2! n!

( 1) ( 1) ( n 1)

ii (1 x) x x ( 1) x o(x )

1! 2! n!

1

ii x x x



   

       

         

      

         

        

    



n

n n n n

n

o(x )

1 ( 1) x ( 1) x

(1 x)

 



   

 

(76)

- 78

n

2 n n

n

o(x )

1

ii x x x x

1 x (1 x)

 

      

  

(4) 1 2

ii x x x o(x );

    

n

(5) 2

2 n n n

n

o(x )

2

2 n x

x n

o(x )

1

ii x x o(x )

1 x

x x x ( 1) x

iii ln(1 x) x ( 1)

2 n (n 1)(1 x)

x

iii ln(1 x) x o(x );

iii ln(1 x) x o(x)

x x x e

iv e x ;

1! 2! n! (n 1)!

iv e







   



       

  

    

   

     









2

x

1 x o(x );

iv e x o(x)

   

   

2n

3 2n

n n 2n

o(x )

4

2

2 2n

n n 2n

o(x )

x x x sin x

v s inx x ( 1) ( 1) x ; 3! 5! (2n 1)! (2n)!

x

v sinx x o(x ); 3!

v s inx x o(x )

x x x cos x

vi cos x ( 1) ( 1) x ; 2! 4! (2n)! (2n 1)!

vi cos x



 

 



       



   

  



       







2

3

x

1 o(x ) 2!

  

2.4.3 Ứng dụng

a Tính gần giá trị biểu thức

(77)

n

(n) (n 1)

n n

0 0

0

o(h )

f (x ) f (x ) f (x h)

f (x h) f (x ) h h h

1! n! (n 1)!



  

     





(n)

n

0

f (x ) f (x )

f (x ) h h

1! n!



    (2.4.7) với sai số

(n 1)

n (n 1) (n 1)

n

x [a;b]

M

| R | h (M Sup | f (x) |) (n 1)!



  



 

 (2.4.8)

Ví dụ 2.16. Tính A = ln3 xác đến 104

Phân tích. Thực phải hiểu loại đề với hai giả thiết kèm

theo sau đây:

+ Biết số giá trị tính tốn từ trước ln2; ln10;…, số

hằng số quen thuộc e = 2,71828183;  = 3,141592654; …

+ Các kết tính tốn với hữu hạn phép tính số học cộng, trừ, nhân,

chia, nâng lên lũy thừa nguyên kết Đối với toán dạng này, ta tiến hành sau:

+ Tìm hàm f(x) phù hợp A cần tìm giá trị hàm f điểm x

+ Tìm x0 phù hợp cho h x x0 tương đối nhỏ, đồng thời dễ tính giá

trị hàm f đạo hàm cấp x0 + Áp dụng công thức Taylor

(n )

n

0

f (x ) f (x )

A f (x ) h h

1 ! n !



   

Các tập thông thường cần sử dụng khơng q vài chục phép tốn số

học, ta nên lấy q mức xác địi hỏi hai chữ số sau dấu phẩy thập phân Giải. A ln ln (e (3 e)) ln e ln e

e



 

        

 

Đặt h e 0,103638 e



  , theo khai triển Taylor ta có

2 n n

n n

n

h h h

A h ( 1) ( 1)

2 n (n 1)(1 x)

 



       

   ,  (0; 1)

Vậy ta lấy

2 n

n

h h

A x ( 1)

2 n



       (*) ta mắc phải sai số tuyệt đối

n n

n

n n 1

h h

R ( 1)

n (n 1)(1 x)

 



  



(78)

- 80

Ta chọn n nhỏ để

n

4

h

10 n









Tính ta n = Thay vào (*) nhận kết

2

h h

A h 1,098639 1, 0986

     

Nhận xét. Nếu xem ln2 = 0,693147 biết từ trước, ta tính

A ln ln(2 1) ln ln (1 / 2)       

Tuy nhiên, h 0,5 lớn nhiều so với 0,103638 xét nên cấp

khai triển n cần thiết tăng lên nhiều (n = 8, so với n = trên)

§ 2.5 CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM

2.5.1 Quy tắc tìm cực trị, giá trị lớn nhất, bé (tự đọc)

* Giả sử f (x ) 0   f(n 1) (x )0 0 ; f(n)(x )0  Khi

+ Nếu n lẻ x0 khơng điểm cực trị;

2.5.2 Lồi, lõm, điểm uốn

* Hàm số f(x) gọi lồi (xuống dưới) khoảng mở rộng I

c, d I , t [0; 1]

    ln có

tf (c) (1 t) f (d)  f (t c(1 t)d) (2.5.1)

Hàm f(x) gọi lõm I hàm - f(x) lồi I

* Bất đẳng thức Jensen. Cho f(x) lồi I Khi với n nguyên dương tùy

ý, x , , x1 nI , 1, , n 0,    1 n ta có

1f (x ) nf (x )n f ( x1 n nx )

         (2.5.2)

Đặc biệt, c ,dI

f (c) f (d) c d f

2

   

  

  (2.5.3)

Nếu hàm f(x) liên tục I (2.5.3) điều kiện đủ để f(x) lồi

* Nếu hàm f(x) lồi khoảng (a; b) liên tục

* Cho hàm f(x) khả vi khoảng (a; b), f(x) lồi f (x) tăng Hệ quả. Cho hàm f(x) khả vi lần (a; b), f(x) lồi f (x) 

+ Nếu n chẵn x0 cực trị:

f(n )(x )0 0: x0 điểm cực tiểu;

(79)

-2.5.3 Khảo sát hàm số yf (x) (tự đọc)

Khảo sát vẽ đồ thị hàm số sau

a y3 x2x2

Hàm số liên tục , khả vi x0;x 2

    ' x x x x f   

Nhận bảng biến thiên

X  4/3 

 x

f' + - + +

f(x)   23  0  

Để tìm tiệm cận, ta tính

x

f (x) a lim

x  



x

b lim (f (x) ax)  

 

vẫn làm Song cách hữu tìm dạng khai triển f(x)

 x /x

f  Cụ thể ta có

                                             2 / x o x ! / / x 1 x x x x f           x o x x

Vậy đồ thị (C) nhận đường thẳng ():

3 x

y  làm tiệm cận xiên Trong lân cận +  (tương ứng - ), (C) nằm (tương ứng: nằm trên)

đường thẳng () Đồ thị cho Hình 2.7

(80)

- 82

b x2 x e

y 

Tập xác định   1;1; f(x) chẵn nên ta cần khảo sát với x0 + Chiều biến thiên f x khả vi 0;1  1; ,

 

x 1 e

x x

f

1 x / x 2

' 

 

 

    

   

x x

lim f x ; lim f x

 

 

   

Bảng biến thiên đồ thị f(x) sau:

x  

f (x)  || 

f(x) 1 ||

0 || e



Hình 2.8 Đồ thị hàm số y exp(x / (x2 21)) c y arctgx 1ln(1 x)

2

  

Hướng dẫn TXĐ: x > -1

  

    

 

2

x 2x

y ; y x

2(1 x)(1 x ) Nhận bảng biến thiên

x -1 1 2 1 2  

y’ ||   

y 

 

max

y y

ymin = acrtan(2- 2) – (ln((2- 2))/2; ymax = acrtan(2+ 2) – (ln((2+ 2))/2

(81)

-Hình Đồ thị hàm số y arctgx 1ln(1 x)

  

d f (x) ln x

x

Tập xác định: x0 y (1 lnx) / x 2; y  0 xe Tiệm cận

x

ln x lim

x





  nên (d) : x0 tiệm cận đứng

x

ln x

lim

x

  nên y 0 tiệm cận ngang

x e 

y'  

y



1 / e

0

e y 32x2x3

Tập xác đinh : R Tiệm cận xiên (có thể khơng lập): y  x /

2

4 3x

y ; y x

3 x(2 x)



   



xlim y2/3 0; xlim y0 ; lim yx2

(82)

- 84

x  /  

y'  ||   || 

y

3

2 /

0



 

Hình 2.10 Đồ thị hàm số y 32x2x3

f Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y3x(x 1)

Tiệm cận: yx2 /

  

   



2

1 x

3

y ; y x 1/

x x

; y   x0, x1 Bảng biến thiên

x  1/  



y  ||   || 

y  



34 / 2

0

(83)

-Hình 2.11 Đồ thị hàm số y3x(x 1)

2.5.4 Khảo sát đường cong cho dạng tham số

a Khái niệm. Cho hai hàm số x x(t)

t ( ; ) y y(t),

 

   

 

(2.5.4) Mỗi điểm t  ( ; ) ứng với điểm M(x(t), y(t))2 Khi t biến thiên từ

 đến , điểm M vạch nên đường cong (C) 2 Hệ (2.5.4) gọi phương trình tham số đường cong (C)

Ví dụ 2.18. Phương trình tham số i đường thẳng AB, A(a, b), B(c, d):

x mt a

(t ) y nt c,

(m b a, n d c)

 



 

 



   



ii đoạn thẳng AB:

x mt a (t [0; 1]) y nt c,

 



 

 



iii đường tròn tâm O(0, 0), bán kính R:

x R cos

y R sin ,

 

 

     



y ( )

d B

c A

a b x



y

(84)

- 86

iv elip (E) bán trục a, b:

x acost

y bsin t, t

  

   



Tuy nhiên, điểm M(E) khơng phải ứng với góc t hình vẽ!

b Khảo sát

Khi khảo sát đường cong cho dạng tham số ta khảo sát thường lệ

với hàm x(t), y(t) với số lưu ý:

* Ta cần lập bảng biến thiên đồng thời

* Trong bảng biến thiên nên có thêm dịng đạo hàm yx tính theo cơng thức

x y (t) y

x (t)

  



* Khi tt mà x(t)0   (hoặc) y(t) thì đường cong có tiệm

cận, cụ thể là: +

0 0

tlim x(t)t x ; lim y(t)tt

    Tiệm cận đứng xx0;

+

0 0

tlim x(t)t ; lim y(t)tt y

    Tiệm cận ngang yy0;

+

0 0

t t t t t t

y(t) lim x(t) ; lim y(t) ; lim a;

x(t)

       

 

tlim y(t) ax(t)t b

  Tiệm cận xiên yax b

Ví dụ 2.19. Khảo sát vẽ đường axtroit cho dạng tham số:

3

x acos t y asin t, t

   

 



 

(a0)

Chỉ chuyển động điểm M(x(t),y(t)) đường cong tham số t

biến thiên từ / đến : t : / 2  , từ 2 đến / 2 : t : 2  3 / 2 Chỉ biến thiên tham số t điểm M chuyển động đường

cong từ A( a, 0) B(0,a)

Giải. Vì | x | a, | y | a  nên đường cong khơng có tiệm cận

y

b M

(85)

-Cả hai hàm x(t), y(t) tuần hoàn chu kỳ 2 nên ta cần khảo sát với

t[0; ] Ta có

2

x

x (t) 3a cos t sin t; y (t) 3a sin t cos t; y (t) sin t

y tg t

x (t) cos t

    

 

    



x

2 x (t) t 0; ; ; ;

2 2

0 t 0;

y (t) t 0; ; ; ; y 3

2 2 t ;

2

   

   

  



    

         

   



Bảng biến thiên

t /  / 2 2

x (t)    

x(t)

a a

0

a



y (t)    

y(t) a

0 0

a



y (x)      

Đồ thị Hình 2.4

Rõ ràng M : BA, BC (C(0, a)); t :   /

(86)

- 88

2.5.5 Khảo sát đường cong cho dạng tọa độ cực

a Tọa độ cực

Ta cho ứng điểm M(x, y) mặt phẳng Oxy với cặp số (r, )

hình vẽ Cặp số (r, ) gọi tọa độ cực điểm M Ta có:

M(x, y)(r, );

2

r x y

(x, y) (r, ) : y (0 r; ;

tg x

  



       

   

sin dấu với y)

x r cos (r, ) (x, y) :

y r sin

 



  

 



(*) t

y M(x, y)

r

x



Cũng chọn khoảng biến thiên       

Điểm O gọi gốc cực, trục Ox trục cực;

r bán kính cực,  góc cực điểm M

Khi khơng sợ lầm lẫn, ta viết M(x,y) với ngụ ý điểm M có tọa độ Descartes (x,y), M(r, ) với ngụ ý điểm M có tọa độ cực (r, )

Trừ điểm O(0,0), điểm cịn lại mặt phẳng có tương ứng –

tọa độ Đề tọa độ cực

Để xác định điểm M mặt phẳng với tọa độ cực (r, ) , ta kẻ tia Ot hợp

với tia Ox góc , ta lấy điểm M: OM r

Trong Pháo binh, Ra đa người ta hay dùng tọa độ cực để vị trí: Khi nói cự ly 3,2, phương vị 41 có nghĩa mục tiêu có tọa độ cực (3,5; 41 )0

Tọa độ cực suy rộng. Người ta xét tọa độ cực với r, bất kỳ:

r,    ( ; )) Từ cặp số (r, ) vậy, dùng (*) ta tính x,y Trong

mặt phẳng, điểm M với tọa độ Descartes (x,y) có tọa độ cực (suy rộng) (r,) Chẳng hạn, điểm A, B, C, D, E với tọa độ cực tương ứng

 

1 11

A(1,0); B , ; C 2, ; D , ; E 1,

2 2

  

     

     

     

(87)

-phẳng Hình 2.5

Hình 2.13 Một số điểm mặt phẳng

Tương ứng không đơn ánh, điểm M với tọa độ Descartes (x,y)

không có tọa độ cực suy rộng

b Đường cong tọa độ cực

Xét hàm số rr( ),    ( ; ) Khi góc cực  biến thiến từ  đến , điểm

M với tọa độ cực ( , r( ))  vạch nên đường cong (C) mặt phẳng Ta nói đường cong (C) tọa độ cực có phương trình rr( ),    ( ; )

Rõ ràng x r( ) cos ,

y r( ) sin , ( ; )

  

 

      



Vậy dạng tọa độ cực dạng tham số đặc biệt đường cong

Ví dụ 2.20. Viết phương trình dạng tọa độ cực đường trịn bán kính a > với tâm i O(0, 0); ii I(a, 0)

y

a x

y 2a x

i Rõ ràng phương trình ra ii (C) : (xa)2y2 a2

Đặt x r cos

y r sin

 

 

 



, thay vào phương trình đường tròn ta

2 2

(r cos a) (r sin ) a hay r2a cos (a 0)

Nhận xét. Đường tròn bên phải trục tung, tiếp xúc với trục tung gốc tọa độ, đường kính 2a cóphương trình r2a cos

I y D

E

(88)

- 90

c Phương pháp khảo sát

Chúng ta tiến hành khảo sát với hàm số thông thường

Lưu ý.

i Để biết xác dáng điệu đường cong điểm đặc biệt,

cần khảo sát phụ Gọi V góc lượng giác bán kính véc tơ OM với véc tơ

chỉ phương tiếp tuyến dương đường cong (tiếp tuyến ứng với chiều tăng

của tham số ) tg V r( ) r ( )

 

 

ii Để khảo sát đường cong (L) cho tọa độ Descartes, đơi ta đưa

nó dạng tọa độ cực lại dễ dàng nhiều Muốn vậy, việc đặt

xr cos , y r sin; thay vào phương trình đường cong, giải ta thu

rr( ) (đôi   (r)) Đây dạng tọa độ cực (L)

Ví dụ 2.21. Khảo sát vẽ đường hoa hồng cánh có phương trình ra sin 3 (a 0)

Giải. Hàm r( ) tuần hoàn chu kỳ / 3 nên ta cần khảo sát đoạn

[0; / 3] Ta cór 3a cos , ;

 

      

2 0, 0, ,

r ( ) tg 3 3

tgV

r( )

, ,

6

 



  

   

   

 



  

 

 2 3 4

0

6 6

   

3 3

0

2

 

r 3a   3a   3a

r a

0 0

a



tg V  

V

(89)

-

Hình 2.14 Đường hoa hồng cánh Ví dụ 2.22. Khảo sát vẽ đồ thị đường cong

2 2

(x y ) a (x y ) (a0)

Giải. Đặt xr cos , y r sin (r0) ta

2 2 4 4

(r ) a r (cos sin  ) r a cos2  r a cos2 Hàm r( ) có chu kỳ  nên ta cần xét đoạn ;

2

 

 



 

  Hơn nữa,

đoạn r( ) xác định ; 4

 

 



 

  Vậy ta khảo sát hàm r( ) với

; 4

 

 

   

  Ta có

3/4

r

4 a

r (cos2 ) sin2 ; r 0

2

r

tgV ; tgV ,

r sin2 (cos2 )





    

       

  

       

 



4

 



2

2

 



r  

r

a

0

tg V || || ||

Đồ thị hình vẽ

Sau vẽ đồ thi cho

chu kỳ, ta việc quay đường nhận góc / 3 , / 3 ta

(90)

- 92

Đồ thị hình vẽ Quay đường cong góc  ta nhận đường

phải tìm

Hình 2.15 Đường cong Ví dụ 2.22

Ví dụ 2.23 Khảo sát, vẽ đồ thị đường cong

   

2 2

(x y )x a y (a const 0)

bằng cách đưa dạng tọa độ cực

Đặt xr cos ; y r sin ta r a tg Hàm tuần hoàn chu kỳ , cần (0;/ 2)

Ví dụ 2.24 ( Một số đường cong dạng tọa độ cực)

Hình 2.16 a Đường xoán ốc Arsimet r 

(91)

-Hình 2.16 c Đường r1 /   /

Hình 2.16d Đường rarcsin

(92)

- 94

Hình 2.17 Đường r  r 3cos

2.5.6 Các vận tốcliên quan nhau(Related Rates) (☼)

Ý tưởng tốn liên hệ vận tốc tính vận tốc đại lượng thông qua vận tốc đại lượng khác (có thể dễ đo hơn) Cách thức

tiến hành ta tìm phương trình liên hệ đại lượng, sử dụng quy tắc

vi phân hàm hợp để lấy vi phân vế theo thời gian

Ví dụ 2.25. Khơng khí bơm vào cầu với vận tốc 100 cm / s3 Vận tốc gia tăng bán kính cầu đường kính 50 cm?

Bước1 (đặt biến) Gọi V thể tích qủa cầu r bán kính Bước (tìm phương trình liên hệ biến) Ta biết V r3

3

 

Bước (đạo hàm vế để xuất mối liên hệ giữ vận tốc) Đạo hàm vế theo t ta dV r2dr

dt   dt

Bước (giải phương trình, biểu diễn vận tốc cần tìm qua vận tốc cho) Từ đó,

2

dr dV

dt  r dt Thay sốđược

dr 1

100

dt  (25) 25 (cm / s)

#

Ví dụ 2.26. Một camera đặt cạnh đường 40m quan sát dõi theo

chiếc xe di chuyển với vận tốc 36km/h Camera quay với vận tốc góc xe cách chỗ ngang qua với camera 70m?

Giải. Trước hết ta vẽ sơ đồ Hình 2.17 Có 36km / h10m / s Gọi x khoảng cách từ xe tới chỗ ngang qua camera (điểm A) Đặt 

là góc ống kính với đường vng góc với đường ( gócACB) Ta có

2

dx d

x 40 tan 40

dt cos dt



   

(93)

d cos2 dx 10cos2 1cos2

dt 40 dt 40



      

Khi x 70, tan 70 1.0517 cos 0.496 40

         Vậy d 0.0615

dt





Hình 2.18 Camera theo dõi xe Giống trên, ta giải tốn sau:

Một bồn nước có hình nón ngược với bán kính đáy m cao 4m Nếu nước bơm vào bồn với vận tốc 2m3/min vận tốc mức nước dâng lên mực nước m ĐS: 0.64m/ph # (☼)

A x B

(94)

-

Chương

TÍCH PHÂN

§ 3.1 TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 3.1.1 Định nghĩa, tính chất

Định nghĩa. Cho hàm số f (x), x(a; b) Ta nói hàm số F(x), x(a; b) nguyên hàm f(x) khoảng (a; b) f(x) khả vi khoảng

F (x) f (x), x (a; b) (3.1.1)

Định lý 3.1. Nếu F(x) nguyên hàm f(x) khoảng (a; b) thì: i Với C số tùy ý, F(x) C nguyên hàm f(x) khoảng (a; b)

ii Mọi nguyên hàm f(x) khoảng(a; b) có dạng F(x)C, với

C số

Chứng minh i Hiển nhiên

ii Giả sử G(x) nguyên hàm f(x) khoảng

(a; b) Thế G (x) f (x), x (a; b) Vậy

(F(x) G(x)) F (x) G (x)   f (x) f (x) 0, x (a; b)

Theo Định lý Lagrange, tồn c(a; b) để với x0 (ab) / ta có

0 0

F(x) G(x) F(x )G(x )(F G) (c)(x  x )

F(x ) G(x )0  0 C 

Từ Định lý 3.1 định nghĩa tích phân bất định sau

Định nghĩa. Họ hàm số F(x)C, C số tùy ý, F(x) nguyên hàm f(x) khoảng(a; b) được gọi họ nguyên hàm hay tích phân bất định f(x) khoảng (a; b) ký hiệu

f (x)dx



Như vậy,

 

d

f (x)dx F(x) C; f (x)dx f (x) dx

  

 

ở F(x) nguyên hàm f(x) (a; b); C số tùy ý

Ký hiệu  để tích phân bất định, x biến lấy tích phân, f(x) hàm

dưới dấu tích phân, f(x) dx biểu thức dấu tích phân

(95)

- F (x) f (x)   x (a; b) ; F (a)  f (a) ; F (b)  f (b)

Họ nguyên hàm hàm ys in x y cos xC thể Hình 3.1

Hình 3.1 Hàm số ysin x họ nguyên hàm y cos xC với giá trị khác số C.

Bảng 3.1 Các tích phân bản

Biến độc lập Biến phụ thuộc

1 2 2 x x x x 2 0dx C

1dx dx x C x

x dx C ( 1)

1

dx ln x C x

1 x

dx arctg C

a a

a x

1 x

dx arcsin C a a x

a

a dx C

ln a e dx e C sin xdx cos x C cos xdx sin x C

1

dx cot agx C sin x

1

dx tgx C cos x                                                 2 2 u u u u 2 0du C

1du du u C u

u du C ( 1)

1

du ln u C u

1 u

du arctg C

a a

a u

1 u

du arcsin C a a u

a

a du C

ln a e du e C sin udu cos u C cos udu sin u C

1

du cot agu C sin u

1

(96)

-

Bàng 3.2 Một số tích phân quan trọng

ax

ax e

e dx C

a

cos ax sin ax dx C

a sin ax cos x dx C

a

tgx dx ln | cos x | C

dx x

ln tg C sin x

dx x

ln cotg C

cos x

 

  

 

  

 



 

    

 

     

2

1 x a

dx ln C

2a x a x a

1

dx ln x x k C x k

sh x dx chx C ch x dx shx C

1

dx th x C ch x

1

coth x C sh dx



 

 

   



 

  

     

Tính chất

i F (x)dx F(x)C;

f (x)dx f (x), x(a; b)

Như ta nói rằng, tích phân bất định đạo hàm hai phép toán

ngược

ii a f (x) dxa f (x) dx,  a .

iii a f (x)bg(x) dx a f (x) dx b g(x) dx, a, b

Định lý 3.2. Hàm số liên tục khoảng suy rộng có ngun hàm khoảng

3.1.2 Bảng tích phân Xem Bảng 3.1 3.1.3 Phương pháp tính tích phân bất định

a Biến đổi hàm dấu tích phân, đưa tích phân bản

Các phép biến đổi hay dùng là:

- Thêm bớt, dùng đẳng thức, tách thành tổng;

- Nhân lượng liên hợp, nhân (chia) tử mẫu với thừa số thích hợp Ví dụ 3.1

i I x 1dx (x1/2 x 1/ 2) dx 2x3/2 2x1/ 3

x





     

ii

2

100 100

x ((x 1) 1)

dx dx

(1 x) (x 1)

 



 

(97)

-

98 99 100

97 98 99

1

dx (x 1) (x 1) (x 1)

1

C 97.(x 1) 98.(x 1) 99.(x 1)

 

    

  

 

  

   

  



iii sin 3x sin 5x dx

1[cos 2x cos8x]dx 1sin 2x sin 8x C

2 16

     Thực ta tách thành tổng để tính tích phân sau

sin ax cos bx dx

 ; sin ax sin bx dx ; cos ax cos bx dx iv  exex2 dx (ex /2ex/ 2) dx

x/2 x/2 x/2 x/2

(e e ) dx 2e 2e C

    

v e|x|dx

Vì e|x| hàm số liên tục trênb nên có nguyên hàm

|x| x x

1

|x| x x

2

x : e dx e dx e C x : e dx e dx e C

  



    

   

 

Vì hàm nguyên hàm F(x) liên tục x0 nên ta phải có

x x

1 x x

( e  C )   ( e C )  C  2 C

Đặt C2 C C1 2 C.Vậy

x x

e C, x F(x)

e C, x

  

  

   

 

Chú ý Sau ta có cách giải khác, quy sau:

x t x

0 | t |

x

0 t

0

e dt C x 0, F(x) e dt C

e dt C x 





  

 

   



  

 

 



#

(98)

-

Định lý 3.3. Cho : IK hàm khả vi liên tục, g : L hàm liên tục, I, K, L khoảng suy rộng, KL

Giả sử ta tính g(u) du G(u)C Khi

g( (x)) (x) dxG( (x)) C



Một cách hình thức

  u (x)

g( (x)) (x) dx   g( (x)) d (x)   g(u) du  C

  

Chứng minh. Thực vậy, theo công thức đạo hàm hàm hợp,

(G( (x)) G ( (x)) (x)  

G( (x)) G ( (x)) (x) dx  C g( (x)) (x) dx C

          

Để sử dụng hiệu công thức này, tính tích phân f (x) dx ta viết dạng f (x) dx g( (x)) (x) dxg( (x)) d (x) 

Nói cách khác, ta phải đưa "một thừa số f(x)" vào dấu vi phân

d(.) cho tính dễ dàng tích phân nhận Ví dụ 3.2

3 4

tg x s in x d(cos x)

i dx dx C

cos x cos x cos x 3cos x dx d(ln x)

ii ln ln x C

x ln x ln x



   

  

    

2 2

2

3

cos x d(sin x) s in x

iii dx arc tg C

a a

a sin x a sin x x dx d(x )

iv

1 3x 3x

  

 



 

   

2 1/3 2

1

(1 3x ) d(1 (3x ) (1 3x ) C

2.( 3)



      

 

2

sin x d(cos x)

v dx

cos2x 2cos x 1 d( 2cos x)

ln 2cos x cos2x C ( cos x) 1

 



     



(99)

- vi

x x

x

x x

2 d(2 )

dx arc sin C

ln ln (2 )

  

 

  # Khi hàm dấu tích phân biểu thức đơn giản tam thức bậc

hai, ta dễ dàng đưa tích phân dạng Ví dụ 3.3

i

2

dx dx

(x 2)(x 5) x 3x 10   

 

1 1dx 1ln x C x x 7 x



 

     

  

 



ii  

2 2

d x 1/

dx dx

4

4x 4x x x / (x / 2)



 

     

  

1arc tg x / 2  C 1arc tg2x C

4



    

iii

2

dx dx d(x / 3) I

3 2

2 6x 9x x x 1

x

9 3 3



  

     

  

 

  

1arcsinx / C 1arcsin3x C

3 / 3

 

   

iv

2

dx d(x 1)

x 2x (x 1)

 

   

  ln x 1   x22x5C #

c Đổi biến. Một phương pháp hiệu để tính tích phân đổi biến, phần

nào giống với đặt biến nói Tuy nhiên, với đặt biến, ta dùng hàm

đó biến cũ làm biến bây giờ, ta dùng biến cũ làm hàm

biến Nội dung phương pháp thể định lý sau

Định lý 3.4. Giả sử xx(t) hàm khả vi liên tục khoảng suy rộng I,

tập giá trị K; yf (x) hàm liên tục khoảng suy rộng L chứa K Ngoài i x (t) 0, t I

ii Tồn hàm ngược tt(x) hàm x(t)

(100)

-

t t(x)

f (x)dx f (x(t)) x (t) dt  C

  (3.1.2)

Ví dụ 3.4.

i Tính tích phân

2

dx I

x x





 cách đổi biến x t



Trước hết xét x0 Ta có

2

1

dx dt, t x t

    Ta

2 2

t dt dt

I arcsin t C

t / t 1 t

      

 

 

Trở biến cũ, I arcsin(1/ x)C Kết tương tự với x <

ii Ix 5x dx

Để khử thức ta đặt

2

2 t 2t

t 5x x dx dt

5



       

2

4

2 t 2t 2

I t dt (t 2t )dt t (3t 10) C

5 25 375

  

        

 

 

Trở lại biến cũ, I (2 5x) (15x3 4) C 375

    

2

x dx iii

(x 2) 3x 5



Để khử thức ta đặt

2

2 t t

t 3x x xdx dt

3



      

2

3t

F(t) dt arc tg t C I arc tg 3x C 3(t 1) t

       



 2x x

e

iv dx e 1



(101)

-

x x

x

e e (u 1).2u

F(x) dx du

u e



  



 

 

2

x x

u

2u C e e C

3

 

       

 

# d Tích phân từng phần

Để tính tích phân If (x)dx, ta có gắng viết f(x) dạng u(x)v (x) ,

trong u(x), v(x) hàm khả vi liên tục khoảng I Khi

If (x)dx u(x)v (x)dx udvuvvdu (3.1.3) Muốn áp dụng thành công phương pháp này, điều quan trọng phải đưa

một thừa số hàm f(x) vào dấu vi phân d(.) Động tác thực chất

phép lấy tích phân Trong trường hợp dễ, ta thực Khi khó, ta

phải tính v(x)v (x) dx nghiêm túc

Như vậy, động tác đầu giống với đặt biến Chúng ta thấy rằng, đặt v(x)x hiệu

Ví dụ 3.5

i ln x dx x ln xx d(ln x)x ln x1dxx ln xxC ii

2

x d(x 1)

arctg x dx x arc tgx dx x arc tgx

1 x x



   

 

  

x arc tgx 1ln(1 x )2 C

   

iii x e2 2xdx x d(e2 2x) 1x e2 2x e 2x.2x dx

2 2

   

    

  

2x

2 2x 2x

1 e

x e x d(e ) x x C

2 2



   

         

 

 #

Nhận xét. Tích phân iii có dạng P (x) en axdx, P (x)n đa thức

bậc n x Để tính nó, ta đưa thừa số eax vào dấu vi phân d(.) lấy tích phân

từng phần n lần

(102)

-

Bảng 3.3 Các dạng tích phân dùng phương pháp phần thuận lợi

ax n

P (x) e dx

 Đưa e vào d(.) ax - Tích phân phần n lần

n

P (x) sin ax dx

 Đưa sin ax vào d(.) - Tích phân phần n lần n

P (x) cos ax dx

 Đưa cos ax vào d(.) - Tích phân phần n lần m

n a

P (x) log x dx

 Đưa P (x) vào d(.) n - Tích phân phần m lần x

e sin x dx

 Đưa thừa số vào d(.) - Tích phân phần lần x

e cos xdx

 Đưa thừa số vào d(.) - Tích phân phần lần

Đối với đặt biến với tích phân phần, tìm cách

đưa thừa số vào dấu vi phân d(.) (đây thực chất lần lấy tích phân) Tuy nhiên, tiếp sau ta phải cân nhắc xem dùng đặt biến hay tích phân phần

có lợi

Ví dụ 3.6 I e cos 3x dx4x e d(sin 3x)4x

   

4x 4x

1

e sin 3x sin 3x d(e )

1

e sin 3x sin 3x e dx

 

 

 

 

 

 

 

4x 4x

2

4x 4x 4x

4x 4x

1

e sin 3x e d(cos3x)

3

1

e sin 3x e cos 3x cos3x e dx

3

16

1 I e sin 3x e cos 3x C

9

 

 

  

 

 

     

 



4x

4cos 3x 3sin 3x

I e C

25



   # 3.1.4 Tích phân bất định số lớp hàm sơ cấp.

a Tích phân phân thức hữu tỷ n n

P (x) Q (x)

a.1 Dùng phương pháp thông thường biết

Trong nhiều trường hợp, dùng phương pháp thơng thường nói

(103)

-

phân phân thức hữu tỷ dễ dàng Nếu có thể, ta ưu tiên tính theo hướng tính đơn giản

Ví dụ 3.7

i

2

8 4 4

x dx d( x ) 1

d(x )

2

x (x 1) (x 1) x x

 

    

      

  

2 2

2

2 2 2

1 d(x ) d(x ) x 1

ln arc tg x C (x ) (x ) x

  

     

  

 

  

ii

5 4

2

2 3

4x 4x x 2x

dx dx d(x )

(x 1)  (x 1)  (x 1)

  

Đặt tx2 1 d (x )2 dt; x2  t Thay vào ta

2

3 2

2(t 1) 4x

I dt 2ln(x 1) C

t (x 1)

 

     





iii

2

(x 1) dx I

(x 5x 1)(x 3x 1)

 

   



Chia tử mẫu cho x ta có th2 ể nhận kết

2

1 x 3x

I ln C

8 x 5x

 

 

  #

a.2 Phương pháp hệ số bất định

* Bước 1: Khai triển f(x) thành tổng phân thức đơn giản

Nếu n n

P (x) f (x)

Q (x)

 có bậc tử > bậc mẫu, phân thức gọi không thực Thực phép chia đa thức để phần nguyên (đa thức)

và phân thức thực có bậc tử < bậc mẫu Vậy ta giả thiết

rằng f(x) phân thức thực

Nếu mẫu tam thức có nghiệm x , x , ta dùng phân tích sau: 1 2

1 2

ax b A B

(x x )(x x ) x x x x



 

    (3.1.4)

(104)

-

2 2

ax b A(Mâu) B x px q x px q x px q

 

 

      (3.1.5)

Nếu mẫu đa thức bậc lớn 2, ta phân tích mẫu thành thừa số dạng

lũy thừa nhị thức hay lũy thừa tam thức khơng có nghiệm Tiếp theo

ta khai triển f(x) thành phân thức đơn giản theo mẫu sau:

2

1 3

ax bx c A B C

; (x x )(x x )(x x ) x x x x x x

 

  

     

2

1

2

1

3

2 2

1

4

2 2 2

1

ax bx c A B C

;

x x x x

(x x ) (x x ) (x x )

ax bx c A Bx C

; x x

(x x )(x px q) x px q

ax bx cx d A B Cx D

; x x

(x x ) (x px q) (x x ) x px q

P (x) A Bx C Dx E

; x x

(x x )(x px q) x px q (x px q)

 

  

 

  

  

 



    

   

  



     

 

  



      

(p24q0) (3.1.6) Đặc điểm: - Mẫu luỹ thừa nhị thức x – a : Tử

- Mẫu lũy thừa tam thức không nghiệm x2pxq: Tử nhị thức

Các số A, B, C, … tính theo phương pháp hệ số bất định

* Bước : Tích phân phân thức đơn giản thu * Tích phân phân thức loại dx n

(xa)

 dễ dàng :

n n

dx dx (x a)

ln x a C; C

x a (x a) n

 



    

   

 

* Tích phân phân thức loại hai

2 n

Ax B dx (x px q)



 

 sau :

2 2

n 2 2 n 2 2 2 n

n

2 2 n

dx x a x

I dx

(x a ) a (x a )

1 x

I x dx;

a  a (x a )

 

  

 

 



 

(105)

-

2

2 n n n

Ax B C(x px q) D

dx dx dx

(x px q) (x px q) (x px q)



  

  

     

  

Ví dụ 3.8 i

4 2

x dx x a



Chia đa thức lấy tích phân ta

4

2 2

2

a x x

F(x) x a dx a x a arc tg C

3 a

x a

 

        



 

 



ii

2 2

(2x 1) dx (x 1) (x 1)



 

 Ta có

2

2 2

2x A B Cx D

f (x)

x

(x 1) (x 1) (x 1) x

 

   



   

Sau quy đồng mẫu số, hai tử thức hai vế phải Vậy

2 2

2x A(x 1)(x 1) B(x 1) (Cx D)(x 1)

A C A /

A B 2C D B / A C 2D C /

A B D D

        

  

 

      

 

 

    

 

     

 

Suy

2

1 x

I dx

2(x 1) (x 1) 2(x 1)

1 1

ln x ln(x 1) C

2 x

  

    

  

 

     





Lưu ý. Ta trình bày gọn hơn, khơng nêu q trình tìm hệ số # Ví dụ 3.9 i

2

(x 4) dx (x 2)(x 3)



 



2

I dx

x x (x 3)

  

    

  

 



1 x

2 ln x 2ln x C ln C

x x x



         

(106)

- ii

10

dx I

x(x 1)







Đặt tx10 1 10x dx9 dt; x10 t

2

dt I

10(t 1)t

 





Theo phương pháp hệ số bất định,

10

2 10 10

1 1 1 x

I dt ln C

10 t t t 10 x x

 

       

  

 

 #

b Tích phân biểu thức vơ tỷ

b.1.

1

r r

ax b ax b

f (x) R x, , ,

cx d cx d

       

      

       

 



trong a b ad bc c d

     ; r , , r1  số hữu tỷ: i i

i

k r

m

 ;

1 n

R(x , , x ) biểu thức hữu tỷ biến

Gọi mBCNN (m , , m )1  Đặt

1/m

ax b t

cx d



 

   

 

Đặc biệt,

1

r r

f (x)R(x, (axb) , , (axb) ) : Đặt t(axb)1/m

1

r r

f (x)(x, x , , x ) : Đặt tx1/m

Ví dụ 3.10. i

3

dx x x

 Đặt t6x 0 xt ; dx6 6t dt.5

5

3 6

3

t dt

I x x x 6ln( x 1) C t t

       





ii

5

dx (2x)(2x)



Trước hết, biến đổi hàm dấu TP dạng quen biết ta được:

3

1 x f (x)

2 x (2 x)

 



(107)

- Đặt

3

2 x t 12t dt

t x ; dx

2 x t (1 t )

 

    

  

3 2

3

2 3

1 x (1 t ) 12t

I dx t dt

2 x

(2 x) (4t ) (1 t )

 

   



 

 

2

3

3 dt 3 x

C C

4 t t x



 

       



 

 # b.2 Đặt biến lượng giác

Trước hết, biểu thức có chứa ax2bxc dễ dàng đưa

biểu thức có chứa t2A2 hay t2A2

2

f (t)R(t, A t ) : Đặt tA sin u hay tA cos u

2

f (t)R(t, A t ) : Đặt tA tgu hay tA shu

Ví dụ 3.11.

2

x dx x dx

2

6 4x 2x (x 1)



   

 

Đặt x sin u u arcsinx



   

 

2

dx cos u du; (x 1) cos u; (2 sin u 1) cos u

I du (4sin u 4sin u 1) du

2 cos u

2

1

(3 cos 2u 4sin u)du 3u sin 2u cos u C

2

   



   

      

 



Vì

2

2 x 1

cos u sin u 2x x ;

2



 

       

 

sin 2u sin u cos u x 2x x2



   

I 2arcsinx 2(3 x) 2x x2 C

4



(108)

- c Tích phân hàm lượng giác

* Ba dạng sau tách hàm dấu tích phân thành tổng

cos ax cos bx dx; sin ax sin bx dx;

  sin ax cos bx dx

n n

* cos xdx; sin xdx ; n6: Hạ bậc; n6: Đưa công thức truy hồi

n

* tg xdx : Viết tg xn tgn 2 x((tg x 1) 1)2  

* cot g dxn : Viết cot g xn cot gn 2 x((cot g x 1) 1)2  

* R(s in x, cos x) dx (R(u, v) biểu thức hữu tỷ biến u, v)  R(s inx, cos x) hàm lẻ với sinx : Đặt t = cosx ;  R(s inx, cos x) hàm lẻ với cos x : Đặt t = sinx;  R(s inx, cos x) chẵn với sinx cosx: Đặt t = tgx

(lẻ sin chọn cos - lẻ cos chọn sin - đẹp đơi tang tình)

 Trường hợp tổng quát : Đặt t tgx



(Tuy nhiên, đổi biến sau thường dẫn đến phân thức phức tạp,

thuận lợi cho hàm ; ;

a sin xb a cos xb a sin xb cos xc) * a sin x b cos x A(Mâu) B

csin x d cos x Mâu

 

 



* a sin x b cos x c A B(Mâu) C ; d sin x e cos x f Mâu Mâu



 

  

 

*

2

a sin x b cos x A(Mâu) B Mâu (csin x d cos x) (Mâu)

 

 



Các số A, B, tìm theo phương pháp hệ số bất định Ví dụ 3.12 i

3 2

2 2

cos x cos x cos x

dx cos x dx d(sin x) sin x  sin x  sin x

  

sin x C s in x

(109)

- ii

3 3

dx 1

dx sin x cos x  sin x cos x cos x

 

2

3

1 (1 t )

d(tg x) dt (t tg x) tg x cos x t



  

4

2

1

I tg x tg x 3ln tg x C

4 2tg x

      

iii cot g x dx6 cot g x((cot g x 1) 1)) dx4  

4

2

1

cot g x dx cot g x dx sin x

 

4 2

5 2

5

cot g x d(cot gx) cot g x((cot g x 1) 1)) dx

cot g x cot g x d(cot gx) (cot g x 1) 1)) dx

1

cot g x cot g x cot gx x C

5

    

     

     

 

iv dx

3sin x4 cos x5



Đặt t tgx x 2arc tgt; dx 2dt

2 t

   



2

2t 2tg(x / 2)

Vì sin x ,

1 t tg (x / 2) t tg (x / 2)

cos t ,

1 t tg (x / 2)

 

  

   

 

 

  

   

thay vào ta

2

2dt dt

I

(t 3) 2t t

(1 t ) t t

2

C C

t tg(x / 2)

 

   

    

 

 

 



    

 

 

v

3

sin 3x 3sin x 4sin x

dx dx

sin x cos 2x s in x cos 2x

 

 

2

3 4sin x 1 d(sin 2x)

dx dx 2x

cos 2x cos 2x sin 2x

 



      



 

(110)

- 1ln1 sin 2x 2x C

4 sin 2x



  

 # d Tích phân eliptic

Ở phần trên, lấy tích phân nhiều hàm phức tạp

Tuy nhiên, hàm sơ cấp đầu trông đơn giản lại

không lấy tích phân, thực khơng có ngun hàm sơ cấp; nói xác hơn, ngun hàm chúng biểu diễn dạng hàm sơ

cấp Sau số tích phân vậy:

2 x

x 2

e sin x cos x dx dx; dx; dx; ;

x x x ln x

e dx; cos x dx; sin x dx

   

  

§ 3.2 TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH

3.2.1 Định nghĩa tính chất mở đầu

Định nghĩa. Cho f(x) xác định đoạn [a; b] Xét phép phân hoạch  đoạn [a;b] xác định điểm chia x0,x1, ,xnvới

b x x

x

a 0 1  n 

Đặt xi xixi1 Trên đoạn xi1;xi lấy điểm i tùy ý Tổng

n   i

i i

n f x

S   



,

được gọi tổng tích phân hàm f(x) ứng với phép phân hoạch  cách chọn điểm trung gian (i)

Nếu n cho Max x n i

i 

  

 

mà S có gin ới hạn I hữu hạn,

không phụ thuộc vào phép phân hoạch đoạn [a;b] cách chọn điểm (i) giới hạn I gọi tích phân (xác định) hàm f(x) [a; b] kí

hiệu

b

a

f (x) dx

 hay

a ; b

f (x) dx



Khi hàm f(x) gọi khả tích (Riemann) đoạn [a; b]; f(x)

hàm dấu tích phân, x biến lấy tích phân, a cận dưới, b cận

(111)

- * Quy ước

a a b

a b a

f (x) dx0; f (x) dx  f (x) dx

  

Ý nghĩa hình học Nếu

b

a

f (x)0 f (x) dx diện tích hình thang cong giới hạn đường Ox, xa, xb; yf (x)

Trong trường hợp tổng quát, diện tích miền gạch chéo cho

b

a

f (x) dx



Hình 3.2 Diện tích hình thang cong Tính chất sơ bộ

Nếu hàm số f(x) khả tích đoạn [a; b] bị chặn

Chứng minh. Giả sử ngược lại, f(x) không bị chặn [a; b], ví dụ khơng

bị chặn Xét phép phân hoạch xác định phép chia đều:

0 n

x a; x  a h; ; x  a n hb, (h(b a) / n).

Chọn ci trung điểm đoạn thứ i: ci (xi 1 x ) / 2i

Vì f(x) khơng bị chặn trên đoạn [a; b] nên có đoạn [xi 1; x ]i

nào để f(x) khơng bị chặn trên Từ đó, đoạn tìm

một điểm di để

i j

j i

f (d ) h f (c ) h n 

 

Như vậy, với phép phân hoạch đều, cách chọn điểm (i):

i i

j

c , i j d , i j

 

   

 



tổng tích phân dần  (n ) Vậy hàm f(x) khơng khả tích [a; b], trái với giả thiết 

3.2.2 Các lớp hàm khả tích.

Định lý 3.5. Hàm số f(x) liên tục [a; b] khả tích

Định lý 3.5. Hàm số f(x) bị chặn [a; b] có không số hữu

hạn điểm gián đoạn đoạn khả tích

y

a b x

y

(112)

-

Hàm số f(x) gọi liên tục khúc [a; b] liên tục tất

cả điểm [a; b] trừ số hữu hạn điểm, hàm có gián

đoạn loại I

Hệ quả. Hàm liên tục khúc [a; b] khả tích Ví dụ 3.13.

1

sin , x 0, f (x) x

0, x



 

 

 



Hàm bị chặn, có điểm gián đoạn (loại II) x0 Vậy hàm khả tích đoạn [a; b] #

Hình 3.3 Đồ thị hàm số ysin (1 / x)

Định lý 3.6. Hai hàm số f(x) g(x) đoạn [a; b] khác số

hữu hạn điểm chúng khả tích khơng đoạn [a; b] Nếu chúng

khả tích tích phân chúng nhau:

b b

a a

f (x) dx g(x) dx

 

Hệ quả. Tính khả tích giá trị tích phân (nếu có) hàm số không thay đổi ta thay đổi giá trị hàm số số hữu hạn điểm

Định lý 3.7 (Tính khả tích hàm hợp). Cho f : [a; b][A; B] khả tích;

g : [A; B] liên tục

Khi hàm hợp g f : [a; b]0  khả tích

Hệ quả. Nếu f(x) g(x) hàm khả tích [a; b] tích f (x) g(x) hàm trị tuyệt đối | f (x) | khả tích [a; b]

Định lý 3.8. Hàm đơn điệu giới nội đoạn [a; b] khả tích Ví dụ 3.14. f (x) x, x

0, x

  

 

  

Hàm gián đoạn điểm 1, bị chặn đoạn hữu hạn [a; b] bất

(113)

-

2

I f (x) dx x dx

 

     #

Ví dụ 3.15. Tính tích phân

2 x

e dx

 theo phương pháp tổng tích phân

Giải. Hàm số ex liên tục nên tích phân tồn Ta chọn cách chia đặc

biệt, chia đoạn [1; 2] thành n đoạn điểm chia

0 n i

1x x  x 2; x  1 i / n

Chọn i mút trái xi 1 đoạn [xi 1 ; x )i Lập tổng tích phân

i

n n n 1

x n

n i i

i i i

i n

n

1/n i

1

S f (x ) x e e

n n

1 e e

e e

n n e



  

  





   



 



  



Khi n  rõ ràng  Max x i 1 / n0 Vậy

2

n 1/n 1/n

n n n

e e

I lim S lim e(1 e) lim e e

n e e

1/ n

  



     

 

#

3.2.3 Các tính chất tích phân xác định

Định lý 3.9 (Tính chất tuyến tính). Giả sử f(x) g(x) hai hàm khả tích

trên đoạn [a; b]   hai số thực tùy ý Khi hàm f (x)  g(x)

khả tích [a; b]

b b b

a ( f (x)  g(x)) dx   a f (x) dx   a g (x) dx

   (3.2.1)

Hệ quả. Giả sử f(x) g(x) hàm khả tích đoạn [a; b] C số thực Khi đó:

b

a

b b

a a

C dx C(b a),

Cf (x) dx C f (x) dx;

 





 

f (x) g(x) khả tích

b b b

a a a

(f (x)g(x)) dx f (x) dx g(x) dx

   (3.2.2)

Định lý 3.10 (Hệ thức Chasles). Hàm f(x) khả tích [a; b]

nó khả tích đoạn Khi

(114)

-

Mở rộng Nếu hàm số f(x) khả tích đoạn [a; b] cịn c , c , , c 1 2 n

điểm [a; b]

1

1 n

c c

b b

a a c c

f (x) dx f (x) dx f (x) dx  f (x) dx

    (3.2.4)

Định lý 3.11 (Tính dương tích phân)

Nếu f(x) khơng âm khả tích đoạn [a;b] b

a f (x) dx 0



Hệ quả. i Cho f(x) g(x) khả tích [a; b], ngồi x [a; b], f (x) g (x)

   Khi

b b

a f (x) dx  a g (x) dx

 

ii Cho f(x) khả tích [a;b] Đặt

x [a; b] x [a; b]

m Inf f (x) ; M Sup f (x)

 

  Khi

b a

m (b a)   f (x) dx M (b a) (3.2.5)

Định lý 3.12 Cho f(x) không âm khả tích [a; b] Giả sử có

0

x [a; b] cho f(x) liên tục x 0 f (x )0 0 Khi

b

a f (x) dx 0



Chứng minh. Vì

0

xlim f (x)x f (x ) 0

Suy có số   :

0

a    x   b cho f (x) f (x ) 20 0    x [ ; ]

Từ b  0 

af (x)dx f (x)dx f (x ) / ( )

 

     

  

Định lý 3.13 Nếu hàm số f(x) khả tích [a; b] hàm số |f(x)| khả tích

b b

a a

f (x) dx  | f (x) | dx

 

b b b

a a a

| f (x) | dx f (x) dx | f (x) | dx

 

  

 

    

(3.2.6)

Định nghĩa.Cho f(x) khả tích [a; b],

b

a

1

f (x) dx

b a  gọi giá trị

(115)

-

Định lý 3.14 (Định lý trung bình thứ tích phân)

Cho hàm số f(x) khả tích đoạn [a; b] m, M hai số thực cho

mf (x)M,  x [a; b] Khi tồn  [m; M] để

b

a

f (x) dx (b a)

 (3.2.7)

Đặc biệt, hàm f(x) liên tục đoạn [a; b]  c (a; b) để

b

a

f (x) dx f (c)(b a)

 (

b

a

1

f (c) f (x) dx b a

 

  ) (3.2.8)

Hình 3.4 Giá trị trung bình hàm f(x) đoạn [a; b].

Ý nghĩa hình học

Diện tích hình thang cong = Diện tích hình chữ nhật trung gian Chứng minh. Theo tính chất tích phân,

b b

a a

1

m(b a) f (x) dx M(b a) m f (x) dx M b a

      



 

Chọn

b

a

1

f (x) dx b a

 

  thỏa mãn tính chất địi hỏi

Nếu hàm f(x) liên tục, tồn hai giá trị

x [a; b]

m Min f (x); 



x [a; b]

M Max f (x) 

 Vì  (m; M), từ Định lý giá trị trung gian hàm liên tục,

tồn c(a; b) : f (c)  

Định lý 3.15 (Định lý trung bình thứ hai tích phân)

Nếu f(x) g(x) hai hàm khả tích đoạn [a; b], cịn g(x) giữ dấu [a; b] có điểm [m; M] với

x [a; b] x [a; b]

m Inf f (x) ; M Sup f (x)

 

  cho

b b

a f (x) g(x) dx   ag(x) dx

  (3.2.9) y

M

m

O a b x

(116)

-

Đặc biệt, f(x) g(x) liên tục [a;b], g (x) 0 có c (a; b) để

b b

a f (x) g(x) dxf (c) a g(x) dx

  (3.2.10)

Chứng minh

Giả sử g(x)0 Khi m g(x)f (x)g(x)M f (x) Vậy

b b b

a a a

m g(x) dx f (x) g(x) dxM g(x) dx (*)

Lại

b

a

g(x)0, x nên g(x) dx0

Nếu

b

a

g(x) dx0

 , từ (*) suy

b

a

f (x) g(x) dx0

 , (3.2.9) hiển nhiên

Hơn nữa, chọn c tùy ý (a; b) (3.2.10) thỏa mãn Nếu

b

a

g(x) dx0

 , chia hai vế (*) cho

b

a

g(x) dx

 chọn

b b

a a

f (x) g(x) dx / g(x) dx

  

Thế  (m; M) đòi hỏi

Trường hợp f(x) liên tục [a; b], lập luận tương tự với Định lý trung

bình thứ  3.2.4 Cách tính tích phân xác định

a Cơng thức Newton-Leibniz

a.1 Tích phân xác định với cận biến thiên

Cho hàm số f(x) khả tích đoạn [a; b] Khi đó, với x đoạn này, f(x) khả tích [a; x] Đặt

x

a

(x) f (t) dt, x [a; b]

   , (3.2.11) gọi tích phân xác định với cận biến thiên

Chúng ta dễ dàng hiểu khái niệm tích phân xác định với cận biến thiên

b

x

f (t) dt

(117)

-

Định lý 3.16 (Định lý giải tích)

i Nếu hàm f(x) khả tích [a; b] (x) liên tục [a; b]

ii Nếu f(x) khả tích [a; b] liên tục x0[a; b] (x) khả vi

0

x (x )0 f (x )0

iii f(x) liên tục [a; b] (x) khả vi [a; b]

x

a

d

(x) f (t) dt f (x) dx

 



   

 

 

, x [a; b] (3.2.12) Nói cách khác, (x) nguyên hàm f(x) [a; b]

Chứng minh. i Để đơn giản trình bày ta giả sử x0(a; b) Xét h đủ nhỏ

sao cho x0 h [a; b] Ta có

0 0

0

x h x x h x h

0

a a x x

(x h) f (t)dt f (t)dt f (t)dt (x ) f (t)dt

  

           

Theo định lý trung bình thứ

(x0h) (x )0  h

trong đó [m ; M ]  với

0 0 0

x [x ; x h ] x [x ; x h]

m Inf f (x); M Sup f (x)

   

 

Do [m ; M ]  [m; M] với

x [a; b] x [a; b]

 

  nên  bị

chặn Cho qua giới hạn ta

0 0

hlim[ (x0  h) (x )]0

hay (x) liên tục x 0 ii Theo phần (i) ta có

0

(x h) (x ) h

   

 

Mặt khác, hàm f(x) liên tục x0 nên  0, 0, h :

0

| h | , x  h [a; b] xảy bất đẳng thức

0

f (x h) f (x )  

hay f (x )0   f (x0h)f (x )0   Suy f (x )0   mMf (x )0  

Ta nhớ  [m ; M ]  , f (x )0     f (x )0   Từ

0

h

f (x h) f (x )

(x ) lim f (x ) h



 



  

iii Trực tiếp áp dụng (ii) 

Hệ quả Nếu f(x) hàm liên tục đoạn [a; b], g(x) h(x)

(118)

-

k(x)

a k(x)

h(x)

d

f (t) dt f (k(x)) k (x); dx

d

f (t) dt f (k(x)) k (x) f (h(x)) h (x) dx

 

 

 

 

 

    

 

 

 

(3.2.13)

Ví dụ 3.16 Chúng ta dễ tính đạo hàm sau

2

b x b

2 2

a a x

x x

2

a x

d d d

sin x dx ; sin t dt ; sin t dt ;

dx dx dx

d d

sin t dt ; sin t dt

dx dx

     



     

     

   

   

   

  

 

và kết 0; sin x;2 sin x ; 2x sin x ; 2x sin x2 2sin x.2 # Ví dụ 3.17. Tính giới hạn

x

x 2

x

A lim ln t dt x





 

Giải. Giới hạn có dạng

0 Theo quy tắc L'Hospital ta có

x

2

x x

d

ln t dt

dx ln x

A lim lim ln

(x 2)

 

 

 

 

  

 



# Hệ quả (Công thức Newton-Leibniz)

Cho f(x) hàm số liên tục đoạn [a; b] F(x) nguyên hàm Khi

b

b a a

f (x) dxF(b)F(a) F(x)

  (3.2.14)

Chứng minh. Theo Định lý bản,

x

a

(x) f (t) dt

  nguyên hàm

f(x) [a; b] Mặt khác, F(x) nguyên hàm f(x) Theo Định lý

3.1, C :(x)F(x) C,  x [a; b]

Vậy 0 (a)F(a)CC F(a) Ta nhận

b

a

(119)

-

Lưu ý: Phải kiểm tra tính liên tục hàm f(x)

Ví dụ 3.18 i

b

a

Ix dx (   1)

b

b 1

a a

x

I x dx b a

1



    

     

   



ii

4

2

dx d(x 2)

x 4x 10 (x 2)

 

   

 

ln x x2 4x 10 42 ln6 42 22



     



iii

2

3

x x x

I dx dx dx

x x x

 

   

  

  

Vì x dx dx x 4ln | x | C

x x

 

       

   

  nên

   

3

I  x4 ln | x4 |   x4 ln | x4 | 2 ln ln 1  # Ví dụ 3.19 Chỉ sai lầm trính toán sau đây;

1

1 2

2

1 1

dx

x 2

x 



     



Giải. Trước hết, hàm dấu tích phân dương, kết lại âm, điều khơng

thể Phân tích kỹ hơn, hàm số / x không liên t2 ục đoạn [2; 1] nên ta

không áp dụng cơng thức Newton-leibniz Thực tế, tích phân vế trái

không tồn (xem Hệ Định lý 3.20) # Ghi chú. Không nghi nhờ nữa, Định lý Giải tích quan trọng giải tích tất nhiên, liệt vào thành tựu vĩ đại

nhất trí tuệ nhân loại Thời cổ đại, vấn đề tính diện tích, thể tích, độ dài

cung khó đến mức mà có người tài ba đem bàn bạc

Ngày nay, cần vài trang sách kiểu cơng thức Newton-liebnitz, vấn đề gai góc giải với tất

b Phương pháp đặt biến

Để tính tích phân b

a f (x) dx

 , ta cố gắng biến đổi f(x) thành dạng

(120)

-

b b b

a f (x) dx a g ( (x)) (x) dx a g ( (x)) d( (x)) 

  

(b) b

a (a)

G(u) G ( (x))

   ,

trong G(u) nguyên hàm hàm g(u) Điều kiện:

+ g(x) liên tục đoạn [A;B] đó;

+ (x) liên tục giữ dấu, phép đổi dấu hữu hạn lần

trên đoạn [a; b];

+ Tập giá trị ([a; b])của hàm (x) chứa [A; B], hàm g(x)

liên tục

Ví dụ 3.20

1

dx

I (0 )

x 2x cos 

    

  



2

Do (0; ) nên x 2x cos  1 Vậy hàm dấu tích phân liên tục [-1; 1]

1

2

1

d(x cos ) I

(x cos ) sin

1 x cos

arc tg

sin sin 2sin



 



   

  

 

    

    



#

Lưu ý Chúng ta sử dụng công thức cộng arctang:

a b arctg a arctg b arctg

1 ab



 



c Phương pháp đổi biến

Cần tính tích phân

b

a

I f (x) dx, f(x) liên tục

Ta đặt x x (t) , t [ ; ]    cho:

+ x (t) liên tục giữ dấu [ ; ]  phép đổi dấu số

hữu hạn lần;

+ Tập giá trị x ([ ; ])  hàm x(t) nằm miền liên tục hàm f(x) (miền f(x) liên tục);

+ x ( )  a , x ( ) b

Khi

b

a

f (x)dx f (x(t)) x (t) dt 



 

(121)

-

Chúng ta sử dụng tất phép đổi biến tìm ngun hàm; ngồi

ra ta có phép đổi biến "đảo cận" hiệu sau đây:

a

0

f (x) dx :

 Đặt x a t (  t a x);

a

f (x) dx : x t ( t x); 

    

 b

a

0

f (x) dx : x (a b) t ( t (a b) x);

f (x) dx : x t 

      



 

Ví dụ 3.21. Cho hàm f(x) khả tích đoạn [-a; a] Ta chứng minh

nếu f(x) lẻ,

a

a a

0

0 f (x) dx

2 f (x) dx 

     

  nếu f(x) chẵn (3.2.15)

Thực vậy,

0 a

1

a

I f (x) dx f (x) dx I I 

     Với tích phân đầu ta đặt

x t, dx dt, ta

0 a

1

a

I f ( t)( dt)  f ( x) dx.

Nếu f(x) chẵn

a

0

I f (x) dx; lẻ

a

0

I  f (x) dx Nhận đpcm 

Ví dụ 3.22 i.Chứng minh

/2 /2

n n

0

cos x dx sin x dx

 



 

ii Tính TP

4

2

ln(9 x)

dx ln(9 x) ln(x 3)



  



Giải. i Chỉ việc đặt x / 2t ii Đặt t6 x x 6 t; dx dt

2 4

4 2

(122)

- d Tích phân từng phần

Khi cần tính tích phân

b

a

f (x) dx

 , ta cố gắng viết hàm f(x) dạng f (x)u(x) v (x) u(x), v(x) hàm khả vi liên tục Khi

b b

a a

u(x) v (x) dx (u(b) v(b)u(a) v(a)) v(x) u (x) dx

  ,

hay viết gọn lại dạng

b b

b a

a a

u dvuv  v du

  (3.2.16)

Như thế, giai đoạn đầu q trình lấy tích phân, ta tìm cách đưa

một thừa số hàm dấu tích phân vào dấu vi phân d(.) Thực tế, ta lấy

tích phân riêng thừa số (một phần hàm f(x)) Ý nghĩa thuật

ngữ "từng phần"

Ví dụ 3.23. Tính tích phân sau i

e e

999 1000

1

x ln x dx ln x dx 1000



 

e 000

1000 e 999

1

1 999e

x ln x | x dx

1000 000 000

  

   

 

  

ii

/3 /3

2

0

x s in x

dx (x s in x) d(tgx) cos x

 



 

 

/3 /3

0

(x s in x) tgx tg x (1 cos x) dx 



    

/3 /3

0

3 sin x

3 dx sin x dx ln

3 cos x

 

  

        

   

iii x

3 /4

I ( tg x tgx) e dx 





  

2 x x

1

3 /4 /4

I tg x e dx tgx e dx I I

 

 

 

     

x x

2

3 /4 /4

I tgx e dx tgx d(e )

 

 

 

(123)

-

x x

3 /4 /4

tg x e e (1 tg x) dx 

  

 

   

 eI1 I I1 ( eI )1 e #

Lưu ý. i Với tích phân bất định có dạng tính tích phân

từng phần thuận lợi (xem Bảng 3.3) Với tích phân xác định dạng nêu

có thể tính theo phương pháp tích phân phần

ii Có thể ta khơng phải đưa thừa số vào dấu d(.), nói cách khác,

ta đặt uf (x), vx Đôi điều hiệu 3.2.5 Tính gần tích phân xác định

a Cơng thức hình thang

Để tính gần tích phân

b

a

If (x)dx, chia đoạn [a; b] làm n

đoạn điểm chia x ; x ; ; x v0 1 n ới x0 ax1 xn b;

i

x x ih, h(b a) / n) Ta có

1 i n

0 i n

x x x

I f (x) dx f (x) dx f (x) dx

 

       

Hình 3.5 Phương pháp hình thang

Ta tính gần số hạng

i i x

x

f (x) dx



 Muốn vậy, ta tìm đa thức mội suy

bậc k (x)i mà đồ thị qua điểm Mi 1 (xi 1 , f (xi 1 ))

i i i

M (x , f (x )) (chính đoạn thẳng Mi 1Mi) Ta nhận xấp xỉ

i i

x x

i i

i

x x

f (x ) f (x ) f (x) dx k (x) dx h

2

 

 

 

 

Đặt y0 f (x ); y0 1f (x ); ; y1 n f (x )n

(124)

-

0 1 n n

y y y y y y

I h h h

2 2



  

    hay

b

0 n

T n

a

y y

I f (x) dx I h y y

2 



 

       

 

 (3.2.17) với h(ba) / n; yi f (aih), i1, , n

Sai số phương pháp

2 T

M

I I h (b a) 12

  

2

x [a; b]

M Sup f (x) 



 (3.2.18)

b Công thức trung điểm (☼)

Bây hình thang cong thứ i xấp xỉ hình chữ nhật đáy h

đường cao giá trị hàm trung điểm x ci đáy [xi 1; x ]i Ta nhận

công thức trung điểm

 

b

T n

a

If (x) dxI h f (x )f (x ) f (x ) 

với h (b a) / n; xi 1(xi 1 x )i 

    = trung điểm đoạn[xi 1 ; x ]i

Hình 3.6 Phương pháp trung điểm Sai số phương pháp

2 T

M

I I h (b a) 24

   (3.2.19)

trong

2

x [a; b]

M Sup f (x) 



 (3.2.20) (☼)

(125)

- c Công thức Simpson

Bây ta chia đoạn [a; b] thành 2n phần điểm chia

0 2n 2n

x , x , , x  , x , xi x0i h, i1, 2, , 2n với h(b a) / (2n) Ta có

2 2i

0 2i

x x

b 2n

a x x 2n

I f (x) dx f (x) dx f (x) dx f (x) dx

 

        

Để tính xấp xỉ số hạng

2i 2i x

x

f (x) dx



 , ta xây dựng đa thức nội suy cấp hai

i

k (x) mà đồ thị qua điểm

2i 2i 2i 2i 2i 2i 2i 2i 2i

M  (x  , f (x  )); M  (x  ,f (x  )); M (x ,f (x )) Tiếp theo ta dùng xấp xỉ

 

2i 2i

x x

i i 2i 2i 2i

x x

h

I f (x) dx k (x) dx y 4y y

 

      

với yi f (x )i Ta nhận

1 n 2

2n 2n 2n

h h

I I I (y 4y y ) (y 4y y )

3

h

(y 4y y )

3  

        

   

hay





S 2n 2n

2 2n

h

I I (y y ) 4(y y y )

2(y y y ) 



      

   

(3.2.21)

trong h b a; yi f (x0 i h) 2n



  

Hình 3.7 Xấp xỉ hàm f(x) đoạn [x2i 2 ; x ]2i đường cong bậc 2. Có thể chứng minh

2i

2i 2i

0 2i 2i 2i 2n

M

M M

x x x x x x



(126)

-

4

S

(4)

x [a; b]

h

I I M (b a), 180

M Sup f (x) 

  



(3.2.22)

Ưu điểm phương pháp có độ xác cao so với

phương pháp

d Sử dụng máy tính bỏ túi. Một số máy tính bỏ túi CASIO fx-100MS, fx-570MS, tính tích phân Muốn vậy, ta ấn phím sau

dx

 f (x) , a , b , n ) 

Máy tính tích phân

b

a

f (x) dx

 theo phương pháp Simson với số bước

n

N2 Lưu ý chọn n tùy ý từ đến Cũng bỏ qua, khơng bấm phím n , máy tự động chọn giá trị n phù hợp Với hàm lượng

giác cần chọn đơn vị góc Radian Ví dụ, để tính tích phân

/2

I sin x dx 

  , với N26 64 đoạn chia, ta ần phím sau:

dx

 ( sin ALPHA X )  ,

([SHIFT] [EXP]) )

  

, ,

Ta nhận I0,589048622; giá trị 0,589048622, xác! § 3.3 ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH

3.3.1 Tính diện tích hình phẳng

a Trong tọa độ Descartes

b b

(a ) (b)

a a

S f (x) dx; S f (x) f (x) dx (3.3.1)

f (x) (a)

a b x

1

2

f (x) (b)

f (x)

a b x

(127)

-

b Đường cong dạng tham số

Nếu ta cần tính diện tích D Hình (a) đường cong (L) cho dạng

tham số

x x(t) (L) :

y y(t), t [a; b]

  

 



với x(t )1 a; x(t )2 b

2 t

t

S  y(t)x (t) dt (3.3.2)

c Đường cong cho dạng tọa độ cực

Diện tích miền phẳng cho Hình 3.9 (a) giới hạn đường cong

rr( ),      tia      ; cho

2

1

S r ( ) d





    (3.3.3)

Trường hợp tổng quát Hình 3.9 (b)

2

1

S r ( ) r ( ) d





 

       (3.3.4)

Ví dụ 3.24. Tính diện tích miền phẳng giới hạn cung hình tim (cardioid) ra(1 cos ) 

r( )

x O



 

2

1

r ( )

O x



 



(128)

- Hình 3.10 Cardioid a =

Giải. Do tính đối xứng, 1 2

0

1

S 2S a (1 cos ) d a

2



         #

3.3.2 Độ dài đường cong

a Đường cong cho dạng tọa độ Descartes

Nếu đường cong (L) đồ thị hàm số yf (x), axb

b

2 a

s f (x) dx  (3.3.5)

b Đường cong cho dạng phương trình tham số

x x(t) (L) :

y y(t), t

  

    



s x (t)2 y (t) dt2 



 

  (3.3.6)

c Đường cong dạng tọa độ cực

rr( ),     

Chuyển sang dạng tham số ta

x r cos r( ) cos

y r sin r( )sin ,

    

 

         



Áp dụng công thức

2

s r ( ) r ( ) d 





     (3.3.7)

Ví dụ 3.25. Tính độ dài chu kỳ đường cycloide

x a(t sin t)

y a(1 cos t), (a 0)

 

 

  



f(x)

O a b x

rr( )

O x

(129)

-

Đây tọa độ điểm biên bánh xe bán kính a lăn khơng trượt

trên mặt phẳng (xem Hình 3.12 )

Hình 3.12 Đường cycloide với a = 1 Ta xét chu kỳ đầu, 0  t Vậy

2

0

t

s a (1 cos t) sin t dt 2a a sin dt 8a

 

       #

3.3.3 Thể tích vật thể

a Trường hợp tổng quát. Giả sử vật thể giới hạn mặt cong (P), hai mặt

phẳng x = a, x = b cho mặt phẳng vuông góc với trục Ox, cắt trục

Ox điểm có hồnh độ x cắt vật thể theo thiết diện có diện tích

S(x) Giả sử S(x) hàm liên tục

Hình 3.13 Vật thể khơng gian với vi phân thể tích.

Cho x số gia dx đủ nhỏ Diện tích thiết diện S(x) coi không đổi đoạn [x; xdx], cịn thể tích V biến thiên lượng xấp xỉ bẳng thể tích

hình trụ, đáy có diện tích S(x), chiều cao dx Vậy

V S(x) dx

 

(Thực chứng minh VS(x) dxo(dx)) Suy dVS(x) dx Từ

z S(x)

a x b x

(130)

-

b b

a a

VdVS(x) dx (3.3.8)

b Thể tích vật thể tròn xoay

Cho miền phẳng D giới hạn đường cong (L) với phương trình yf (x), axb, đường thẳng xa; xb Khi (L) quay quanh trục Ox

sẽ tạo vật thể tròn xoay với thể tích

b a

V f (x) dx (3.3.9)

3.3.4 Diện tích mặt cong

Giả sử (L) đồ thị hàm số yf (x), axb, với f (x), f (x)

hàm liên tục đoạn [a; b]

Cho (L) quay xung quanh trục Ox ta mặt tròn xoay với diện tích

b

2 a

S 2 | f (x) | f (x) dx  (3.3.10)

Ví dụ 3.26. Tính diện tích hình vịng khun sinh đường trịn

2 2

x (xa) a , (ba) quay quanh trục Ox

Ta có

1

2

S S S

(S ) : y b a x , (S ) : y b a x

 

  

  

Trong hai trường hợp

2

x y

a x

 

 Vậy

y

f(x)

O a b x

y

f(x) O a b x

(131)

-

 

a

2

a

2

a

x

S b a x dx

a x x

2 b a x dx

a x 



    



    



  a

a

0

2

a

dx x

4 ab ab arcsin ab a

a x 

     



 #

Lưu ý. Nếu khối tròn xoay, mặt cong, nhận quay hình phẳng, đường cong quanh trục Oy cần chuyển sang biến y, hàm x = x(y)

3.3.5 Tọa độ trọng tâm

3.3.6 Moment tĩnh, moment qn tính, cơng… (tự đọc) 3.3.7 Định lý biến thiên toàn cục(☼)

Khi F(x) nguyên hàm hàm liên tục f(x) F (x) f (x), cơng thức

Newton-leibniz phát biểu lại dạng sau

Định lý 3.17(Định lý biến thiên tổng thể). Tích phân vận tốc biến thiên biến thiên tổng thể:

b

a

F (x) dx F(b)F(a)

 (3.3.11)

Nguyên lý áp dụng tất vận tốc biến thiên tự

nhiên xã hội Ta đưa vài ví dụ

 Nếu V(t) thể tích bình chứa thời điểm t đạo hàm V (t)

nó vận tốc nước bơm vào bình thời điểm t Vậy

2 t

2

t

V (t) dt V(t )V(t )



 Nếu [C](t) nồng độ sản phẩm hóa học thời điểm t vận tốc phản ứng đạo hàm d[C]

dt Vậy

2 t

2

t

d[C]

dt [C](t ) [C](t )

dt  



 Vận tốc sinh quần thể d dt



(132)

-

2 t

2

t

d

dt (t ) (t ) dt



   



là độ gia tăng quần thể giai đoạn từ t1đến t 2

 Nếu C(x) giá thành sản suất x đơn vị sản phẩm giá biên định nghĩa đạo hàm C (x) Vậy

2 x

2

x

C (x) dx C(x ) C(x )



là mức tăng giá số lượng sản phẩm tăng lên từ x1 đơn vị đến x2 đơn vị (☼)

3.3.8 Hai lược đồ áp dụng tổng quát

Nhiều toán thực tế liên quan đến tích phân giải theo lược đồ I II

a Lược đồ I (Lược đồ tổng tích phân). Đã nêu rõ định nghĩa

mục § 3.2.1 tốn diện tích hình thang cong…

b Lược đồ II (Lược đồ vi phân). Giả sử đại lượng P liên hệ với biến độc

lập x cho với x tùy ý khoảng cho trước, cho x biến thiên lượng dx đủ nhỏ P biến thiên lượng  P f (x) dx, số hạng bỏ qua vô bé bậc cao dx Khi dP f (x) dx  P (x) f (x) Vậy f(x)

liên tục x biến thiên từ a đến b, a b khoảng cho P biến

thiên lượng tổng cộng b

a f (x) dx 

Vì tính đơn giản thuận tiện, tài liệu kĩ thuật người ta sử dụng

chủ yếu lược đồ vi phân Người ta hay viết: "…Do dx đủ nhỏ,  P f (x) dx, từ  P f (x) dx" Điều nhiều làm cho ta cảm thấy ngộ

nhận

Liên quan đến kiện cần hiểu hai điều:

Thứ nhất, biểu thức  P f (x) dx hiểu  P f (x) dx với số hạng

bỏ qua vô bé bậc cao so với vô bé dx

Thứ hai, đẳng thức đưa tài liệu chứng minh dễ dàng, hay ra, chứng minh cách chặt chẽ, để bớt nặng nề trình bày, chứng minh bỏ qua

Ví dụ 3.27. Bình hình trụ bán kính đáy r cao H (mét) chứa đầy nước

(133)

-

Giải. Ta giải tốn theo lược đồ tổng tích phân Chia chiều cao H

của hình trụ làm n phần nhau, ta lớp nước với độ cao H / n  x Do x nhỏ nên chúng gọi lớp nguyên tố

Xét lớp thứ i độ sâu i x (i 1, , n);  thể tích lớp

2 i

V r x

    với trọng lượng

2 i

P 9,8.1000 r x

   

Công cần thực để rút lớp nước Vi (với độ sâu xi  i x) khỏi bình

2

i i i i

A P x 9800 r x x

     

r

x

Cộng lại, công A tổng cộng cho

x x r 9800 A

A

n i

i n

1 i

i  



  

 

Cho n   ( x 0) ta

H n

2 2

i

x i

A lim 9800 r x x 9800 r x dx 4930 r H (J)   

 

       

  

# Ví dụ 3.28. Cánh cổng đập nước có dạng hình thang đáy a, đáy b (a > b) chiều cao h đặt thẳng đứng Tính lực tác dụng lên cánh cổng nước vừa hay ngập Nếu mực nước nửa (h / 2) lực tác dụng

còn phần trăm so với lực tác động ban đầu (cho  1; g 9,8 )

Giải. Ta giải theo lược đồ vi phân Ta biết áp suất tỷ lệ thuận

với độ sâu độ sâu x, áp suất nước .9,8.1000x (N / m )2 Xét dải cánh cổng

độ sâu x, đáy lớn y chiều

cao dx với diện tích xấp xỉ ydx Vì dx nhỏ, coi điểm

của dải có độ sâu x

đó có áp suất

y x

N

b

M

A B

D E C

h

d

x

Áp lực nước lên dải xấp xỉ  P 9800 xy dx dP Vì y a b ax

h



(134)

-

h

2

b a a 2b

P 9800x a x dx 9800 h (N)

h

 

 

    

 

 (*)

Áp dụng công thức (*) cho a1 a b; b1 b; h1 h

2



   ta tới

2

a 5b

P 9800 h (N) 48



 Vậy P1 100(a 5b) % P 8(a 2b)

 

 # Ví dụ 3.29 (Tự đọc). Theo luật phân lớp dòng chảy (low of laminar flow), vận tốc máu mạch máu cho phương trình

2

P

v (R r )

 



trong  độ nhớt máu, P chênh lệch áp suất đầu đoạn mạch

dài , R bán kính ống mạch, r khoảng cách đến trục đoạn mạch

Cho r số gia dr đủ nhỏ, số gia diện tích

2

S [(r dr) r ] rdr

      

Vì dr đủ nhỏ, coi vận tốc máu hình vành khun khơng đổi xấp

xỉ P (R2 r )2

4  Như vậy, đơn vị thời gian, số gia lượng máu

truyền qua thiết diện mạch

2

P

V r (R r )dr

   



2

P

dV (R r ) r dr



  



Vậy

R

2

P PR

V (R r ) r dr

2

 

  

 

  

Đây luật Poiseuille, theo đó, lượng máu chảy qua tỷ lệ với lũy thừa

bán kính mạch Ở người, với động mạch nhỏ, ta lấy  0.027,

2

R 0.008, 2cm, P4000dynes / cm , ta V0.119 (mm )3 #

O r

(135)

-

§ 3.4 TÍCH PHÂN SUY RỘNG

3.4.1 Tích phân với cận vơ hạn (Tích phân suy rộng loại I)

a Định nghĩa

* Cho hàm số f : [a;   )  khả tích [a; A],Aa Nếu tồn

giới hạn (hữu hạn hay vô hạn)

A A

a

lim f (x) dx   

thì giới hạn gọi tích phân suy rộng (loại I) hàm f(x) đoạn

[a; ), kí hiệu

a

f (x) dx 



Nếu giới hạn hữu hạn, ta nói tích phân suy rộng

a

f (x) dx 

 hội tụ;

trái lại, không tồn giới hạn giới hạn vô hạn, ta nói tích phân suy rộng

a

f (x) dx 

 phân kì

Chúng ta dề dàng hiểu ý nghĩa tích phân suy rộng

a

f (x) dx 

 * Nếu với a đó, hai tích phân suy rộng

a

f (x) dx 



a

f (x) dx 



hội tụ, ta nói tích phân f (x) dx 



 hội tụ giá trị tính

a

f (x) dx f (x) dx f (x) dx

 

 

 

   (3.3.11) Trái lại, hai tích phân

a

f (x) dx 



a

f (x) dx 



phân kì, ta nói tích phân f (x) dx 



(136)

-

Hình 3.15 Hình thang cong vơ hạn giới hạn hình thang cong hữu hạn

Hình 3.16 Hình thang cong vơ hạn phía hợp hình thang cong vơ hạn phía

b Cơng thức Newton-Leibniz

Công thức Newton-Leibniz cho trường hợp cận hữu hạn giữ nguyên giá trị, cụ thể là:

Nếu f(x) liên tục [a; ) F(x) ngun hàm

a

f (x) dx F(x) | F( ) F(a) 



   

 , (3.3.12)

trong

x

F( ) lim f (x) 

 

Ví dụ 3.30. Tính tích phân x

0

I xe dx 



 

Giải. Ta có

A A A

x x x A x

0

0 0

xe dx  x d(e ) x e  e dx

  

(137)

-

Khi sử dụng công thức Newton-Leibniz , ta trình bày lại sau:

x x x x x

0

0 0

xe dx x d(e ) x e e dx 0 e

  

      

        

   #

Ví dụ 3.31.

a

dx I

x 



  ( a0)

Với  1, tích phân trở thành a

a

dx

ln x | x





  



Với 1

a a

,

dx

1, I x | a

1

x ,

1 

   

  

 

     

    

  



Tóm lại,

1

  : Tích phân

a

dx x 



 phân kỳ

1

  : Tích phân

a

dx x 



 hội tụ

1

a

dx a x

 

   

 # Ví dụ 3.32. Khảo sát hội tụ tích phân

a

sin x dx 

 Ta có

A

A a a

sin x dx cos x | cos acos A



Bởi không tồn giới hạn

A

lim (cos a cos A)

 

nên tích phân

a

sin x dx 

 phân kỳ Tương tự, tích phân

a

cos x dx 

 phân kỳ #

c Tiêu chuẩn hội tụ. Nhiều trường hợp, việc tính giá trị tích

phân khơng thể khó khăn Khi ta phải tính giá trị gần

bằng phương pháp số Vấn đề dùng phương pháp số tích phân

đã cho có hội tụ hay khơng Vấn đề hội tụ tích phân suy rộng lại

quan trọng việc tìm giá trị tích phân

Thường việc khảo sát hội tụ tích phân thơng qua định nghĩa

khó khăn Dưới đưa dấu hiệu (những tiêu chuẩn), theo

khảo sát hội tụ, phân kỳ trở nên dễ dàng

Định lý 3.18

(138)

-

a

f (x) dx 

 hội tụ

A

a

f (x) dx

 bị chặn (theo A)

Định lý 3.19 (Tiêu chuẩn so sánh). Cho f(x) g(x) hai hàm khả tích

trên [a; A], (a A) , 0f (x)g(x) + Nếu

a

g(x) dx 

 hội tụ

a

f (x) dx 

 hội tụ ;

+ Nếu

a

f (x) dx 

 phân kì

a

g(x) dx 

 phân kì

+ Đặc biệt, giả sử

x

f (x)

lim k, k g (x)

  

    tích phân

a

f (x) dx 



a

g(x) dx 

 hội tụ phân kì Vì

1

dx x 



 hội tụ   1, người ta hay so sánh f(x) với

x: Nếu f(x)  A

x (khi x) a f (x) dx 

 hội tụ   1

Ví dụ 3.33. Xét hội tụ tích phân

3/2

2 2

a

x dx

i dx, ii

1 x x x

 

 

 

Giải. i Khi x 

3/2

2 1/2 1/2

x 1

x  (1 / x 1) x  x Vì  1 / 1 nên tích phân phân kỳ

ii Khi x 

3/2 3/2

2

1 1

1 x

x x x 1

x



 



Vì  3 / 1 nên tích phân hội tụ #

Định lý 3.20 (Tiêu chuẩn Diricle (giới thiệu)). Cho f(x) g(x) hai hàm

xác định liên tục [a; ) Nếu f(x) đơn điệu giảm đến ( x ) tích phân

A

a

g(x) dx

 bị chặn Aa tích phân

a

f (x) g(x) dx 

(139)

-

d Hội tụ tuyệt đối. Giả sử f(x) khả tích đoạn [a; A], A > a Nếu tích

phân

a

f (x) dx 

 hội tụ

a

f (x) dx 

 hội tụ ta nói tích phân

a

f (x) dx 



hội tụ tuyệt đối

Trái lại, tích phân

a

f (x) dx 

 hội tụ cịn tích phân

a

f (x) dx 

 khơng hội tụ, ta nói tích phân

a

f (x) dx 

 bán hội tụ hay hội tụ khơng tuyệt đối 3.4.2 Tích phân hàm khơng bị chặn (Tích phân suy rộng loại II)

Giả sử hàm số f(x) xác định [a; b), không giới nội lại lân cận điểm b khả tích [a; b ],  0 đủ nhỏ Nếu tồn giới hạn

b

0 a

lim f (x) dx





 

,

(hữu hạn hay vơ hạn) giới hạn gọi tích phân suy rộng (loại II)

hàm f(x) đoạn [a; b] , kí hiệu

b

a

f (x) dx

 hay

[a; b)

f (x) dx

 Nếu giới hạn hữu hạn, ta nói tích phân suy rộng

b

a

f (x) dx

 hội tụ; trái lại,

nếu giới hạn vơ hạn hay khơng tồn tại, ta nói tích phân suy rộng

b

a

f (x) dx



phân kì

* Nếu f(x) khả tích thơng thường đoạn [a; b] theo Định lý bản,

b b

0 a a

lim f (x) dx f (x) dx









 

Trong trường hợp này, tích phân suy rộng (chúng ta lạm dụng từ này)

chính tích phân thơng thường

* Tương tự, ta định nghĩa tích phân suy rộng (loại II) cho hàm f(x) không bị chặn mút trái a đoạn [a; b]

* Cho hàm f(x) xác định khoảng (a; b), không giới nội lân cận điểm

a lân cận điểm b Nếu có điểm c (a; b) cho hai tích phân

c

a

f (x) dx



b

c

f (x) dx

 hội tụ, ta nói tích phân suy rộng (loại II)

b

a

f (x) dx

(140)

-

b c b

a a c

f (x) dx f (x) dx f (x) dx

   (3.3.13) Trái lại, hai tích phân

c b

a c

f (x) dx, f (x) dx

  phân kì, ta

nói tích phân suy rộng (loại II)

b

a

f (x) dx

 phân kì

Định nghĩa không phụ thuộc vào việc chọn điểm trung gian c

* Ta cịn định nghĩa tích phân suy rộng cho trường hợp điểm bất thường khoảng (a; b), hay trường hợp có số điểm bất thường

tích phân suy rộng hỗn hợp loại I II

Định lý 3.21. Giả sử f(x) g(x) hai hàm xác định [a; b), không giới nội lân cận điểm b khả tích [a; b ],  0 đủ nhỏ

Giả sử  x [a; b), f (x) g(x) Khi đó:

Tích phân

b

a

g(x) dx

 hội tụ tích phân

b

a

f (x) dx

 hội tụ

Tích phân

b

a

f (x) dx

 phân kỳ tích phân

b

a

g(x) dx

 phân kỳ

Đặc biệt,

x b

f (x)

lim k (0 k ) g(x)





    hai tích phân

b

a

f (x) dx



b

a

g(x) dx

 hội tụ phân kỳ

Hệ quả. Nếu f(x) liên tục [a; b) f (x) O b x



 

  



  (khi x b



 )

b

a

f (x) dx

 hội tụ với   1và phân kì với  

* Các phép đổi biến tích phân phần áp dụng cho tích

phân suy rộng, song ta phải điều chỉnh ý nghĩa chúng nhiều 3.4.3 Một số ví dụ

a Xét hội tụ tích phân suy rộng

1

sin x dx 



(141)

-

biến mới, tích phân phần thường làm tăng bậc VCB hàm dấu tích

phân

Đặt biến x2t (x  t 0) ta dx dt t



1 3/2 3/2

1 1

s int d(cost) cos t cost dt cos1 cost dt

I dt

2

2 t t t 2( 2)t t

                   3/2 3/2 3/2

cos t

0 dt

t t

t /

           

 hội tụ

3/2

cos tdt t 

 hội tụ TP cho hội tụ Cách 2. Dùng tiêu chuẩn Diricle

b Cho dãy {I }n xác định

n n

n n n x I dx x      

Chứng minh  n 1, 2, hàm dấu tích phân nghịch biến tập

1; )

[   ; chứng minh dãy {I } hn ội tụ

* Bởi f (x) 0,  x nên suy f(x) nghịch biến

*

n n

n

n n

0 I f (x) dx f (n) dx f (n)

 

     

n n 1

n n

n

1

n n

f (n) (n )

1 n n[1 ]

n    

    

 

Vậy dãy cho hội tụ đến

c Nghiên cứu hội tụ, phân kỳ tích phân

3

1 x

I arctg dx x x    

Nhận xét Đây tích phân suy rộng loại II (cận vơ hạn) Tuy nhiên, ta thấy điểm bất thường, tích phân suy rộng loại I; xác hơn, tích phân suy rộng loại hỗn hợp Để khảo sát hội tụ, ta phải tách

miền lấy tích phân làm 2:

1

3 4

0

1 x x x

I arctg dx arctg dx arctg dx I I

x x x

             * 1 3 x

I arctg dx x x    1/4

1 x

f (x) arctg (x 0); / 1: I x x

x

    

  hội tụ

* 2

3

1 x

(142)

-

2 4/3

3

1 x arctg1

f (x) arctg (x ); / 1: I x x

x

     

  hội tụ

Tích phân cho hội tụ

d Xét hội tụ, phân kỳ tích phân 3/2

0 arctgx dx x   1

3/2 3/2 3/2

0

arctgx arctgx arctgx

I dx dx dx I I

x x x

        * 1 3/2 arctgx I dx x

 f (x) arctgx3/2 1/21 (x 0)

x x

   ;  1 / 21: I1 hội tụ

* 2

3/2 arctgx I dx x    3/2 3/2 arctgx

f (x) (x );

x 2.x



     3 / 21: I2hội tụ Vậy tích phân cho hội tụ

e Chứng minh 10 sin x dx x   

Nhận xét. Hàm dấu tích phân đổi dấu nhiều lần miền khảo sát Ta

không thể dùng tính dương tích phân để xem xét Ta tách miền lấy tích phân làm nhiều đoạn thích hợp; đoạn, ta đánh giá tích phân thu

(2i 1) (2i 2)

i 2i (2i 1)

s inx sinx

I ( dx dx)

x x

   

   

   

Với số hạng thứ 2, dùng đổi biến x   t dx dt; sin x sin t,

(2i 1) (2i 1)

i 2i 2i

s inx s int

I ( dx dt)

x t               (2i 1)

i 2i

s inx s inx

( )dx

x x           

f Xét hội tụ tích phân

2

6

0

ln(1 x ) dx 2x x    

2 2

1

6 6

0

ln(1 x ) ln(1 x ) ln(1 x )

dx dx dx I I

2x x 2x x 2x x

               *

ln(1 x )

I dx 2x x     2 1/2

6 5

ln(1 x ) x

~ (khi x ) x

2x x x

     Tích phân 1 dx x

 hội tụ nên I1 hội tụ

*

2

6

1

ln(1 x )

(143)

-

Lưu ý. Ta nhớ hàm logarit yếu hàm lũy thừa (khi x ) Dựa vào điều ta đánh giá hàm dấu tích phân Việc đánh giá

thơ, "xơng xênh", mà không cần bất đẳng thức tinh vi, phức tạp

2

3

6 6

ln(1 x ) ln(1 2x x ) ln(1 x) 2x

x 1:

x x

2x x 2x 2x

   

    

 

(Nếu bạn không nhớ BĐT ln(1 x) x xử lý sau:

Với x đủ lớn

2

5/2

6 5

ln(1 x ) ln(1 2x x ) ln(1 x)

x x

2x x x x x

   

  



 

) /

   nên I h2 ội tụ.Tích phân cho hội tụ

g Khảo sát hội tụ tích phân suy rộng

0

1 x

arctan dx x x







0

1

0

1 x

I arctan dx x x

1 x x

arctan dx arctan dx I I

x x







   

 



 

* I h1 ữu hạn

x

1 x

lim arctan x x

  

*

1

1 x 1

arctan (x ); dx x

x x x





 

   phân kỳ Vậy I phân k2 ỳ

Do tích phân cho phân kỳ

h Khảo sát hội tụ tích phân suy rộng

0

1 x

arcsin dx

x x







1

0

1 x x x

arcsin dx arcsin dx arcsin dx

x x x x x x

 

 

  

  

* Vì

x

1 x

lim arcsin

x x

  

nên tích phân thứ hữu hạn

* Khi x , arcsin x

x x x



  ; 1

1 dx x 

(144)

- i Khảo sát hội tụ tích phân suy rộng

2

ln(x 1) dx x x     Ta có 2

2 2

1

ln(x 1) ln(x 1) ln(x 1)

dx dx dx I I

x x x x x x

               * 2 ln(x 1) I dx

x x

    Khi

ln(x 1) ln(x 1) ln x 1,

x (x 1)(x 1) 2(x 1) x x

         Tích phân 1 dx x 1

 hội tụ, I h1 ội tụ

* 2

2

ln(x 1)

I dx

x x 

 





Lưu ý. Ta nhớ hàm logarit yếu hàm lũy thừa (khi x ) Dựa vào điều ta đánh giá hàm dấu tích phân

3/2

ln(x 1) ln(x 1) 1

0

x x x x x x x x

 

  

  



 ( x đủ lớn)

3 /

   Vậy I =2

2

ln(x 1) dx x x 

 

 hội tụ

k Tính độ dài đường cong (L):

2 3 x y a b              

( a < b)

Nhận xét. Khó khăn lớn có bậc ba phương trình Để khử bậc ba, ta đặt biến thích hợp theo lối "tọa độ cưc" Ta giải sau

Dạng tham số (L) xa cos t, y3 b sin t3 , 0  t Do tính đối

xứng nên

2

2 4

0 /2

2 4

0

L 9a sin t.cos t 9b sin t.cos t dt

4 9a sin t.cos t 9b sin t.cos t dt        

/2 3

2 2

0

b a a cos t b sin t sin 2tdt

b a        

l Tính độ dài đường cong có phương trình: x  y a (a 0)

Nhận xét. Chúng ta muốn dùng đặt biến "kiểu tọa độ cực" để khử thức Giải. Dạng tham số phương trình cho

4

x a cos t

0 t y a sin t

(145)

-

/2 /2

2 2 6

0

L x (t) y (t) dt 16a sin t.cos t 16a sin t.cos t dt

 

 

     

/2

4

0

a

2a cos t sin t sin 2tdt ln( 1) a



      

m Chứng minh tích phân suy rộng I =

2

0

dx

(4x 1) x 

 

 hội tụ

Dùng đổi biến lượng giác tính tích phân

* Hàm dấu tích phân liên tục [0; ) Khi x 

2

2 2

1 1

4x (1 / 4x ) 4x (4x 1) x x 1 / x





  



   : Tích phân cho hội tụ [0;) * Đặt x = tgt

/2

cos tdt I dt

9 3sin t



   





n.Chứng minh tích phân suy rộng

4

x

I dx

x 

 



 hội tụ

Biến đổi hàm dấu tích phân, tính tích phân * I hội tụ theo dấu hiệu so sánh *

4 2

6

0

x (x x 1) x

I dx dx

x (x 1)(x x 1)

 

   

 

   

 

2

0

dx x dx x x

 



  

 

(146)

- Chương

CHUỖI

§ 4.1 CHUỖI SỐ 4.1.1 Định nghĩa

* Cho {u } mn ột dãy số Tổng hình thức

n

u u u 



  

 (4.1.1)

được gọi chuỗi số

1

u , u , : số hạng; un: số hạng thứ n hay số hạng tổng quát

Đặt S1u1

2

n n

S u u S u u u

 

   

n

S gọi tổng riêng thứ n

Nếu tồn giới hạn hữu hạn n

nlim S  S

ta nói chuỗi hội tụ, có tổng S (số

S gọi tổng chuỗi) viết n

n

S u 



  Trái lại, ta nói chuỗi phân kì

Nhận xét. * Sự hội tụ hay phân kì chuỗi không thay đổi ta thêm, bớt, thay đổi số hữu hạn số hạng chuỗi

* Đôi cần thiết thuận lợi chuỗi bắt đầu số khác 1:

n

cos n cos1 cos ln n ln ln ln 

 



   

 

* n i

i n

R u



 

  gọi phần dư thứ n chuỗi Chuỗi hội tụ chuỗi phần dư i

i n

u 

 

hội tụ Rõ ràng Rn0 (n)

(147)

-

n

q q q 





   

 (4.1.2)

Với

n n

n

1 q q 1: S q q

1 q 



     



n

n n

1 | q | 1: lim q lim S

1 q

 

   



n

n n

n

| q | 1: lim q lim S q 1: S n (n )

 

     

     

2n 2n

q 1: S 1, S  0 Vậy không tồn giới hạn n

n

lim S 

, chuỗi

phân kỳ

Tóm lại, chuỗi n

n

q 





 hội tụ | q | 1 ,

phân kỳ | q |1 # Các tổng riêng S6 S15 chuỗi (4.1.2) thể Hình 4.1

Hình 4.1 Tổng riêng chuỗi "cấp số nhân"

4.1.2 Điều kiện cần chuỗi hội tụ

Định lý 4.1. Nếu chuỗi n

n

u 



 hội tụ n

n

lim u  

Chứng minh. Từ chỗ n

n

u 



 hội tụ suy tồn giới hạn n

nlim S S Từ

đó n n n 1

n n

lim u lim (S S  ) S S

(148)

-

Nhận xét Mệnh đề phản đảo Định lý cho ta phương pháp

tốt để chứng minh chuỗi phân kỳ Xét ví dụ sau

Ví dụ 4.2. Xét hội tụ chuỗi

n

sin n 



 Từ Chương I ta biết rằng, không tồn giới hạn

n

lim sin n 

Vậy chuỗi cho không hội tụ #

4.1.3 Tiêu chuẩn Cauchy

Theo định nghĩa chuỗi hội tụ dãy tổng riêng hội tụ

Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy cho dãy dãy tổng riêng, ta thu tiêu chuẩn Cauchy sau để xét hội tụ chuỗi số

Định lý 4.2 (Tiêu chuẩn Cauchy)

Chuỗi số n

n

u 



 hội tụ

n m n

0, N , m, n , n N, m : S  S

           (4.1.3)

Ví dụ 4.3. Xét chuỗi điều hòa

n

1 1

1

n





   



Với n nguyên dương

2n n

1 1 1

S S

n 2n 2n 2n

       



Vậy chuỗi điều hịa khơng hội tụ

Lưu ý. Có thể chứng minh

n

1

1 C ln n

2 n

       (4.4.4) với C0,5772 số Euler,  n (n ) #

4.1.4 Các tính chất phép toán

Định lý 4.3. Nếu chuỗi n n

n n

u , v

 

 

  hội tụ cịn a số thực

chuỗi n n n

n n

(a u ), (u v )

 

 



  hội tụ

n n n n n n

n n n n n

(a u ) a u ; (u v ) u v

    

    

   

(149)

-

§ 4.2 CHUỖI SỐ DƯƠNG

Hạn chế xét chuỗi lớp chuỗi số dương, nhận

tính chất sâu sắc chuỗi 4.2.1 Các tính chất mở đầu

Khi un 0n, chuỗi n

n

u 



 gọi chuỗi số dương

Định lý 4.4. Chuỗi số dương n

n

u 



 hội tụ dãy tổng riêng

n

{S } bị chặn

Hệ quả. Chuỗi số dương n

n

u 



 phân kỳ phân kỳ tới vơ

cùng, tức n

n

lim S

  

Định lý 4.5 (Định lý so sánh). Cho hai chuỗi số dương n

n

u , 



 n

n

v 



 cho 0 un vn Khi

i Nếu n

n

v 



 hội tụ n

n

u 



 hội tụ;

ii Nếu n

n

u 



 phân kì n

n

v 



 phân kì

iii Nếu n

n n

u

lim k, (0 k ) v

     

hai chuỗi n

n

u 



 n

n

v 



 hội

tụ phân kì

Chứng minh. Chúng ta chứng minh iii Từ giả thiết n

n n

u lim k

v  

   

nên số hạng thứ n tr0 đi, n n n n

n

k u 3k

kv 2u 3kv  v    

Áp dụng i ii nhận đpcm 

Hệ quả. Nếu hai dãy số dương {u }, {v } nhn n ững VCB tương đương:

n n

v u , hai chuỗi n n

n n

u v

 

 

(150)

- i n ln n n  

 ; ii

n

n n

1 sin ; iii ln

n               Giải.

i ln n n

n n  ; chuỗi n 1 n 



 phân kỳ Vậy chuỗi

n

ln n n 



 phân kỳ

ii sin n n (n ); 2

 

 

 chuỗi

n n 12







 hội tụ Vậy chuỗi cho hội tụ

ii ln 1 1(n ); n n

 

  

 

  chuỗi n 1

1 n 



 phân kỳ Vậy chuỗi cho phân kỳ.#

Lưu ý Nếu bỏ điều kiện chuỗi dương hệ khơng cịn

Thực vậy, ta có

n n

( 1) ( 1) n

n n

 



 Tuy nhiên chuỗi

n n ( 1) n   

 hội tụ (xem Ví dụ

4.10), chuỗi

n

( 1) n n            

 phân kỳ tổng chuỗi hội tụ

n n ( 1) n    

với chuỗi điều hòa

n 1 n   

4.2.2 Các quy tắc khảo sát hội tụ

Định lý 4.6 (Tiêu chuẩn D’Alembert). Giả sử chuỗi số dương

n n

u 



 tồn giới hạn n

n n u lim u      Nếu  1 chuỗi n

n

u 



 hội tụ;

Nếu  1 n

nlim u  

chuỗi n

n

u 



 phân kì

Chứng minh. Giả sử  Chọn  đủ bé cho   1 Chọn n0 đủ lớn để với số n > n0 n n n

n

a

a a ( ) a



       Vậy

0

0 0

0

n n

2

n n n

k

n k n

u u ( );

u u ( ) u ( ) ; u u ( )

(151)

- Chuỗi số k

k

( ) 



 

  hội tụ chuỗi cấp số nhân với công bội   bé

hơn Vậy theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi

0

n n k

u u

 



  



  hội tụ, từ

chuỗi cho hội tụ Trường hợp  1 chứng minh tương tự  Ví dụ 4.5 Xét hội tụ chuỗi số

n n

n 







Giải Đây chuỗi số dương Lại có n

n n n

a n 1

lim lim

a 2(n 2) 

 



  

 Vậy

chuỗi cho hội tụ

Định lý 4.7 (Tiêu chuẩn Cauchy). Cho chuỗi số dương n

n

u 



 cho

n n nlim  u 



Nếu  1 chuỗi n

n

u 



 hội tụ;

Nếu  1 n

n

lim u   

chuỗi n

n

u 



 phân kì

Chứng minh. Xét trường hợp 1 Chọn  đủ bé cho    1 Khi

có số n0 đủ lớn để với n n0 n  n

n n

u   c hay 0u  c  Chuỗi

0

n n

(1 ) 



 

 hội tụ; theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi

0 n n n

u 



-

đó - chuỗi n

n

u 



 hội tụ Chứng minh dễ dàng cho trường hợp  1 

Nhận xét. * Nếu dùng tiêu chuẩn D’Alembert hay Cauchy mà ta nhận

1



 số hạng tổng quát chuỗi dần vô hạn: n

n

lim u

   

chuỗi n

n

u 





phân kỳ

* Trường hợp 1, hai tiêu chuẩn D’Alembert Cauchy chưa có

kết luận: Thực tế, chuỗi hội tụ, phân kỳ

* Thường dùng tiêu chuẩn D'Lambert dễ tiêu chuẩn Cauchy Trái

(152)

-

chuẩn D'Lambert chuỗi hội tụ tiêu chuẩn Cauchy chuỗi hội

tụ; tiêu chuẩn Cauchy khơng có kết luận tiêu chuẩn D'Lambert Ví dụ 4.6 Xét hội tụ chuỗi số

n n n   

Giải Đây chuỗi số dương với

n n

n

n n

n

lim a lim

3     

Theo tiêu chuẩn Cauchy, chuỗi cho hội tụ

Định lý 4.8 (Tiêu chuẩn (so sánh với) tích phân).

Cho hàm f(x) liên tục, khơng âm, đơn điệu giảm [a; ) Khi tích

phân suy rộng

a

f (x) dx 

 tổng n

n

u 



 với un f (n) hội tụ phân kì

Chứng minh. Nếu n

n x

lim u L lim f (x) L

     

, tích phân chuỗi phân kỳ Vậy ta cần xét trường hợp n

n x

lim u lim f (x)    

Vì hàm f(x) giảm nên f (n 1) f (x)f (n)  x n 1; n  Từ

k n n k n

k k k k

k k k

k-1 k-1

u  f (x) dx u u  f (x) dx u

  

        

n

n n n

1

S u f (x) dx S u

    

Cho qua giới hạn hai vế ta nhận đpcm 

Ví dụ 4.7 Xét hội tụ chuỗi sau

i

n 2n

n

n n

(n!)

, ( ); ii sin , n n                     

Giải. i Ta có

n n

n

n n

n

u ((n 1)!) n (n 1) n

u (n 1) (n!) (n 1) (n 1)

            n

1 (n 1)

(n 1)

n e                    

* n

n n

u

1: lim : u

 

    Chuỗi phân kỳ

* n

n n

u

1: lim 1:

u e

 

(153)

-

* n

n n

u

1: lim u

 

    : Chuỗi hội tụ

Tóm lại, chuỗi hội tụ   1 ii Ta có n 2

n 2/n

2

u sin 2sin (n ) n

     

2

* sin :

2

 

      Chuỗi phân kỳ

2

* sin :

2



      Chuỗi hội tụ

2

* sin

2



     Chuỗi trở thành

n

2 n

n n

2 1

,

n n

 

 



  chuỗi hội

tụ (xem Ví dụ 4.8)

Tóm lại, chuỗi hội tụ

4



    #

Ví dụ 4.8. Xét hội tụ chuỗi Riemann

n

1

,

n 

 

 

  Rõ ràng với

n

1 0, lim

n 

   nên chuỗi không hội tụ

Với  0, xét hàm số f (x) x

 Hàm đơn điệu giảm đến

n , f (n) n

 Hơn ta có

1

dx x 



 hội tụ  1, phân kỳ  1 Vậy

n

hôi tu >1

phân ky n



 

 

  



 #

§ 4.3 CHUỖI CĨ SỐ HẠNG VỚI DẤU BẤT KỲ 4.3.1 Chuỗi đan dấu

Định nghĩa. Các chuỗi

1

u u u u 

u1u2u3u4  (un 0) (4.3.1) gọi chuỗi đan dấu

Định lý 4.9 (Định lý Leibniz)

Cho chuỗi đan dấu u1u2u3 (un 0)

(154)

-

n

1

n n

i

u

S u



   (4.3.2)

Chứng minh. S2k (u1u )2 (u3u ) (u4   2k 1 u2k)0 Vậy {S2n, n1, 2, } dãy tăng, dương

2k 2k 2k 2n

S u (u u ) (u   u  )u u (4.3.3) Vậy {S } dãy b2k ị chặn Từ hội tụ Đặt 2k

k

S lim S 



2k 1 2k 2k 1 2k 2k 1

k k k k

lim S  lim (S a  ) lim S lim a  S

        

n

lim S S 

  Vậy chuỗi cho hội tụ

b) Từ (4.3.3) ta thấy (4.3.2) với n chẵn Với n lẻ 2k 1 2k 2k 1

2k 1 2k 2k 2k 2k 1

S u (u u ) (u u ) u

S (u u ) (u u ) u u u

 

   

      

         

Vậy (4.3.2) xảy với n lẻ  Ví dụ 4.9 (Chuỗi điều hịa đan dấu). Chuỗi n

n

1 ( 1)

n 





 gọi chuỗi điều

hòa đan dấu

Tất nhiên, chuỗi đan dấu Lại có (n )

n    ; theo tiêu chuẩn Leibnitz, chuỗi hội tụ

Tương tự, ta thấy chuỗi n

n

1 ( 1)

n 

 



 hội tụ với  0 #

4.3.2 Hội tụ tuyệt đối Bây ta xét chuỗi n

n

u 



 với u có dn ấu tùy ý Xét hội tụ chuỗi có

dấu thường khó khăn, người ta hay đưa toán xét hội tụ

chuỗi trị tuyệt đối tương ứng

Định lý 4.10. Nếu chuỗi n

n

| u | 



 hội tụ chuỗi n

n

u 



 hội tụ

Chứng minh. Theo tiêu chuẩn Cauchy với chuỗi n

n

| u | 





n p n p

n p n n n

i n i n

S S u | u | (n )

 



   

       

Lại theo tiêu chuẩn Cauchy, chuỗi n

n

u 



(155)

-

Đặt vn un  un Ta thấy 0vn  un  un 2 un Vậy theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi n

n

v 



 hội tụ Từ n n n

n n n

u v v

  

  

 

   hội tụ

Ví dụ 4.10. Xét hội tụ chuỗi

2 n cos n n    Ta có 2

cos n

n n n 1 n 



 chuỗi hội tụ, chuỗi

2 n

| cos n | n 



 hội tụ Từ chuỗi n cos n n  

 hội tụ #

Định nghĩa. Chuỗi n

n

u 



 gọi hội tụ tuyệt đối chuỗi n

n

| u | 





hội tụ, gọi hội tụ không tuyệt đối hay bán hội tụ (hay hội tụ điều kiện)

nếu hội tụ chuỗi n

n

| u | 



 không hội tụ

Từ Định lý (4.10), hội tụ tuyệt đối tính chất mạnh hơn: Một chuỗi hội tụ

tuyệt đối hội tụ; trái lại, có chuỗi hội tụ khơng hội tụ tuyệt đối Như thấy Ví dụ 1.9, chuỗi điều hòa đan dấu hội tụ Mặt khác,

n

n n

1 ( 1) n n      

  chuỗi phân kỳ Vậy chuỗi điều hòa đan dấu bán hội tụ Về hội tụ tuyệt đối, ta có định lý đặc sắc sau đây:

Định lý 4.11 (Định lý Abel). Nếu chuỗi hội tụ tuyệt đối có tổng S

thì thay đổi thứ tự số hạng cách tùy ý, (hoặc) nhóm

cách tùy ý số hạng chuỗi ta luôn nhận chuỗi hội tụ tuyệt đối

và có tổng S

Nếu chuỗi cho bán hội tụ thay đổi thứ tự số hạng để

nhận chuỗi hội tụ có tổng số cho trước, chí,

một chuỗi phân kỳ

Như vậy, chuỗi hội tụ tuyệt đối có tính chất giống với tổng hữu hạn: Có thể

hốn vị thứ tự số hạng Tính hội tụ tuyệt đối cịn đảm bảo số tính chất

khác giống với tổng hữu hạn tính tích chuỗi, thương chuỗi Xét hai chuỗi n n

n n

a ; b

 

 

  Ta gọi tích chúng chuỗi n

n

c 



 ,

đó

n

n k n k

k

c a b  

  n 0 0 0 1 1 0 0 2 1 1 2 2

n

c a b (a b a b ) (a b a b a b )                 

Nếu hai chuỗi n n

n n

a , b

 

 

(156)

- chuỗi n

n

c 



 hội tụ tuyệt đối có tổng S S 1 2 (Để chuỗi n

n

c 



 hội tụ có tổng S S ch1 2 ỉ cần chuỗi n n

n n

a , b

 

 

  hội tụ tuyệt đối)

§ 4.4 CHUỖI HÀM SỐ

4.4.1 Sự hội tụ, miền hội tụ

Định nghĩa. Cho dãy hàm số {u (x)}: u (x); u (x); }n 1 2 xác định tập

X Tổng hình thức

n

u (x) u (x) u (x) 



  

 (4.4.1)

được gọi chuỗi hàm số,

X: tập xác định,

1

u (x) : số hạng thứ nhất,

n

u (x) : số hạng thứ n hay số hạng tổng quát

Nếu không cho trước tập xác định, ta hiểu tập xác định X chuỗi (4.4.1) giao tất tập xác định số hạng u (x) n

Nếu x0X mà chuỗi số n 0

n

u (x ) 



 hội tụ x0 gọi điểm hội tụ

của chuỗi hàm (4.4.1) Tập điểm hội tụ chuỗi hàm gọi miền hội

tụ (hay tập hội tụ) Trái lại, chuỗi số n 0

n

u (x ) 



 phân kỳ x0

gọi điểm phân kỳ

Giá trị tổng chuỗi n

n

u (x) 



 với x nằm miền hội tụ gọi tổng chuỗi

Ví dụ 4.11. Xét chuỗi hàm n

n

x x x 



   



Nếu n

n

1 | x | 1: x

1 x 



 



 : Chuỗi hội tụ

n

| x | 1: x 



  : Chuỗi phân kỳ

Vậy, miền hội tụ chuỗi cho ( 1; 1) n

n

1 x

1 x 



 

(157)

- Ví dụ 12. Xét chuỗi hàm

x n

1 n 





Chúng ta nhớ lại dùng tiêu chuẩn tích phân Ví dụ 4.8 ta thấy

với x1 chuỗi hội tụ, với x1 chuỗi phân kỳ Vậy miền hội tụ chuỗi cho x1 Khi ấy, chuỗi hội tụ đến hàm (x), gọi hàm Riemann #

4.4.2 Hội tụ đều Chuỗi hàm số n

n

u (x), x X 





 gọi hội tụ tập DX đến

hàm số S(x)

n

0, N N( ), n N : S (x) S(x)

          (4.4.2)

Như vậy, chuỗi hội tụ dù  cho trước có bé nữa,

tổng riêng S (x) sn ẽ gần tổng S(x) chuỗi cách tùy ý, tất điểm

của D, số n đủ lớn Ví dụ 4 13. Xét chuỗi

n n

( 1) x n 



 



Đây chuỗi đan dấu Hơn u (x)n 21 0, (n ) x n

   

  x  Vậy

chuỗi hội tụ Chuỗi phần dư chuỗi chuỗi đan dấu,

n

u (x)0, (n ) Vậy

n n 2

1

S (x) S(x) u

n x (n 1)



   



 

Nếu n 1

n 1     S (x) S(x)n    Vậy chuỗi cho hội tụ  #

Dựa vào tiêu chuẩn Cauchy hội tụ chuỗi số, ta dễ dàng phát biểu

tiêu chuẩn Cauchy cho hội tụ chuỗi hàm

Định lý 4.12 (Tiêu chuẩn Cauchy). Chuỗi hàm n

n

u (x) 



 hội tụ tập

D

n p n k n

0, N 0, n N, p : u (x) , x D 

 

             (4.4.3)

Tiêu chuẩn Weierstrass sau cho phép ta kiểm tra hội tụ

chuỗi hàm thông qua hội tụ chuỗi số thông thường

Định lý 4.13 (Tiêu chuẩn Weierstrass)

Nếu u (x)n a ,n  n *, x D chuỗi số n

n

a 



 hội tụ chuỗi hàm

n n

u (x) 



(158)

- Ví dụ 4.14. Cho chuỗi hàm

2

n

cos nx n x 

 



Ta có

2 2

cos nx n x  n

Chuỗi số

2 n

1 n 



 hội tụ Vậy chuỗi cho hội tụ

trên  #

4.4.3 Tính chất chuỗi hàm hội tụ đều

Tổng hữu hạn hàm liên tục (khả vi, khả tích) lại hàm liên tục (tương ứng khả vi, khả tích) Tính chất khơng cịn với tổng vơ hạn Để

giữ tính liên tục, khả vi, khả tích tổng chuỗi vơ hạn, ta cần thêm

điều kiện hội tụ Khẳng định nêu rõ định lý

Định lý 4.14. Giả sử với n nguyên dương hàm u (x) liên tn ục khoảng suy rộng D chuỗi hàm n

n

u (x) 



 hội tụ D Khi tổng S(x) chuỗi hàm n

n

u (x) 



 hàm số liên tục D

Định lý 4.15. Giả sử với n hàm u (x) liên tn ục đoạn [a; b] chuỗi hàm n

n

u (x) 



 hội tụ [a; b] Khi tổng S(x) chuỗi hàm

n n

u (x) 



 hàm số khả tích [a; b] ta có

b b b

n n

a a a

S(x) dx u (x) dx u (x) dx

 

 

 

   

  

   (4.4.4) Nói ngắn gọn, chuỗi hàm số liên tục hội tụ ta

lấy tích phân số hạng chuỗi

Định lý 4.15. Cho u (x), nn 1, 2, hàm liên tục đạo hàm

n

u (x) chúng khoảng (a; b) Hơn nữa, giả sử chuỗi hàm n

n

u (x) 





hội tụ có tổng S(x) (a; b), cịn chuỗi đạo hàm n

n

u (x) 





 hội tụ (a; b) Khi S(x) hàm khả vi

n n

S(x) u (x) u (x), x (a; b)

 

 



 



   

  

(159)

-

§ 4.5 CHUỖI LŨY THỪA

4.5.1 Khái niệm chuỗi lũy thừa, bán kính hội tụ Chuỗi lũy thừa chuỗi hàm số có dạng

n n

n n n

n

a x a a x a x a x , a 



      

  (4.5.1)

trong x biến, số a hn ệ số x n Tổng quát, với x , a0 n chuỗi hàm số

n

n 0

n

a (x x ) a a (x x ) a (x x ) 



      

 (4.5.2)

được gọi chuỗi lũy thừa xx0 (hay chuỗi lũy thừa xx0)

Đặt Xxx0, chuỗi (4.5.2) trở thành n n

n

a X 



 , lại có dạng (4.5.1) Vì cần xét chuỗi lũy thừa dạng (4.5.1)

Định lý 4.17 (Abel). Nếu chuỗi lũy thừa n n

n

a x 



 hội tụ x0 0 hội tụ tuyệt đối điểm x mà | x | | x | 0

Chứng minh. Do chuỗi (1) hội tụ x = x0, nên số hạng tổng quát có

giới hạn Vậy tồn số dương M cho a xn 0n  M,n Từ

n n

0

x x

a x a x M , n

x x

 

    

 

Lại thấy chuỗi

n

0 n

x x 



 hội tụ với | x | | x | 0 Áp dụng tiêu chuẩn so sánh,

nhận đpcm 

Hệ quả. Nếu chuỗi lũy thừa n n

n

a x 



 phân kỳ x c1 ũng phân kỳ

tại x mà | x | | x | 1

Hệ quả. Tồn số R0 để chuỗi n n

n

a x 



 hội tụ khoảng (-R; R); phân kỳ ( ; R) (R; )

R gọi bán kính hội tụ; khoảng (-R; R) gọi khoảng hội tụ

Nhận xét. Từ hệ quả, miền hội tụ chuỗi lũy thừa có dạng

(160)

- 4.5.2 Quy tắc tìm bán kính hội tụ

Định lý 4.18. Nếu

n

n n

a lim

a    

n n nlim a  

(4.5.3) bán kính hội tụ R chuỗi lũy thừa n n

n

a x 



 xác định

1 / , R 0,

,

    

 

   

  



(4.5.4) Phương pháp tìm miên hội tụ chuỗi lũy thừa

Tìm bán kính hội tụ theo quy tắc trên; Xét hội tụ chuỗi đầu mút –R R; Kết luận

Tính chất sau có ích tìm miền hội tụ Tính chất. Hai chuỗi lũy thừa

n

a x a a x a x 



   

 ,

n m m m m

n

a x a x a x a x m 

  



    

 

cùng hội tụ hay phân kỳ, trừ điểm x =

(Nhân hay chia chuỗi lũy thừa với lũy thừa biến x chuỗi có miền hội tụ, trừ x = 0)

Phương pháp tìm miền hội tụ chuỗi tùy ý

Cách I: “Lũy thừa hóa”, đưa chuỗi đa cho chuỗi lũy thừa

Cách II: Coi x tham số, x cố định thuộc tập xác định, chuỗi hàm trở thành chuỗi số Dùng tiêu chuẩn so sánh, tiêu chuẩn D'Alembert, Cauchy với

chuỗi số để xét hội tụ (phải biện luận)

Nhận xét. Nếu dùng tiêu chuẩn D’Alembert hay Cauchy với chuỗi số

n n

u (x) 



 (x tham số) mà ta nhận 1 n

n

lim | u (x) |

   

Chuỗi

n n

u (x) 



(161)

- Ví dụ 4.15. Hãy tìm miền hội tụ chuỗi lũy thừa

n

x n 





Đây chuỗi lũy thừa, n

n

a n

0 (n ) a n

    



Vậy R1 / 1 khoảng hội tụ chuỗi ( 1; 1) Tại x 1, chuỗi trở thành 1 1

2

     Đây chuỗi điều hòa đan

dấu nên hội tụ

Tại x1, chuỗi trở thành 1 1

    , chuỗi phân kỳ

Tóm lại, miền hội tụ chuỗi cho [1; 1) #

4.5.3 Tính chất chuỗi lũy thừa

Cho chuỗi lũy thừa (4.5.1) với khoảng hội tụ (-R; R) tổng chuỗi hàm S(x) (-R; R)

Định lý 4.19. Chuỗi (4.5.1) hội tụ tuyệt đối điểm x mà 0 x0 R (Chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối khoảng hội tụ nó)

Định lý 4.20. Với [a; b] ( R; R) tùy ý, chuỗi (4.5.1) hội tụ [a; b]

(Chuỗi lũy thừa hội tụ đoạn tùy ý nằm khoảng hội tụ nó)

Định lý 4.21. Tổng S(x) chuỗi lũy thừa (4.5.1) hàm số liên tục khoảng hội tụ ( R; R) Nếu chuỗi hội tụ mút (trái - phải) khoảng

hội tụ tổng S(x) liên tục phía (phải - trái) mút

Định lý 4.22. Có thể lấy tích phân số hạng chuỗi lũy thừa (4.5.1) đoạn [a; b] nằm khoảng hội tụ (-R; R) nó:

b b

n n

a a

a x dx a x dx

 

 

 



 

  

  (4.5.5)

Đặc biệt,   x ( R; R)

x

n n n

n

n 0

a a

a x dx a x x x

2 n







 

    

 

  

 

 (4.5.6)

Hơn nữa, chuỗi vế phải có khoảng hội tụ (-R; R)

Định lý 4.23. Có thể lấy đạo hàm số hạng chuỗi lũy thừa (4.5.1) điểm khoảng hội tụ nó:   x ( R; R)thì

n n 1 2 n n

n

a x a 2a x na x 







 

    

 

 

(162)

-

Hệ quả. Có thể đạo hàm (hoặc tích phân) vơ số lần chuỗi lũy thừa

khoảng hội tụ nó; chuỗi thu có khoảng hội tụ với khoảng hội

tụ chuỗi cho

4.5.4 Khai triển hàm thành chuỗi lũy thừa

a Vấn đề khải triển hàm thành chuỗi lũy thừa

Giả sử hàm f(x) biểu diễn dạng chuỗi lũy thừa, tức là:

0

x (x ; x ),

       

2

0 i

f (x)a a (xx )a (xx )  , (a ) (4.5.8) Chuỗi lũy thừa vế phải có bán kính hội tụ  nên f(x) khả vi

vô hạn lần khoảng (x0 ; x0 ) đạo hàm cấp số

hạng chuỗi:

2

1 0

2

2 0

(n) (n)

n n 0 n

f (x) a 2a (x x ) 3a (x x ) f (x ) a ; f (x) 2a 3a (x x ) 4a (x x ) f (x ) 2a ;

f (x) n!a (n 1)!a  (x x ) f (x ) n!a

         

         

      

Vậy

(n) n

f (x ) a

n!

 Thay trở lại ta

(n)

n

0

f (x )

f (x) f (x ) (x x ) n!

     (4.5.9)

Như hàm biểu diễn dạng chuỗi lũy thừa phải hàm khả vi vô hạn biểu diến phải có dạng (4.5.9)

Chuỗi vế phải (4.5.9) có ý nghĩa đặc biệt; cần hàm f(x) khả vi vô hạn x0 chuỗi xác định Từ người ta đưa định nghĩa:

Định nghĩa. * Cho hàm số f(x) xác định điểm x lân c0 ận có đạo

hàm cấp x Chu0 ỗi hàm

(n)

n

0

0 0

f (x ) f (x )

f (x ) (x x ) (x x )

1! n!



      (4.5.10)

được gọi chuỗi Taylor hàm f(x) x 0 * Nếu x0 0, chuỗi Taylor trở thành

(n) n

f (0) f (0)

f (0) x x

1! n!



    (4.5.11)

được gọi chuỗi Marlourin hàm f(x)

* Giả sử chuỗi (4.5.10) hội tụ lân cận điểm x có t0

f(x) (trong lân cận x x0 ảy đẳng thức

(n)

1 n

0

f (0) f (x)

f (x) f (0) (x x ) (x x )

1! n!



(163)

-

Khi ta nói hàm f(x) khai triển thành chuỗi Taylor lân cận nêu x0 (Hàm f(x) gọi hàm giải tích lân cận ấy)

Từ phân tích ta nhận định lý sau đây:

Định lý 4.24(Tính khai triển).

Nếu f(x) khai triển thành chuỗi Taylor lân cận điểm x0:

2

0 0

f (x)a a (xx )a (xx )   x (x  ; x  )

thì f(x) khả vi vô hạn lân cận chuỗi vế phải chuỗi (4.5.10)

b Điều kiện để hàm số khai triển thành chuỗi Taylor(☼)

Định lý 4.24. Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm cấp lân cận

0

(x  ; x  ) điểm x0 Đặt

(n)

n

0

n 0

f (x ) f (x )

P (x) f (x ) (x x ) (x x ) ,

1! n!



      (4.5.12)

n n

R (x)f (x)P (x)

Nếu n 0 0

nlim R (x) 0,  x (x  ; x  ) hàm f(x) khai triển thành chuỗi Taylor lân cận (x0 ; x0 )

Chứng minh Ta có

n n n

0 lim R (x) lim [f (x) P (x)] f (x) lim P (x)

  

    

(n)

n

0

f (x )

f (x) f (x ) (x x ) n!

       Hệ quả. Nếu có lân cận (x0 ; x0 ) điểm x M > 0 để

(n) n

0

f (x) M ,  x (x  ; x    ), n 1, 2, (4.5.13) hàm f(x) khai triển thành chuỗi Taylor lân cận

Chứng minh. Theo công thức Taylor,

(n 1)

n

f ( )

R (x) (x x ) , (n 1)!





 

  nằm x x

Vậy

n n

n

M M

R (x) (x x ) (n )

(n 1)! (n 1)!

 

      

 

Từ n

n

lim R (x)

  Theo Định lý tr

ên, f(x) khai triển thành chuỗi

Taylor 

Chú ý. Xét hàm số

2

1 f (x) exp

x

 

  

  với x0 f (0)0 Tính tốn cụ

thể ta f(n)(0)0,  n 0, 1, Vậy chuỗi Marlourin (4.5.11)

0, rõ ràng khác với f(x) Như vậy, trường hợp tổng quát, chuỗi Taylor

(164)

- c Khai triển Marlorin số hàm sơ cấp

2 n

x

3 2n

n

2 2n

n

2

x x x

e x ( ; )

1! 2! n!

x x x

sin x x ( 1) x ( ; ) 3! 5! (2n 1)!

x x x

cos x ( 1) x ( ; ) 2! 4! (2n)!

( 1) ( n 1)

(1 x) x x x ( 1;1) n!

1

1 x x x

 



        

         



         

     

        

    



n

2 n

n

3 2n

(n 1)

x x ( 1;1)

x x x

ln(1 x) x ( 1) x ( 1;1)

2 n

x x x

arctgx x ( 1) x [ 1;1]

3 2n



 

  

         

        



Ví dụ 4.16. Đối với hàm yex, tổng riêng chuỗi Taylor thể

hiện Hình 4.2 Ta thấy:  n lớn

 khoảng I  ( ; ) nhỏ

thì xấp xỉ f (x)R (x)n xác #

Hình 4.2 Ttổng riêng chuỗi Maclourin hàm yex

4.5.5 Ứng dụng

a Tính gần đúng. Một ứng dụng quan trọng chuỗi lũy thừa tính gần giá trị biểu thức Chẳng hạn, ta cần tính giá trị gần Af (x) Theo khai triển Taylor

(n)

n

0

f (x )

A f (x) f (x ) (x x ) n!

(165)

- Ta dùng xấp xỉ

(n)

n

0

0 0

f (x ) f (x )

A f (x ) (x x ) (x x )

1! n!



      (4.5.14) Sai số mắc phải

(n 1)

n

f ( )

R (x x )

(n 1)! 





 

 (4.5.15)

Trong nhiều trường hợp ta dùng đánh giá

n n

n

M

R | x x |

(n 1)!

 

 



với n 1 (n 1)

x [a; b]

M  Max f  (x) 

 ([a; b] chứa x, x ) (4.5.16) 0 Vấn đề lại chọn hàm f(x) điểm x 0

Một số trường hợp địi hỏi tìm cấp khai triển n để xấp xỉ (4.5.14) đạt độ

chính xác  cho trước

Muốn ta cần xét bất đẳng thức Rn   (tất nhiên phải tính Mn 1 ), giải ta n cần tìm

b Tính đạo hàm tại điểm cho trước

Dùng khai triển quen biết ta tìm khai triển Taylor hàm f(x):

(n)

n n

n 0

n n

f (x )

f (x) a (x x ) (x x ) n!

 

 

    

Khi tìm đạo hàm hàm x 0 sau:

(n)

n n

f (x )

a f (x ) a n!

n!

   (4.4.17)

Ví dụ 4.17 Cho hàm số f (x)s inx2 Tính đạo hàm f(2000)(0)

n n (n)

2n 4n n

n n n

( 1) ( 1) f (0)

sinx x s inx x x

(2n 1)! (2n 1)! n!

 

  

 

  

 

   

 

  

4n 2 2000n499.5 không nguyên Vậy f(2000)(0)0

Hơn nữa,

(2k 1) (4k) 2k 4k

(8k 2) 8k

(8k 6) 8k

a a y (0) y (0)

1

a y (0) (8k 2)!

(4k 1)! (4k 1)!

1

a y (0) (8k 6)!

(4k 3)! (4k 3)!

 

 

     

 

   

 

 

 

   

  

 

 

 

(166)

- 4.5.6 Tính tổng số chuỗi(☼)

a Sử dụng trực tiếp chuỗi quen biết

Ba chỗi thông dụng

2 n n

n

1

1 x x x x x , x ( 1;1) x





         

  :

“chuỗi cấp số nhân”

n

x x x

e x ( ; ) 1! n!

       

“chuỗi e – mũ”:

2 n

n

x x

ln(1 x) x ( 1) x ( 1;1)

2 n



         …

“chuỗi loga”

Tất nhiên ta nhớ thêm tốt nhiêu!

Thông thường, phải đặt biến để “lũy thừa hóa” chuỗi cho

Ví dụ 4.18. Sử dụng chuỗi quen biết, tính tổng chuỗi

1  

n n

n 1 x n      n n x n   

3 n

n n n 1 x x          

2

2 2 2

A

1! 2! 3! 4! 5!

      

Giải. Có thể kiểm tra miền hội tụ chuỗi (-1; 1) Hơn nữa,

nhớ đến “chuỗi loga”, ta giải sau Ta có

2 n

n

x x x

ln(1 x) x ( 1) , x ( 1;1)

2 n



         

Vậy tổng chuỗi cho ln(1 + x)

2 n

x x x

ln(1 x) (x ) , x ( 1;1)

2 n

         

Vậy tổng cho ln(1 x) n

n x x x    

 , x 1

n n n

1 / (2x) 1

, x (1/ 2x) 2x 2 x        

Vậy với x 2 

2

x 2x 2x

S(x)

1 x 2x 2x 3x

 

   

   

4 Bởi

n x n x e n!  

(167)

-

b Đạo hàm hay tích phân chuỗi quen biết hay chuỗi đã cho

Bước 1: Đưa khai triển quen biết, ví dụ

2 n

1

1 x x x x x ( 1;1) x         

Bước (nếu cần): Đạo hàm hay tích phân vế miền hội tụ, ví dụ

2 n

2

2 n

3

1

1 2x 3x nx x ( 1;1) (1 x)

1

2 2.3x 3.4 x n(n 1) x x ( 1;1) (1 x)                     

2 n

n

x x x x

ln(1 x) x x ( 1;1)

2 n

x x x x

ln(1 x) x ( 1) x ( 1;1)

2 n



          

          

Bước (nếu cần thiết): Biểu diễn chuỗi cho thông qua chuỗi Bước (nếu cần thiết): Thay xx0 thích hợp

Cũng ta làm bước với chuỗi cho Nhớ việc

lấy đạo hàm thường dễ lấy tích phân

Đạo hàm chuỗi cho  Tích phân chuỗi quen biết Đạo hàm chuỗi quen biết  Tích phân chuỗi cho

Cụ thể hơn, từ chuỗi cấp số nhân, phép đạo hàm, nhân hay chia lũy thừa, ta nhận đựơc nhiều chuỗi Tất nhiên, ta phải quan tâm đến tập số,

nhất số Chẳng hạn

         

n n

5

nx x

nx x x

(n 1)x x

(n 4)x x

x                                   

n n

2 n n

n(n 1)x x n(n 1)x x x n x x x

(n 1) x x x                                    (4.4.18)

Tương tụ, từ chuỗi với hệ số phân, phép biến đổi trên, ta

(168)

-

n n

n n n

2n 2n 2n

n 3 n n

1

x x

n

1 1

x x x : Xét x

n n n

1 1

x x : Xét x

n x n n

1 1

x x : Xét x

2n x 2n 2n

1 1

x x x : Xét x

n n n

                                          

Ví dụ 4.19.Đạo hàm hay tích phân chuỗi cho hay chuỗi quen biết,

tính tổng chuỗi hàm sau

1  

3 2n

n

x x x

x

3 2n

         2n 2n n x

3 (2n 1)      n

1 n

x x   x  n n n n (x 5) ( 1) n3       n

2 n

1 ( 1)

A

3.3 5.3 (2n 1)

 



     



Giải. 1) R = Trong khoảng hội tụ (-1; 1) đạo hàm số hạng:

2

1 S (x) x x

1 x        x x x 0

S(x) S (t)dt S(0) dt arctgt | arctgx t



     



 

Vậy  

3 2n

n

x x x

S(x) x arctgx

3 2n

 

       



Cũng trực tiếp dùng chuỗi arctg

2) Dễ thấy khoảng hội tụ (-3; 3)

2n 2n

4

2n 2n

n n

x x

S(x) x

3 (2n 1) (2n 1)

 

 

 

 

  (xem tính chất 4.5.2)

Đặt 2n 2n n x f (x)

3 (2n 1)  





(169)

- Trong khoảng hội tụ, đạo hàm vế

2n 2n

2n 2

n n

x x

f (x)

3

3 (x / 3) x

                   3 0

9 3 x

f (x) f (t)dt f (0) dt ln x t            

3 x S(x) x ln

2 x



 



3 Đặt t x

 , n n

n

S(x) h(t) t 2t nt nt 



       , khoảng hội tụ (-1;1) Ta có

2 n

n

1

1 t t t t





    

  ,

n n

2

n

1

1 2t nt nt (1 t)            

Vậy n n 2 2

n n

t x

h(t) nt t nt S(x) , x

(1 t) (x 1)

              

4 Trước hết ta “lũy thừa hóa” chuỗi cách đặt t x





n n n t ( 1) n     

Cách I: Sử dụng chuỗi loga Cách II: Đặt

n n n

t S(t) ( 1)

n 





  Dễ thấy miền hội tụ t ( 1; 1) Trong miền hội tụ ta đạo hàm số hạng:

n n n t t t 0 S (t) ( 1) t

1 t

S(t) S (u)du S(0) du ln u | ln(1 t) u                       

Vậy S ln x lnx 2, x (2; 8)

3

 

 

    

 

Cách III (ít dùng) Tích phân tứng số hạng chuỗi

n n n

t S(t) ( 1)

n 





(170)

-

5  

 

n n 2n

n

n n

1 1

A

2n 2n

                     

Như vậy, A lần giá trị chuỗi  

  n 2n n 1 x 2n      

 /

Xét  

  n 2n n 1 S(x) x 2n       

 Dễ thấy khoảng hội tụ ( 1; 1)  n 2n 2

n

1

S (x) x S(x) arctgx x             1

A S arctg 3           #

c Tách chuỗi đã cho thành tổng

Ví dụ 4.20. Bằng cách tách chuỗi cho thành tổng chuỗi quen

biết hay đạo hàm, tích phân chúng, tính tổng chuỗi hàm sau 2n

n 2n x n!     n n n x n          

3   n 2 n

n

1 2n x      n n

4 n x    n n n

2 2k

n n

2n

5 x

3

t t t

6 2! 4! (2k)! 2n ( 2)             

Giải. 1) Dễ thấy chuỗi hội tụ x

2 2

2n 2n 2n

n n n

2(n 1) 2n

n n

2 2n 2n x x x

n n

2n 2n

x x x

n! n! n!

1

2 x x

(n 1)! n!

1

2x x x 2x e e e (x 2)

n! n!                                   

2) Trước hết đặt t x

 ta n

n n S t n      Miền hội tụ t ( 1;1) (x ( 2; 2))

(171)

-

n n n n

n 1

t t t t

n n n

                         n 1 n

t 1 t

t S (t), t 0; t ( 1; 1) t t n 1 t t







      

   

với 1 n

n

1

S (t) t , t ( 1; 1) n         t t n

1 1

n 0

S (0)

t u

S (t) t S (t) S (u)du S (0) du

1 t u

                   t t 0

1 du u ln u | t ln(1 t) u                  

Vậy S t 1ln(1 t) 2ln2 x

1 t t x x x



     

 

Lưu ý: Xem

x

S(0) lim S(x) 

  , ta thấy công thức x = Trước hết đặt t x chuỗi  2 n

n

2n t 







Dễ thấy khoảng hội tụ (-1;1) Để tính tổng, ta xuất phát từ chuỗi

“cấp số nhân”

2 n n

n

1

1 x x x x x , x ( 1;1) x





         

  (*)

Trong khoảng hội tụ đạo hàm số hạng hai lần ta được:

n n

2 n

1

nx 2x 3x nx (1 x)              (**)

n n

3 n

2

n(n 1)x 3.2x n(n 1)x (1 x)               (***) Phân tích hệ số chuỗi cho qua hệ số chuỗi lại ta thấy

2

(2n 1) 4n 4n 1 4n(n 1) 8n 1   Vậy ta nhận

 2 n   n

n n

n n n

3

n n n

2n t 4n(n 1) 8n t

2 8t t

4 n(n 1)t 8t nt t

1 t (1 t) (1 t)

                              

Trở biến cũ,

3

x 10x 9x S

(1 x)

  

 

(172)

- Cách II  2 n n n n

n n n n

2n t 4n t 4n t t

   

   

   

    , sử dụng (4.4.18)

4.Hướng dẫn: Sử dụng (4.4.18) n2 n.(n 1) n dùng (**), (***) 5.Đặt t = x / 3, chuỗi n

n

S(t) (2n 1)t 



 

Dễ thấy khoảng hội tụ (-1; 1) (với biến x (-3; 3) Ta có

n n n n n

S(t) (2n 1)t nt t 2t nt t

    



    

        (*) Mặt khác ta có

2 n n

n

1

1 t t t t , t ( 1;1) t





       

 

Trong khoảng hội tụ đạo hàm số hạng ta được:

n n

2 n

1

nt 2t 3t nt (1 t)              Vậy 2

1 t t(1 t) S(t) 2t

1 t

(1 t) (t 1)



  



  Trở biến cũ,

x(x 3) S(x) (x 3)   

2 2k 2k

t t t t t t

e t

2! 3! 4! (2k)! (2k 1)! 

       



2 2k 2k

t t t t t t

e t

2! 3! 4! (2k)! (2k 1)! 

        



2 2k t t

t t t t t e e

e e S(t) cht

2! 4! (2k)!



   

           

 

7. 1 1

n n n

2n n 1 /

2 2S 2S

1 1/ 2 ( 2) ( 2) ( 2)

                 

với 1

n n n S ( 2)   

Rõ ràng S t1 chuỗi n

n

A nx 



 x1 / Vậy ta giải tiếp sau

Xét n

n

A nx 



(173)

-

2 n n

n

1

1 x x x x x , x ( 1;1) x





         

 

2 n

1

1 2x 3x nx , x ( 1;1) x                  2

1 x 2x

A A

(x 1) x 2x

 

    

  

1

S A

2

 

   

 

# (☼)

4.5.7 Một số ví dụ (tự đọc)

a Khai triển hàm số yln x thành chuỗi luỹ thừa u x x

 



Nhận xét.Ttrước hết ta biểu diễn x qua u Thay biểu diễn vào hàm lnx, ta biểu diễn y theo u Khai triển hàm thu

Giải u x x u

1 x u

 

  

  ;

u

x 0 u

u



      



ln x ln(1 u) ln(1 u)  

=

n n n n 2n

n n n

( 1) ( u) ( 1) u u

n n 2n

                  

b Cho hàm số f (x)ln(1 x ) Tính đạo hàm f(2008)(0)

n n

n 2n

n n

( 1) ( 1)

ln(1 x) x ln(1 x ) x

n n             

2n 2008n1004

1005 (2008) 1005

(2008) 2008

( 1) f (0) ( 1)

a f (0) 2008!

1004 2008! 1004

 

   

c Cho chuỗi hàm số

2n n (2n 1)x n!    

Hãy tìm khoảng hội tụ tính tổng chuỗi hàm khoảng hội tụ

n

n n 1 x

a (2n 1) (n 1)! R lim lim

a n! 2n

  

 

   



Vậy, khoảng hội tụ ( ; )

2n n

2n 2 n

n n n n

2n x (x )

S x 2x (x )

n! n! (n 1)! n!

                 

2x e2 x2 ex2 ex2(2x21) d Khai triển hàm f (x) arctgx

x

 

 thành chuỗi Maclaurin, tìm miền hội tụ

của chuỗi thu tính tổng  

(174)

-

Giải  n 2n

2 n

1

f (x) x

1 x 



   

  , f (0)arctg( 1)  / 4

Tích phân từ đến x ta nhận được:  

2n n n

x

f (x)

4 2n

        

Bán kính hội tụ R = Tại x = chuỗi hội tụ, x = - chuỗi phân kì, miền hội tụ là: (0;1] Cho x = ta suy S

4

 

e Tìm miền hội tụ, hội tụ tuyệt đối chuỗi lũy thừa sau:

    n n n n x n      

Giải ta có

n n

3 ( 1)

lim

n 

 

 Vậy bán kính hội tụ R 1 /

4

x 1 / x

3

       : Chuỗi hội tụ tuyệt đối Tại x

3

  , chuỗi trở thành  

n n

1 1

n n

 

 

  

  

 

  : Chuỗi hội tụ

không hội tụ tuyệt đối Tại x

3

  , chuỗi trở thành  

n n n n n3    

 : Chuỗi phân kỳ Kết luận: Miền hội tụ chuỗi là: x

3



  ; Miền hội tụ tuyệt đối là: x

3

   

4.5.8 Sự tồn hàm liên tục không khả vi(☼)

Trước hết ta lập hàm khoảng cách đến số nguyên gần nhất:

0(x) x n

   x[n0.5; n0,5), n Rõ ràng, 0(x) liên tục, tuần hoàn chu kỳ 1, 0 0(x) 1 Xét dãy hàm

n

n n

(4 x)

(x) , n 1, 2,



   Dễ thấy n(x) liên tục, tuần

hoàn chu kỳ

n

1

4 n n (x)

4

  

Bây xét chuỗi

n

(x) (x) (x) (x) 



       

 (4.4.17) Bởi chuỗi

n n  

(175)

-

Có thể chứng minh f(x) khơng khả vi điểm Ba tổng riêng

đầu thể Hình 4.3b

Người ta chứng minh được, quỹ đạo trình chuyển động

Brow hàm liên tục không khả vi điểm (☼)

Hình 4.3 Ba số hạng đầu (a), tổng riêng đầu (b) chuỗi hàm (4.4.17)

§ 4.6 CHUỖI FUORIER 4.6.1 Chuỗi lượng giác

Định nghĩa. Chuỗi hàm

0 n n

n

a (a cos nx b sin nx) 



  (4.6.1)

trong a , a , a , , b , b , 0 1 2 1 2 , gọi chuỗi lượng giác

Số hạng a cos nxn b sin nxn chuỗi (4.5.1) hàm tuần hoàn chu kỳ

(176)

-

hàm tuần hoàn chu kỳ 2 Hơn nữa, số hạng a cos nxn b sin nxn

hàm liên tục khả vi cấp 

Hai định lý sau nêu lên tính chất khởi đầu chuỗi lượng giác

Định lý 4.26. Nếu hai chuỗi n n

n n

| a | | b |

 

 

  hội tụ chuỗi lượng

giác (4.5.1) hội tụ tuyệt đối 

Chứng minh. Ta có

n n n n n

u (x)  a cos nxb sin nx | a | | b |

Theo tiêu chuẩn Weierstrass ta thu đpcm 

Định lý 4.27. Nếu an 0 bn0 (n ) chuỗi lượng giác (4.5.1)

hội tụ x 2k (k )

4.6.2 Chuỗi Fourier

a Chuỗi Fourier hàm số

Trước tiên đưa bổ đề sau thường dùng tính tốn hệ số chuỗi Việc chứng minh chúng đơn giản, việc dùng kỹ

thuật tách tích thành tổng

Bổ đề. Cho p, q số nguyên Khi ta có:

sin px dx 0; cos px dx (p 0);

cos px sin qx dx 0;

 

 





  



 



0, p q cos px cos qx dx , p q

2 , p q 0; 



 



   

   





0, p q sin px sin qx dx 0, p q

, p q 



 



  

  



 (4.6.2) Bây giả sử hàm số f(x) tuần hoàn chu kỳ 2 khai triển thành chuỗi lượng giác dạng

0

n n

n

a

f (x) (a cos nx b sin nx), x





    (4.6.3) Giả sử lấy tích phân số hạng chuỗi vế phải

0

n n

n

a

f (x) dx dx a cos nx dx b sin nx dx a

    



   

 

     

 

 



   

Vậy a0 f (x) dx 





(177)

-

Nhân hai vế (4.6.3) với cos kx, k1, 2, giả sử chuỗi thu vế phải lấy tích phân số hạng, ta đến:

0

n n

n

k k

a

f (x) cos kx dx cos kx dx

a cos nx cos kx dx b sin nx cos kx dx

0 a cos kx cos kx dx a

 

 

 



  







 

   

 

 

    

 

  



Vậy ak f (x) cos kx dx 



  

Lại nhân hai vế (4.6.3) với sin kx, k1, 2, giả sử chuỗi thu vế phải lấy tích phân số hạng, ta

0

n n

n

a

f (x)sin kx dx sin kx dx

a cos nx sin kx dx b sin nx sin kx dx

 

 

 



  



 

   

 

 

 

  

0 bk sin kx sin kx dx bk 



      bk f (x) sin kx dx





 

 

Tóm lại, hệ số a , b phi i ải thỏa mãn

0

k

1

a f (x) dx,

a f (x) cos kx dx, k 1, 2,

b f (x) sin kx dx, k 1, 2, 

 



  

   

 

   

  

 



  

(4.6.4)

Định nghĩa. Cho hàm f(x) tuần hồn, khả tích đoạn [  ; ] Các hệ số

0

a , a , a , xác định theo (4.6.4) gọi hệ số Fourier hàm f(x) Chuỗi lượng giác tương ứng

0 n n

n

a (a cos nx b sin nx) 



 

được gọi chuỗi Fourier hàm f(x)

Tính chất

(178)

-

k

b 0, k 1, 2,

a f (x) cos kx dx, k 0, 1, 2, 

 

  

 

 

 

(4.6.5)

Nếu thêm điều kiện f(x) hàm lẻ thì:

k

a 0,

b f (x) sin kx dx, k 1, 2, 

   

 

 

 

(4.6.6)

Chứng minh. Nếu hàm f(x) chẵn hàm f (x) cos kx chẵn, hàm f (x) sin kx lẻ Trái lại, f(x) lẻ hàm f (x) cos kx lẻ, hàm f (x) sin kx chẵn Sử dụng

(3.2.15) ta nhận đpcm 

b Điều kiện đủ để có khai triển Fourier

Định nghĩa. Hàm số f(x) gọi đơn điệu khúc đoạn [a; b]

nếu có số hữu hạn điểm a0 aa1 an b cho khoảng

0 n n

(a ; a ); ; (a ; a ) hàm f(x) đơn điệu

Tính chất. Hàm bị chặn đơn điệu khúc có điểm gián đoạn loại

Định lý 4.28 (Định lý Diriclet)

Nếu hàm f(x) tuần hoàn chu kỳ 2, đơn điệu khúc bị chặn

đoạn [  ; ] chuỗi Fourier hội tụ điểm  đến tổng S(x):

0 n n

n

S(x) a (a cos nx b sin nx) 



   (4.6.7)

Hơn nữa,

nếu x điểm liên tục f(x),

f (x)

S(x) f (x 0) f (x 0)

 

    

 

nếu x điểm gián đoạn f(x) Lưu ý Để đơn giản, ta viết công thức (4.6.7) dạng

0 n n

n

f (x) a (a cos nx b sin nx) 



   (4.6.8) với ý nêu

Ví dụ 4.21. Khai triển thành chuỗi Fourier hàm số f(x) tuần hoàn chu kỳ

2 biết đoạn [  ; ] f(x) = x

Ta nhận thấy hàm thỏa mãn moi điều kiện Định lý Diriclet,

vậy khai triển thành chuỗi Fourier Ta có

n

1

a f (x) cos nx dx 0, n 0, 1, 2, 



  

(179)

-

n n

0

n

2

b x sin nx dx ( 1) , n 1, 2, n

1 sin nx

f (x) sin x sin 2x sin 3x ( 1)

2 n





    



 

         

 



Lưu ý x   tổng chuỗi

 

1

S( ) f ( 0) f ( 0)

       

Tương tự, S( ) # Nhận xét. Nếu hàm f(x) tuần hồn chu kỳ 2

a

f (x) dx f (x) dx, a

 

 

  

   (4.6.9) Vậy, tính hệ số Fourier, ta lấy tích phân đoạn có độ

dài 2

c Khai triển Fourier hàm tuần hoàn chu kỳ 2

Giả sử hàm f(x ) tuần hoàn chu kỳ 2, đơn điệu khúc, bí chặn Bằng phép đổi biến

x xx x (x :   x :    ; dx dx ),

 

 

  

ta f (x)f xF(x ) 

 



Thế F(x ) hàm tuần hoàn chu kỳ 2, đơn điệu khúc, bị chặn

Vậy ta khai triển thành chuỗi Fourier:

0

n n

n

a

F(x ) (a cos nx b sin nx )





    

hay

0

n n

n

a n x n x

f (x) a cos b sin





 

 

    

 

   (4.6.10)

trong

0

n

1

a F(x ) dx f (x) dx,

1 n x

a F(x ) cos nx dx f (x) cos dx, 

 



 

 

  



  

  



 

 



 

n

1 n x

b F(x ) cos nx dx f (x) sin dx, n 1, 2, 

 



  

  

  

 

  (4.6.11)

(180)

-

Giải. Hàm f(x) tuần hoàn chu kỳ  Hơn nữa, hàm lẻ, nên

n

b 0,  n 0, 1, Theo (4.6.10),

/2

/2 /2

n

/2

0

n

1

a cos x dx /

2 n x

a f (x) cos dx cos x cos 2nx dx

/ /

4

(cos (2n 1)x cos(2n 1)x) dx

4 ( 1)

, n 1, 2, 4n





 

 



 

 



 

  

   





  

 



 



Vậy n

2 n

2 cos 2nx cos x ( 1)

4n 





  

   

Vì hàm f (x) cos x liên tục nên công thức với x #

d Khai triển hàm số thành chuỗi Fourier

Giả sử f(x) hàm đơn điệu khúc, bị chặn [a; b] Ta xây dựng

hàm số g(x):

- Tuần hoàn chu kỳ T2b a ; - Đơn điệu khúc, bị chặn;

- g(x)f (x),  x [a; b]

(Có nhiều hàm vậy) Ta gọi việc làm thác triển tuần hoàn hàm

f(x) cho

Khi hàm g(x) khai triển thành chuỗi Fourier, tổng chuỗi

f(x) điểm liên tục hàm f(x)

Đặc điểm chuỗi thu là:

+ Nếu hàm g(x) chẵn: Chuỗi gồm toàn hàm số cosin;

+ Nếu hàm g(x) lẻ: Chuỗi gồm toàn hàm số sin Ví dụ 4.23. Cho hàm số f (x) 1, x

2 x, x

 

  

  



Hãy khai triển hàm thành chuỗi Fourier cho chuỗi thu

a) chứa hàm số sin; b) chứa hàm số cosin

Giải. i Xét hàm g(x) , tuần hoàn chu kỳ f (x), x [0; 2]

g(x)

f ( x), x [ 2; 0]

 

 

   



Hàm đơn điệu khúc, bị chặn, tuần hồn chu ký nên khai

triển thành chuỗi Fourier Hơn nữa, hàm g(x) lẻ nên chuỗi chứa hàm số

sin

n

(181)

-

2

n

2

1

2

0

k

2

1 n x n x

b g(x)sin dx f (x) sin dx

2 2

n x n x n

sin dx (2 x) sin dx sin

2 n (n )

2

( 1) , n 2k n (2k 1)

2

, n 2k

n 



 

 

  

     

 



   

 

  

 

 

  

 

Vậy

n

2

n n

2 n x ( 1) (2n 1) x

g(x) sin sin

n n (2n 1)



 

 

   

 

   

(*)

Trên đoạn [0; 2], tổng chuỗi f(x)

ii Bây đặt g(x) f (x), x f ( x), x

 

  

   



Hàm g(x) chẵn, bn 0, n 1, 2, Ta tính a n Từ ta

2 2

3 x 2 x x

g(x) cos cos cos

4 2

2 x x x cos cos cos

2 2

4

  



    

 

   

   



(**)

Vì g(x) liên tục nên đồng thức xảy với x Từ khai triển khai triển f(x) [0; 2] #

Nhận xét. i Chuỗi hàm số (*) có hệ số cỡ

n, chuỗi hàm số (**) có hệ số cỡ 12

n Chuỗi (**) hội tụ nhanh

ii Người ta chứng minh rằng, hàm f(x) liên tục hệ số

Fourier có cấp VCB ,

n   Từ chuỗi Fourier hội tụ Trái lại, hệ số Fourier hàm gián đoạn có cấp VCB

n ??

e Một số ứng dụng (Tính tổng chuỗi)

Ví dụ 4.24. Cho hàm số f(x) tuần hoàn chu kỳ 2, f (x)x2 với

x [   ; ] Hãy khai triển hàm f(x) thành chuỗi Fourier Dựa vào tính

n

2 2

n n n

1 1

a) ( 1) ; b) ; c)

n n (2n 1)

  



  



  

(182)

- Nó hàm chẵn, bn 0, n1, 2,

2 2 n

0 n 2

0

2 2

a x dx ; a x cos nx dx 4( 1)

3 n

 

      

 

2

n n

cos nx f (x) ( 1)

3 n







    

Các tổng riêng S2 S c6 chuỗi thể Hình 4.3

2

n

a n

1

* x : f (0) ( 1) S

3 n 12





 

       

2

2 n

2

n n

cos n

* x : f ( ) ( 1)

3 n n

 

 

  

           

2

2 b

1

S

3

   

     

 

 

 

2

c a b

1

* S S S

2



  

Hình 4.4 Các tổng riêng S2 S6 chuỗi Fourier

của hàm yx2 đoạn [  ; ]

Ta ghi lại kết đẹp đẽ để sử dụng sau

2

3 2

1 1

1 ,

6

1 1

1 ,

12

1 1

1

6



    



    



    

(183)

- TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Tô Văn Ban, Giải tích - Những tập nâng cao, Nxb Giáo dục, 2005 [2] Trần Bình, Giải tích 1, Nxb Khoa học Kỹ thuật, 2006

[3] Trần Bình, Bài tập giải sẵn Giải tích, Nxb Khoa học Kỹ thuật, 2007

[4] Dương Minh Đức, Phương pháp học toán đại học - Tập 1, Nxb Giáo dục, 2001

[5] W.J.Kaczkor, M.T Novak, Bài tập giải tích 1, Nxb Đại học Sư phạm, 2003 (Tiếng Việt)

[6] Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy, Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nxb Giáo dục, 2003

[7] Lê Ngọc Lăng, Nguyễn Chí Bảo, Trần Xuân Hiển, Nguyễn Phú Trường, Ơn thi học kì thi vào giai đoạn 2, Nxb Giáo dục, 1997

[8] Y.Y.Liasko và…, Giải tích tốn học - Các ví dụ toán, Nxb Đại học THCN, 1978 (Tiếng Việt)

[9] J M Monier, Giáo trình Tốn - Tập 1, 2, - Giải tích 1, 2, 4, Nxb Giáo dục (Tiếng Việt)

[10] V Nhi-e-mưt-ski, M Slut-ska-i-a, A.Tre-ka-xôp, Giáo trình giải tích tốn học, Tập I, Tập II, Nxb Giáo dục, 1964 (Tiếng Việt)

[11] Pơlya.G, Tốn học suy luận có lí, Nxb Giáo dục, 1968 (Tiếng Việt) [12] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh, Toán học cao cấp (T2,3), Nxb Giáo dục, 1997

[13] R Adams, Calculus: A Complete Course, Addison Wesley, 1991

[14] Jon Rogawski, Calculus (Early Transcendentals), W.H.Freeman and Co, 2007 [15] J Stewart, Culculus, Brooks Cole, 4th edi 2005, edi 2007

[16] Н В БОГМОЛОВ, ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ВЫСШЕЙ МАТМАТИКЕ, ИЗ "ВЫСШАЯ ШКОЛА", МОСКВА, 1967

(184)

- Bộ mơn Tốn 28 - 03 - 2010

CẤU TRÚC ĐỀ THI, CÁCH THỨC CHO ĐIỂM Mơn học: Giải tích

Học phần: Giải tích

Câu số Về phần Số điểm

Câu Lý thuyết 2đ

Câu Chương 1: Giới hạn, liên tục 2đ

Câu Chương 2: Đạo hàm 2đ

Câu Chương 3: Tích phân 2đ

Câu Chương 4: Chuỗi 2đ

Điểm thi 10đ

Điểm trình 10đ

Điểm chuyên cần 10đ

Tổng điểm = điểm chuyên cần x 10% + điểm trình x 20% + điểm thi x 70%

10đ

Tài liệu tham khảo cho mơn Giải tích I

STT Tên tài liệu Tác giả NXB Năm XB

1 Tốn học cao cấp (T2,3) Nguyễn Đình Trí … Giáo dục 2007

2 Giải tích Trần Bình KH KT 2007

3 Bài tập giải tích Nguyễn Xuân Viên HVKTQS 2006

4 Bài tập Giải sẵn giải tích I Trần Bình KH KT 2007 Calculus: A Complete Course R Adams Addison

Wesley

1991 Calculus (Early

Transcendentals),

Jon Rogawski W.H.Freeman and Co

2007 Giải tích - Những tập nâng

cao

Tơ Văn Ban Nxb GD 2005

8 Bài giảng Giải tích I Tơ Văn Ban Bài giảng

điện tử

(185)

- B Bài tập nhà

B Đề tập (tài liệu [3])

Chương I Giới hạn, liên tục *2[1(c,d); 3; 4; 8; 9; 12- 18; 20; 23; 33; 34]

*3[16; 18; 21; 22; 24; 25; 31 ; 32; 33; 34; 37; 38; 41; 43; 45; 48; 52; 54; 55(b,d); 58; 59; 62; 65; 69; 70; 72; 73]

Chương 2- Đ ạo hàm vi phân

*4[5; 7;; 12(c); 20; 28; 38; 40; 42; 43(c); 48; 50; 51(c); 53; 57; 60; 61; 67; 68; 70; 71; 75; 85(a,d); 89; 91; 92; 94; 96(a)]

*5[1; 5; 6; 12; 13; 15; 19; 24; 29; 38; 47; 51; 53; 63; 70; 86; 97; 100; 102; 103; 104; 105; 107; 108]

Chương Tích phân

*6[3; 7; 9; 13; 18; 24; 29; 31; 33; 45; 54; 62; 66; 67; 72; 77; 86; 103; 106; 120; 122; 127; 138; 151; 152; 157; 161; 167]

*7[ 3; 5; 13.3; 17; 18; 30; 36; 37; 44; 49; 57; 62; 74; 108; 110; 114; 119; 126; 130; 135; 136; 140; 141; 145; 148; 151; 165; 161; 167; 169; 181; 199; 205; 223; 252]

*8[4; 7; 13; 30; 35; 40; 41; 42; 47; 55; 64; 98; 104; 107; 108] Chương Chuỗi

*9[2; 9; 21; 30; 32; 38; 41; 47; 50; 54; 59; 61.3; 65; 69; 74; 78; 80; 85; 88; 92; 97; 104] *10[ 2; 8; 11; 15; 25; 29; 33; 37; 56; 63; 66; 70; 71; 75; 83; 84; 85; 87; 93; 97; 101;

108; 109; 112; 118; 121; 124; 127; 130; 131; 133] *11[ 4; 8; 10; 11.3; 13.1]

(b) Bổ sung - Tài liệu (2):

HƯỚNG DẪN ƠN TẬP BÀI TẬP GIẢI TÍCH I (26-03-2010)

Biến đổi: Nhân vào tử mẫu lượng thích hợp, nhân liên hợp, , đưa giới hạn để tìm GH

Thay tương đương cấp cần thiết, tìm GH Tìm số để hàm liên tục, khả vi

Xét liên tục (không điểm) hàm cho nhiều biểu thức

Biến đổi tổng riêng thành cơng thức đơn giản, tìm GH GH dạng1 , 0. ,

Thay tương đương ( cần thiết biến đổi trước), để tìm GH Tìm GH theo quy tắc L’Hospital, đạo hàm theo cận Tìm GH trái phải để xét liên tục

Dùng quy tắc L’Hospital trợ giúp xét liên tục GH dạng (A-A)/0

Dùng giới hạn hàm số để tìm giới hạn dãy số Đổi biến txx0 tìm giới hạn

0

x x

lim



f(x) Sự liên tục hàm cho nhiều công thức CI

Giới hạn điểm thường

2 2

1 n   n(n 1) / 2; 1 2  n n(n 1)(2n 1) / 6 

(186)

- Tổng tích phân

Tính vi phân điểm, số gia cho trước Tiếp tuyến đồ thị điểm cho trươc

Tiệm cận theo cách thông thường, dùng khai triển Đạo hàm hàm ngược; Đạo hàm hàm ẩn (cấp 2) Đạo hàm hàm phần nguyên với hàm khác Đạo hàm theo tham số đến cấp

Tính liên tục thơng qua đạo hàm

Tìm khai triển Mac lo ranh đến cấp hàm ẩn

Khai triển Macloirin đến cấp 3, dùng quy tắc ngắt bỏ VCB bậc cao Khảo sát vẽ đồ thị hàm số TĐ Đề

Khảo sát vẽ đồ thị đường cong cho dạng tham số Khảo sát, vẽ ĐT cách đưa TĐ cực

CII, III

Chứng tỏ hàm số thoả mãn định lý Roll, Lagrange Cauchy đoạn cho trước, tìm điểm c định lý

Tính TPBĐ: Đặt biến, phần, Đặt biến, tính TP bất định

Đặt biến, khảo sát hội tụ

Dùng BĐT tích phân, xét hội tụ dãy liên quan đến TP Tiêu chuẩn so sánh để xét hội tụ

Sự hội tụ tương đối, tuyệt đối, (dùng đặt biến để đơn giản cần) Chuyển dạng tham số (chủ yếu TĐ cực) tính độ dài ĐC, diện tích hình phẳng

Đạo hàm theo cận dùng quy tắc L'Hospital TP (xác định) hàm cho số biểu thức Đặt biến, dẫn hội tụ phân kỳ TP suy rộng Tách

A

1

a a B

I I

 

   

   ; khảo sát hội tụ I , I1 2 riêng (Quan trọng)

1

II I , TP phần với I1

1

II I , đổi biến với TP I2 để dùng BĐT tích phân Tách miền lấy TP thành đoạn thích hợp để CM

b a

0





Độ dài ĐC dạng tọa độ Đề Các, dạng tham số, (lưu ý tính đối xứng, cần chuyển TĐ cực)

Diện tích phần MP giới hạn đường cong kín dạng tham số Xét hội tụ, tính giá trị TP suy rộng

Diện tích hình phẳng giới hạn ĐC Đặt biến kiểu tọa độ cực

Diện tích hình phẳng giới hạn ĐC dạng TĐ cực CIV

Diện tích hình phẳng giới hạn ĐC, chuyển TĐ cực Diện tích mặt tròn xoay

Sự hội tụ chuỗi: lim an 0, so sánh, Leibnitz, tích phân, Chuỗi có số hạn tổng quát không dần đến

Tiêu chuẩn leibnitz

Đặt biến, đưa chuỗi lũy thừa (Lũy thừa hóa), khảo sát họi tụ C V

(187)

- Tìm miền hội tụ chuỗi Matlourin

Dùng khai triển biết, khai triển hàm số thành chuỗi Mac lo ranh; tìm miền hội tụ chuỗi

Khai triển hàm số thành chuỗi luỹ thừa u x x

 



Cho hàm số Tính đạo hàm f(n)(0)

Tìm khoảng hội tụ; tìm tổng chuỗi hàm (trong khoảng hội tụ) Sự hội tụ chuỗi hàm: Coi biến x tham số, khảo sát hội tụ chuỗi số

Khai triển hàm cách tính đạo hàm nó, khai tiển hàm đạo hàm, suy khai triển cần tìm

Đạo hàm hàm cho, khai triển hàm đạo hàm, tích phân vế

x

 để thu khai triển hàm cho Áp dụng: Tính tổng chuỗi số

Khai triển hàm thành chuỗi Maclaurin, tìm miền hội tụ chuỗi thu tính tổng; dùng khai triển quen thuộc

Tính đạo hàm tổng chuỗi Taylor (Maclaurin) x0 (tại 0)

Tính tổng riêng thứ giá trị cho trước

Tìm miền hội tụ, hội tụ tuyệt đối chuỗi lũy thừa Khai triển hàmđã cho thành chuỗi lũy thừa x +

Khai triển hàm tuần hoàn chu kỳ l biết hàm đoạn (-l/2; l/2) Tìm chuỗi Fourier hàm cho [0; ]

dạng tổng quát, dạng có sin, có cos Tính tổng chuỗi số thơng qua chuỗi hàm

CÂU HỎI LÝ THUYẾT Học phần GIẢI TÍCH I (10 – 2010)

Câu I.1

Phát biểu chứng minh bổ đề Bolzano-Weierstrass giới hạn dãy

2đ

Định lý (Bổ đề Bolzano-Weierstrass) Từ dãy số thực, bị chặn trích dãy hội tụ

Chứng minh. Cho dãy bị chặn {u } n a , b1 1:  n *,

1 n

a u b Đặt hb1a10 Rõ ràng đoạn [a ; b ]1 1 chứa vô hạn phần tử dãy {u } Chn ọn phần tử

1

n

u tùy ý dãy {u }n Như

1

1 n

a u b

Chia đôi đoạn [a ; b ] b1 1 ởi điểm (a1b ) / 21 , đoạn

1; 1

[a (a b ) / 2], [(a1b ) / 2; b ]1 1 Có đoạn chứa vô hạn phần tử dãy {u }n Gọi đoạn [a ; b ]2 2

Rõ ràng [a ; b ]2 2 [a ; b ];1 1 b2 a2 h ( b1 a1)

2



  

Chọn phần tử

2

n

u tùy ý {u }n cho n2 n1

2

n

u nằm đoạn [a ; b ]2 2 :

2

2 n

a u  b

(188)

- + [ak 1 ; bk 1 ][a ; b ]k k , bk 1 ak 1 bk ak hk

2

 



   

Chọn phần tử

k

n

u dãy {u }n cho nk nk 1

k

k n k

a u b (*) Dãy đoạn [a ; b ]k k lồng (nói cách khác, {a }, {b }k k hai dãy kề nhau) Theo định lý biết, tồn giới hạn chung chúng:

k k

klim a klim b

 

Theo định lý kẹp

k

n k

lim u



 (đpcm) Câu 1.2

Định nghĩa hàm liên tục điểm, khoảng, đoạn Chứng minh định lý triệt tiêu hàm liên tục

2đ ĐN Cho hàm số yf (x), x(a; b) Hàm gọi liên tục tai

0

x (a; b)nếu

0

0 x x

lim f (x )





Nếu f(x) liên tục điểm x0(a; b) gọi liên tục (a; b)

Nếu f(x) xác định [a;b], liên tục (a; b)

x a x b

lim f (x) f (a); lim f (x) f (b)

 

 

 

thì f(x) gọi liên tục [a; b]

Định lý Cho hàm số f(x) liên tục [a; b] f (a)f (b)0 Khi tồn

c(a; b) để f (c)0

Chứng minh Rõ ràng ta cần xét trường hợp f a  0 f b  Ta xây dựng hai dãy    cn , dn theo quy nạp sau

+ Đặt c0 = a; d0 = b Ta có f(c0) < < f(d0); d0c0 ba

+ Đặt u0 = (c0 + d0)/2 Nếu f(u0) = u0 điểm c phải tìm; dừng

trình Nếu f(u0) < đặt c1 = u0 d1 = d0 Nếu f(u0) > đặt c1 = c0 d1

= u0

Trên đoạn [c1;d1], f(x) liên tục; f(c1) < < f(d1); d1c1  ba/2

+ Giả sử phải tiếp tục trình trên, đặt u1 = (c1 + d1)/2 Nếu f(u1) =

u1 điểm c phải tìm; dừng trình

Nếu f(u1) < đặt c2 = u1 d2 = d1 Nếu f(u2) > đặt c2 = c1 d2 = u1

Trên đoạn [c2;d2] , f(x) liên tục; f(c2) < < f(d2); d2c2 ba/22

Tiếp tục trình Giả sử trình dừng lại bước thứ n đó, un

giá trị c lần tìm

Giả sử trình vơ hạn, ta có hai dãy kề    cn , dn (dãy đoạn [c ; d ]n n lồng nhau, co lại) Chúng có giới hạn chung c:

lim c lim dn c n

n n

 

  



Từ tính liên tục f(x) suy f c lim f c lim f dn f c

n n

n   



  



(189)

- Câu 1.3

Phát biểu chứng minh định lý Weierstrass hàm liên tục đoạn kín [a; b]

2đ Định lý Weierstrass Cho f(x) liên tục đoạn đóng [a; b] Khi bị chặn, đạt cận  

 

x a ; b

M Max f x



 cận

 

 

x a ; b

m Min f x





Chứng minh.

+ Trước hết ta chứng minh tập giá trị Jf x ,xa;b f(x) bị chặn Giả sử ngược lại, J không bị chặn, chẳng hạn, không bị chặn Khi

N*, xNa;b:fxN N

Dãy  xn bị chặn, theo Bổ đề Bolzano - Weierstrass, trích dãy xnk hội tụ: lim x x0 a;b

k n k

 

 

Vì f(x) liên tục x0 nên

     

  

 nk k k

k

0 lim f x lim n

x

f , mâu thuẫn Vậy J bị chặn

Tương tự, J bị chặn dưới, từ J bị chặn Đặt

Inff x ; M Supf x

m

b ; a b

; a



+ Bây ta chứng tỏ tồn t0a;b  ,f t0 M Thực vậy, theo tính chất Suprimum,

1/n, tna;b:M M1/n f tn M (*) Do tn,n1,2,  bị chặn, lại theo Bổ đề Bolzano - Weierstrass tồn dãy tnk hội tụ: lim t t0 a;b

k n k

 

 

Từ tính liên tục f(x) (*) suy f t lim f tnk M

k

0  

 

Như hàm f(x) đạt giá trị lớn M t0 Tương tự, f(x)

đạt giá trị nhỏ m Câu I.4

Định nghĩa hàm liên tục tập Chứng minh định lý Heine hàm liên tục tập com pắc (trên đoạn kín, giới nội)

2đ Định nghĩa. Cho I khoảng mở rộng (chứa đầu mút hay không) của hàm số f (x), xI Ta nói hàm số f(x) liên tục I nếu:

1

0, : x , x I

      cho x1x2   f (x ) f x )1   2   Định lý (Heine) Cho f(x) hàm liên tục đoạn [a; b], a, b Khi f(x) liên tục [a; b]

(Hàm liên tục đoạn kín, giới nội liên tục đó)

Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử ngược lại, hàm số f(x) liên tục [a; b] khơng liên tục

*

n n

0, n , u , v [a; b]:

(190)

- n n

n n

u v 1/ n (*)

f (u ) f (v ) (**)

         

Xét dãy {u }n Đây dãy bị chặn, theo bổ đề B – W, tồn dãy

k

n

{u } hội tụ

Xét dãy

k

n

{v } dãy {v }n Đây dãy bị chặn Lại theo bổ đề B – W, tồn dãy

ki

n

{v } hội tụ Rõ ràng, dãy

ki

n

{u } dãy dãy

k

n

{u }

k

n

{u } hội tụ nên hội tụ Ký hiệu

ki

n

{u } {u }n ,

ki

n

{v } {u }n , dãy hội tụ

Do (*), n n

n n

lim u lim v c [a; b]

 

    

Vì f(x) liên tục n

n

lim f (u ) f (c)





 

n n

lim f (v ) f (c)



 

n n n n

n n n

lim f (u ) f (v ) lim f (u ) f (c) lim f (c) f (v )

  

   

       ,

mâu thuẫn với (**) Mâu thuẫn chứng minh khẳng định định lý Câu 1.5

Phát biểu chứng minh định lý Rolle Phát biểu định lý Lagrange, định lý Cauchy

2đ ĐL Rolle. Cho hàm f(x) xác định liên tục đoạn [a; b], khả vi khoảng (a; b) f (a)f (b) Khi tồn điểm c(a; b) để f (c) 0

Chứng minh. Trước hết ta có bổ đề sau (định lý Ferma)

Bổ đề. Cho hàm số f(x) xác định khoảng (a; b) , đạt cực trị

c(a; b) khả vi c Khi f (c) 0

CM bổ đề. Giả sử c điểm cực đại f(x) Tồn giới hạn

1 x c

2 x c

f (x) f (c)

f (c) lim 0;

x c f (x) f (c)

f (c) lim

x c                     Vì f (c) 12 0 Vậy f (c) 0 Tương tự cho trường hợp c điểm cực tiểu

CM định lý. Vì f(x) liên tục đoạn [a;b] nên theo định lí Weierstrass, đạt giá trị lớn

 f x

Max M

b ; a

 giá trị nhỏ

 f x

Min m b ; a 

+ Nếu m = M f(x) = f(a) = const xa;b, kết luận định lý rõ ràng

+ Nếu m < M f(a) khác với hai giá trị m M, ví dụ

 a M

f  Vì f(x) đạt giá trị lớn nên tồn ca;b để f(c) = M

 c f a f b

f   nên c đầu mút a đầu mút b Vậy

a;b

c Theo định lý Ferma, f' c 0

(191)

- f (c) f (b) f (a)

b a



 



* Định lý Cauchy. Cho f(x), g(x) liên tục [a;b], khả vi khoảng (a;b), g x 0 , x a ; b Khi có điểm ca;bsao cho:

   

f b f a f c

g b g a g c

 

 



Câu I.6

Định nghĩa tích phân xác định theo cận biến thiên Phát biểu định lý giải tích (định lý tính liên tục, tính khả vi tích phân theo cận biên thiên) Chứng minh khẳng định thứ định lý

2đ

Định nghĩa. Cho f(x) khả tích đoạn [a; b] Khi  x [a; b], f(x) khả tích [a; x] Đặt

x a

(x) f (t)dt

 

gọi tích phân xác định với cận biến thiên Định lý.

(1) Nếu hàm f(x) khả tích [a; b] (x) liên tục [a; b]

(2) Nếu f(x) khả tích [a; b] liên tục tạix0[a; b] (x)khả vi x0 (x )0 f (x )0

(3) f(x) liên tục [a; b] (x) khả vi [a; b] (x)f (x),

x [a; b]

 

Nói cách khác, (x) nguyên hàm f(x) [a; b]

Chứng minh Để đơn giản trình bày ta giả sử x0(a; b) Xét h đủ nhỏ cho x0 h [a; b] Ta có

0 0

0

x h x x h x h

0

a a x x

(x h) f (t)dt f (t)dt f (t)dt (x ) f (t)dt

  

           

Theo định lý trung bình thứ

(x0h) (x )0  h (*) đó [m ; M ]  với

0 0 0

x [x ; x h] x [x ; x h]

   

 

Do [m ; M ]  [m; M] với

x [a; b] x [a; b]

 

  nên  bị

chặn Cho qua giới hạn ta

0 0

hlim[ (x0 h) (x )]0 hay (x)

 liên tục x0 Câu 1.7

Các định nghĩa tích phân suy rộng cuả hàm không bị chặn

Phát biểu tiêu chuẩn so sánh nói lên hội tụ, phân kỳ tích phân

2 đ * Giả sử f(x) xác định a;b, không giới nội lại lân cận điểm b khả tích a;b, 0đủ nhỏ Nếu tồn giới hạn (hữu hạn hay vô hạn)

b  

a

lim f x dx





 

(192)

- giới hạn gọi tích phân suy rộng (loại II) hàm f(x) [a;b], kí hiệu bf x dx

a

 hay   a ;b

f x dx



Nếu giới hạn hữu hạn, ta nói tích phân suy rộng b  

af x dx

 hội tụ; trái lại, giới hạn vơ hạn hay khơng tồn tại, ta nói tích phân suy rộng

 x dx f b a

 phân kì

* Tương tự, ta định nghĩa tích phân suy rộng (loại II) cho hàm f(x) không bị chặn mút trái a [a;b]

* Cho hàm f(x) xác định (a;b), không giới nội lân cận điểm a lân cận điểm b Nếu có điểm c a;b cho hai tích phân

 x dx f c a

 bf x dx c

 hội tụ, ta nói tích phân suy rộng (loại II) bf x dx a

 hội tụ giá trị

bf x dx a

 = cf x dx a

 + bf x dx c



Trái lại, hai tích phân phân kì, ta nói tích phân suy rộng (loại II) bf x dx

a

 phân kì

Định nghĩa không phụ thuộc vào việc chọn điểm trung gian c

Định lý. Giả sử f(x) g(x) hai hàm xác định [a; b) , không giới nội lân cận điểm b khả tích [a; b-] ,  0 đủ nhỏ

Giả sử  x [a; b), 0f (x)g(x) Khi đó: TP

b a

g(x)dx

 hội tụ

b a

TP f (x)dx

  hội tụ

TP

b a

f (x)dx

 phân kỳ TP

b a

g(x)dx

 phân kỳ Đặc biệt,

x b

f (x)

lim k (0 k )

g(x)





    TP

b a

f (x)dx



b a

g(x)dx



cùng hội tụ phân kỳ

* Nếu f(x) liên tục a;b  



     

 

x b

1 O x

f (khi xb)

 x dx f b a

 hội tụ với   1và phân kì với   Câu 1.8

Định nghĩa chuỗi đan dấu; định nghĩa hội tụ tuyệt đối, bán hội tụ Phát biểu chứng minh định lý điều kiện cần hội tụ chuỗi đan dấu Chuỗi Maclaurin hàm sơ cấp

2đ

Định nghĩa. Các chuỗi a1a2a3a4

a1a2a3a4 (ai0)

(193)

- Chuỗi n

n

a





 gọi hội tụ TĐ chuỗi n

n

a





 hội tụ; gọi HT không tuyệt đối hay bán hội tụ chuỗi n

n

a

 

 hội tụ chuỗi n

n

a

 



phân kỳ

Định lý. Cho chuỗi đan dấu a1a2a3 (an 0) Nếu  an dãy đơn điệu giảm đến chuỗi hội tụ Ngoài

n

1

n n

i

a

S a



   (*) CM a) S2k (a1a ) (a2  3a ) (a4   2k 1 a2k)

{S , n2n 1, 2, } dãy tăng

S2k a1(a2a ) (a3   2k 2 a2k 1 ) a 2na1 (**) Vậy {S }2k dãy bị chặn Từ hội tụ Đặt 2k

k

S lim S





2k 1 2k 2k 1 2k 2k 1

klim S  klim (S a  )klim S klim a  S

n

nlim S S

  Vậy chuỗi cho hội tụ b) Từ (**) ta thấy (*) với n chẵn Với n lẻ

S2k 1 a1(a2a ) (a3   2ka2k 1 ) a 1 (***) Vậy (*) xảy với n lẻ

2 n

x

3 2n

n

2 2n

n

x x x

e x

1! 2! n!

x x x

sin x x ( 1) x

3! 5! (2n 1)!

x x x

cos x ( 1) x

2! 4! (2n)!



       

        



        

  

2 n

n

3 2n

n

( 1) ( 1) ( n 1)

(1 x) x x x ( x 1)

2! n!

x x x x

ln(1 x) x ( 1) ( x 1)

2 n

x x x x

arctgx x ( 1) ( x 1)

3 2n





        

          

           



          



(Chỉ cần nêu khai triển trên) Câu I.9

Phát biếu định lý nói lên tính chất chuỗi lũy thừa khoảng hội tụ Chuỗi Maclaurin hàm sơ cấp

(194)

- Cho chuỗi lũy thừa n n

n

a x





 (1)

với khoảng hội tụ (-R; R) tổng chuỗi hàm S(x) (-R; R) Định lý 1. Chuỗi (1) hội tụ tuyệt đối điểm x : x0 0 R (Chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối khoảng hội tụ nó)

Định lý 2. Với [a; b] ( R; R) tùy ý, chuỗi (1) hội tụ [a; b] (Chuỗi lũy thừa hội tụ đoạn tùy ý nằm khoảng hội tụ nó)

Định lý 3. Tổng S(x) chuỗi lũy thừa (1) hàm số liên tục khoảng hội tụ ( R; R) Nếu chuỗi hội tụ mút trái (phải) khoảng hội tụ tổng S(x) liên tục phải (trái) mút

Định lý 4 Có thể lấy tích phân số hạng chuỗi lũy thừa (1) moị đoạn [a; b] nằm khoảng hội tụ (-R; R) nó:

b b

n n

a a

a x dx a x dx

                Đặc biệt,   x ( R; R)

x

n n n

n

n 0

a a

a x dx a x x x

2 n

                 

Chỗi vế phải có khoảng hội tụ (-R; R)

Định lý 5. Có thể lấy đạo hàm số hạng chuỗi lũy thừa (1) điểm khoảng hội tụ nó:   x ( R; R)thì

n n 1 2 n n

n

a x a 2a x na x

                 Chuỗi vế phải có khoảng hội tụ (-R; R)

Hệ quả. Có thể đạo hàm (hoặc tích phân) vơ số lần chuỗi lũy thừa khoảng hội tụ nó; chuỗi thu có khoảng hội tụ với khoảng hội tụ chuỗi cho

2 n

x

3 2n

n

x x x

e x

1! 2! n!

x x x

sin x x ( 1) x

3! 5! (2n 1)!

                    

2 2n

n

2 n

n

3 2n

n

x x x

cos x ( 1) x

2! 4! (2n)!

( 1) ( 1) ( n 1)

(1 x) x x x ( x 1)

2! n!

x x x x

ln(1 x) x ( 1) ( x 1)

2 n

x x x x

arctgx x ( 1) ( x

3 2n

(195)

BỘ MƠN: TỐN CHƯƠNG TRÌNH MƠN HỌC -

 Tên mơn học: GIẢI TÍCH

 Dùng cho hệ đào tạo: KỸ SƯ QUÂN SỰ DÀI HẠN

Hình thức giảng dạy

TT Tên phần, chương, mục Số

tiết LT BT TN BTL Chương I: Giới hạn, liên tục hàm biến 19 12 7

1 1.1 Số thực

Hệ tiên đề tập hợp số thực Các tính chất tập hợp (các loại

khoảng, tính chất Archimede, tính trù mật  )

Lực lượng tập hợp 

3

2 1.2 Giới hạn dãy số Hội tụ- Phân kỳ

Tính chất thứ tự dãy hội tụ Các phép toán dãy hội tụ

Dãy đơn điệu Dãy kề

Dãy định lý Bolzano-Weierstrass Dãy nguyên lý Cauchy Số e

5

3 1.3 Hàm số biến số Định nghĩa, đồ thị hàm số Hàm số hợp

Hàm chẵn, lẻ, tuần hoàn Hàm đơn điệu, hàm số ngược

Hàm lũy thừa, mũ, logarit, lượng giác (đọc), lượng giác ngược, hyperbol

2 1

4 1.4 Giới hạn hàm số Các định nghĩa

Các tính chất phép tốn giới hạn hàm số

Sử dụng VCB, VCL để tìm giới hạn

4 2

5 1.5 Sự liên tục Các định nghĩa Các tính chất sơ

Các tính chất hàm liên tục đoạn: Định lý Weierstrass, Định lý triệt tiêu hàm liên tục

Liên tục đều: Định nghĩa, Định lý Heine (Cantor) Hàm sơ cấp: Định nghĩa, tính chất

5

(196)

Định nghĩa, ý nghĩa hình học

Các tính chất đại số hàm khả vi điểm

Đạo hàm hàm hợp, đạo hàm hàm ngược Bảng đạo hàm (tự đọc) Đạo hàm theo tham số

Đạo hàm phía, đạo hàm vơ Vi phân: định nghĩa, ý nghĩa vi phân,

mối quan hệ hàm khả vi có đạo hàm, tính bất biến dạng vi phân cấp 1, ứng dụng vi phân cấp 2.2 Đạo hàm vi phân cấp cao

Các định nghĩa Quy tắc tính

2 1

8 2.3 Các định lý giá trị trung bình Định lý Rolle (Bổ đề Ferma)

Định lý Lagrange

Định lý Cauchy (không chứng minh) Quy tắc L’ Hospital khử dạng vô

định

3

9 2.3.Công thức Taylor

Thiết lập phát biểu định lý

Công thức Maclaurin hàm sơ cấp

2 1

10 2.4 Các ứng dụng

Quy tắc tìm cực trị, giá trị lớn nhất, bé (tự đọc)

Lồi, lõm, điểm uốn

Khảo sát hàm số yf (x) (tự đọc) Khảo sát đường cong cho dạng

tham số

Khảo sát đường cong cho dạng tọa độ cực

4 2

Chương 3: tích phân 18 10 8

11 3.1 Tích phân bất định Định nghĩa, tính chất

Bảng tích phân (tự đọc, lưu ý) Phương pháp tính TPBĐ: Biến đổi thơng

thường đưa TP bản, đổi biến , đặt biến, tích phân phần Tích phân phân thức hữu tỷ Tích phân số hàm vơ tỷ Tích phân hàm lượng giác

5

(197)

Các lớp hàm khả tích (khơng CM) Các tính chất TPXĐ: tính chất tuyến

tính, hệ thức Sac lơ, tính chất liên quan đến thứ tự, ĐL trung bình 1, 2, 13 3.3 Cách tính tích phân xác định

Tích phân xác định với cận biến thiên (định lý Giải tích) Cơng thức Newton - Lepnitz

Đổi biến số

Tích phân phần Tính gần TPXĐ

4 2

14 3.4 Ứng dụng Hai lược đồ áp dụng

Tính diện tích hình phẳng (tọa độ Descartes: tự đọc, tham số, tọa độ cực)

Độ dài cung, thể tích

Diện tích mặt tròn xoay (tự đọc) Tọa độ trọng tâm

Moment tĩnh, moment qn tính, cơng… (tự đọc)

2 1

15 3.5 Tích phân suy rộng Tích phân có cận vơ hạn

Các định nghĩa

Tiêu chuẩn hội tụ: tiêu chuẩn so sánh, tiêu chuẩn Cauchy, hội tụ tuyệt đối, bán hội tụ, tiêu chuẩn Diricle (giới thiệu)

Tích phân hàm khơng bị chặn Các địng nghĩa

Tiêu chuẩn hội tụ Đổi biến với TP suy rộng

4 2

Kiểm tra 2 2

Chương 4: Chuỗi 21 11 10

16 4.1 Chuỗi số

Định nghĩa, điều kiện hội tụ, tính chất chuỗi hội tụ

1

17 4.2 Chuỗi số dương

Định nghĩa điều kiện hội tụ Tiêu chuẩn so sánh

Tiêu chuẩn D’Alambert TC Cauchy Tiêu chuẩn tích phân

4 2

18 Chuỗi có dấu

Các định nghĩa HT tuyệt đối, bán HT Chuỗi đan dấu

Định dạng
Số trang	197
Dung lượng	3,42 MB