tài nguyên khoa toán tin

Noäi dung ñeà caäp ñeán moät soá khaùi nieäm cô baûn nhaát cuûa giôùi haïn daõy vaø chuoãi soá thöïc, tính lieân tuïc, pheùp tính vi phaân vaø tích phaân cuûa haøm soá moät bieán soá thö[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC ĐAØ LẠT

KHOA TOÁN - TIN HỌC Y Z

TẠ LÊ LỢI

GIẢI TÍCH 1

(Giáo Trình)

Lưu hành nội bộ

Đây giáo trìnhGiải tích 1dành cho sinh viên năm thứ ngành Toán hay ngành Toán Tin Nội dung đề cập đến số khái niệm giới hạn dãy chuỗi số thực, tính liên tục, phép tính vi phân tích phân hàm số biến số thực Để đọc giáo trình sinh viên cần biết chút lý thuyết tập hợp ánh xạ, với vài lý luận logic toán (e.g qui tắc tam đoạn luận, phương pháp phản chứng, phương pháp qui nạp) Giáo trình trình bày theo lối tuyến tính, người đọc lần đầu nên đọc phần theo thứ tự

Để đọc cách tích cực, sau khái niệm định lý sinh viên nên đọc kỹ ví dụ, làm số tập nêu liền Ngồi học tốn phải làm tập Một số tập chương nêu phần cuối giáo trình

Về nguyên tắc nên đọc phần giáo trình Tuy vậy, nêu số điểm cần lưu ý chương:

I Số thực - Dãy số Lần đầu đọc bỏ qua: khái niệm giới hạn trên, giới hạn (ở 2.4), tính khơng đếm R(mục 4.5)

II Giới hạn tính liên tục

III Phép tính vi phân Lần đầu đọc bỏ qua: khảo sát tính lồi (mục 4.5), vẽ đường cong (mục 4.7)

IV Phép tính tích phân Kỹ thuật tính tích phân (mục 1.4) nên đọc làm tập V Chuỗi số Có thể bỏ qua Định lý Riemann (mục 1.4)

Để việc tự học có kết tốt sinh viên nên tham khảo thêm số tài liệu khác có nội dung liên quan (đặc biệt phần hướng dẫn giải tập) Khó nêu hết tài liệu nên tham khảo, đề nghị tài liệu sau (bằng tiếng Việt):

[1] Jean-Marier Monier, Giải tích 1, NXB Giáo dục

[2] Y.Y Liasko, A.C Bôiatruc, IA G Gai, G.P Gôlôvac, Giải tích tốn học - Các ví dụ toán, Tập I Phần I (Tập II), NXB Đại học trung học chuyên nghiệp

Ngoài ra, sinh viên nên tìm hiểu sử dụng số phần mềm máy tính hỗ trợ cho việc học làm toán Maple, Mathematica,

Tạ Lê Lợi Mục lục

Chương I Số thực - Dãy số

1 Số thực

2 Dãy số

3 Các định lý 10

4 Các ví dụ 11

Chương II Giới hạn tính liên tục Hàm số 17

2 Giớ hạn hàm 25

3 Hàm số liên tục 31

Chương III Phép tính vi phân Đạo hàm - Vi phân 37

2 Các định lý 39

3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor 41

4 Một số ứng dụng 43

Chương IV Phép tính tích phân Nguyên hàm - Tích phân bất định 57

2 Tích phân xác định 67

3 Một số ứng dụng 75

4 Tích phân suy rộng 79

Chương V Chuỗi số Chuỗi số 85

2 Các dấu hiệu hội tụ 89

Chương đề cập đến tập số thực, tập cho nghiên cứu chương sau Phần nghiên cứu đến dãy số thực với khái niệm giải tích: giới hạnï

I Số thực

Tập hợp số hữu tỉ thuận tiện biểu diễn thực phép toán số, khơng đủ dùng Chẳng hạn, từ lâu người ta nhận thấy đườøng chéo hình vng vơ ước Nói cách số học, khơng có số hữu tỉ q mà q2 = 2, i.e √2 không số hữu tỉ Như vậy, ta cần mở rộng tập số hữu tỉ để có

thể đo hay biểu diễn độ dài Tập số thêm vào gọi số vô tỉ, cịn tập mở rộng gọi làtập số thực Có nhiều phương pháp xây dựng tập số thực Trong giáo trình ta dùng phương pháp tiên đề

1.1 Các tiên đề Tập số thực R trường số, thứ tự toàn phần đầy đủ, i.e Rthoả tiên đề sau:

• Tiên đề cấu trúc trường Trên Rcó phép cộng nhân:

+ :R×R→R, (x, y)→x+y

·: R×R→R, (x, y)→xy

Hai phép toán thỏa mãn:

∀x, y x+y = y+x (tính giao hốn)

∀x, y, z (x+y) +z = x+ (y+z) (tính kết hợp)

∃0,∀x, x+ = x (0gọi số không)

∀x,∃ −x x+ (−x) = (−xgọi phần tử đối x)

∀x, y xy = yx (tính giao hốn)

∀x, y, z (xy)z = x(yz) (tính kết hợp)

∃1= 0,∀x 1x = x (1gọi số một)

∀x= 0,∃x−1 xx−1 = 1 (x−1 gọi phần tử nghịch đảo củax)

∀x, y, z x(y+z) = xy+xz (tính phân phối)

• Tiên đề thứ tự TrênR có quan hệ thứ tự toàn phần ≤thỏa mãn: ∀x, y x≤y y≤x

∀x x≤x (tính phản xạ)

∀x, y x≤y, y≤x ⇒ x=y (tính đối xứng)

∀x, y, z x≤y, y≤z ⇒ x≤z (tính bắc cầu)

∀x, y, z x≤y ⇒ x+z≤y+z

∀x, y 0≤x, 0≤y ⇒ 0≤xy

Các khái niệm bị chặn cận làm rõ sau Trước hết ta có định lý sau (khơng chứng minh)

Định lý Tồn trường số thựcR

Tính theo nghĩa R trường số thực, tồn song ánh Rvà R bảo tồn phép tốn cộng, nhân bảo toàn thứ tự

Các ký hiệu thuật ngữ Dấu tổng: n

i=1

xi =x1+· · ·+xn Dấu tích: n

i=1

xi=x1· · ·xn

Phép trừ: x−y=x+ (−y) Phép chia: xy =xy−1

So sánh:

x≤ycịn viếty≥x, đọc “xbé hay bằngy” hay “ylớn hay bằngx” x < y hayy > xnếuu x≤y x= y, đọc “øx bé hơny” hay “y lớn x”

Nếu0< x, xgọi số dương Nếu x <0, xgọi số âm

Khoảng:

khoảng mở(a, b) ={x∈R:a < x < b},

khoảng đóng hay đoạn [a, b] ={x∈R:a≤x≤b}

Tương tự, định nghĩa khoảng nửa đóng, nửa mở[a, b),(a, b]

Biểu diễn hình học R biểu diễn đường thẳng, cố định gốc O ứng với số 0, cố định điểm1= ứng với số1, định hướng dương

là hướng từ đến Khi đó, điểm M đường thẳng tương ứng với số

thực gọi độ dài đại số OM (dương M phía đối với0, âm

nếu khác phía)

-0

t 1’ M >’

M<0 ’ 1.2 Supremum - Infimum

Tập A⊂R gọi làbị chặn nếuu tồn b∈R, chox≤b,∀x∈A

Khi đób gọi cận A

Tập A⊂R gọi làbị chặn nếuu tồn a∈R, cho a≤x,∀x∈A

Khi đóa gọi mộtcận A

Một tập bị chặn nếuu vừa bị chặn vừa bị chặn

b∗ gọi làcận củaA, ký hiệub∗ = supA, nếuub∗ cận bé củaA a∗gọi làcận củaA, ký hiệua∗ = infA, nếuua∗ cận lớn củaA Ví dụ ChoA={1

2,34,· · · ,2

n−1

2n ,· · · } Khi supA= 1,infA= 12

Ví dụ TậpA={q : qlà số hữu tỉ vàq2<2}là tập khác trống, bị chặn Theo tiên đề

về cận tồn tạia∗ = infAvàb∗ = supA thuộcR Tuy Alà tập tập số hữu tỉ nhưnga∗vàb∗đều khơng số hữu tỉ, khơng có số hữu tỉqmàq2 = 2

đầu 1.1 Vậy tiên đề thứ ba cận cốt yếu trường số thực Về mặt hình học, tậpR‘làm đầy’ chỗ trống tập số hữu tỉ đường thẳng Không thiết supA∈A hayinfA∈A Khi chúng thuộc A, ta định nghĩa: M phần tử lớn củaA ký hiệuM = maxA, nếuuM = supA vàM ∈A m phần tử bé củaA ký hiệum= minA, nếuum= infAvà m∈A

Bài tập: Cho A ⊂ R tập bị chặn Chứng minh: a = supA

khi alà cận Avà ∀ >0,∃x∈A:a− < x

1.3 Các tập N,Z,Q Tập số thực chứa tập số tự nhiên, tập số nguyên, tập số hữu tỉ ký hiệu định nghĩa tương ứng:

N ={n: n= hay n=

nlaàn

1 +· · ·+ 1} Z ={p: p∈Nhay −p∈N}

Q ={pq : p∈Z, q∈N, q= }/∼, quan hệ pq ∼ pq ⇔ pq−qp = 0 Các tính chất quen biết số bậc trung học chứng minh dựa vào tiên đề nêu

1.4 Trị tuyệt đối Chox∈R Trị tuyệt đối củax: |x|=

x x≥0

−x x <0

Tính chất Với số thực x, yta có:

|x| ≥0, |xy|=|x||y|, |x+y| ≤ |x|+|y| (bất đẳng thức tam giác) 1.5 Các hệ qủa Từ hệ tiên đề ta suy số hệ qủa quan trọng sau Nguyên lý Archimède Với x∈R, tồn n∈N, cho x < n

Chứng minh: Gỉa sử ngược lại: n ≤ x,∀n ∈ N Theo tiên đề cận tồn a= supN

Do định nghóa vềsup, tồn tạin0∈Nmàa−1< n0 Suy raa < n0+1∈N, vô lý

Bài tập: Chứng minh:

(1) Mọi x, y >0 tồn n∈N, cho x < ny

(2) Mọi x >0 tồn n∈N, cho 0< n1 < x

(3) Mọi x >0 tồn n∈N, cho n≤x < n+

Phần nguyên x∈R, ký hiệu định nghĩa:

[x] = số nguyênn thỏan≤x < n+

Tính trù mật số hữu tỉ R

Với x, y∈R,x < y, tồn r∈Q cho x < r < y

Với x∈R, với >0, tồn r∈Q, cho|x−r|<

Chứng minh: Hai phát biểu tương đương (?) Theo nguyên lý trên, tồn tạin∈N: 0< n1 < y−x

Tồn m∈N: m≤nx < m+ 1, i.e mn ≤x < mn+

Suy r= m+

n ∈Q, thoûa: x < r= m+

n =

m

n +

1

n < x+ (y−x) =y

Bài tập: Chứng minh tính trù mật số vơ tỉ trongR

Nhận xét Như vậy, tập số hữu tỉ tập số vô tỉ trù mật hay ‘dày đặc’ đường thẳng thực Phần cuối chương thấy tập số vô tỉ ‘nhiều hơn’ tập số hữu tỉ Căn bậc n số dương Với số thực x > n ∈ N\ {0} tồn

nhất số thực y >0, choyn=x.

Khi ta gọi y bậcncủaxvà ký hiệuy= √nx

Chứng minh: Xét tập A = {t ∈ R : tn ≤ x} Dễ thấy A = ∅ (vì chứa t = 0)

và bị chặn (bởi1 +x) Vậy tồn tạiy= supA

Ta chứng minh yn=x:

Giả sử yn < x Khi với0< h <1 ta có

(y+h)n≤yn+h(n

k=1

Cnkyn−k) =yn+h((y+ 1)n−yn)

Vậy chọn 0< h < (y+ 1)x−ny−n yn vàh <1, (y+h)n< x, i.e y+h∈A, mà y+h > y= supA, vô lý

Giả sửyn> x Lập luận tương tự ta tìm đượck >0, (y−k)n> x, i.ey−k

là chặn A bé hơny= supA, vô lý

Nhận xét Như Rcịn có phép tốn lấy căn, chẳng hạn √2,√3,√35,√416

Bài tập: Các số nêu trên, số vô tỉ? số hữu tỉ?

1.6 Tập số thực mở rộng R Trong nhiều trường hợp ta cần đến số ‘vô lớn’ Ký hiệu ∞gọi làvô tậpR=R∪ {+∞,−∞}

Qui ước: Với x∈R, −∞< x <+∞

x+ (+∞) = +∞, x+ (−∞) =−∞

x(+∞) = +∞ neáux >0, x(+∞) =−∞ neáux <0

x

+∞ =

x

−∞ =

Nhận xét Không thể định nghĩa hợp lý: ∞ − ∞, ∞, ∞∞

2 Dãy số 2.0 Khái niệm

Khi thực phép chia1 cho3 ta có số hạng: 0,3 0,33 0,333 0,3333 · · ·

Archile đuổi rùa chạy nhanh gấp đôi rùa nên khoảng cách rút ngắn dần:

1 12 212 213 214 · · ·

Thông tin lan truyền người biết sau lại thơng tin cho người khác:

1 22 23 24 · · ·

Daõy 0-1:

0 1 · · ·

Các dấu chấm chấm để số tiếp tục, tiếp tục Nhận xét

• Các ví dụ cho dãy có tính vơ hạn có thứ tự • Các số hạng dãy đầu ‘càng ngày gần’

3, số hạng dãy thứ nhì

‘càng ngày gần’ với Cịn số hạng dãy thứ ba ‘càng ngày

lớn’ Dãy cuối có số hạng giao động

2.1 Dãy số Một dãy số trongX ⊂R vơ hạn có thứ tự số X:

(xn)n∈N = x0, x1, x2, x3, · · ·

Một cách xác, dãy X ánh xạ x:N→X, n→xn=x(n)

Về mặt hình học, dãy biểu diễn đồ thị mặt phẳng R2, i.e

dãy điểm {(n, xn) : n∈N}

0

s

1

s

’ 2

s

’ 3

s

’ q s

’ q s

’ n

s

’

xn

q s

’ q s

’ q s

’

s s

s s

-+∞ 6

x

Tập số tự nhiên N = {0,1,2,· · · } vô hạn (nếu n ∈ N, n+ ∈ N) có thứ tự (0<1<2<3<· · ·), nên dùng để ‘đánh số’ số hạng dãy Thường người ta cho dãy số phương pháp:

•Liệt kê Ví dụ: dãy cho trên, dãy mã hoá bảng mãΣ ={0,1,· · ·, N} dãy có dạng (x0, x1, x2,· · ·), với cácxn∈Σ

• Đệ qui Ví dụ: Dãy xn=n!định nghĩa x0 = 1, xn+1= (n+ 1)xn (n≥1) Dãy đệ qui cấp 1: x0 ∈R giá trị đầu, xn+1 =f(xn) (n= 0,1,· · ·), đóf

một hàm số cho trước

Dãy Fibonacci: x0= 0, x1 = 1, xn+1=xn+xn−1 (n≥2)là dãy đệ qui cấp

Bài tập: Tính mười số hạng đầu dãy Fibonaci

Bài tập: Cho f(x) = √1 +x hayf(x) = 4λx(1−x) (λ∈ {0.7, 0.8, 0.9}) Hãy vẽ đồ thị dãy xn+1=f(xn), x0 =

Bài tập: Chứng minh tập số nguyên tố vô hạn Lập thuật tốn tính xn = số

ngun tố thứ n

Chú ý Ta ký hiệu phân biệt tập số{xn:n∈N}với dãy số(xn)n∈Nlà thứ tự

2.2 Giới hạn Điểm a∈R gọi giới hạn dãy số (xn)n∈N nếuu với >0,

bé tùy ý, tìm số tự nhiên N, đủ lớn phụ thuộc , cho n > N,

thì|xn−a|< , viết theo lối ký hiệu

∀ >0,∃N : n > N ⇒ |xn−a|<

Khi ta nói dãy (xn) hội tụ vềa ký hiệu

lim

n→∞xn=a hay limxn=a hay xn→a, n→ ∞

0

s

1

s

’ 2

s

’ 3

s

’ q s

’ q s

’ N

’

s

n

s

’ q s

’ q s

’ q s

’ q s

q s

q s

a+ a−a

-+∞ 6

x

Nhận xét

• Định nghĩa giới hạn dãy không phụ thuộc vào hữu hạn số hạng đầu dãy • Dễ thấy: nlim→∞xn=a nlim→∞|xn−a|=

•Về mặt hình học, điều có nghĩa đồ thị dãy tiệm cận với đường thẳng {(x, y) : y =a} trongR2

• Nếu (xn) hội tụ, giới hạn Thực vậy, avà b giới hạn

của(xn), thì|a−b| ≤ |a−xn|+|xn−b| →0, khin→ ∞ Vậy|a−b|= 0, haya=b

Bài tập: Xét xn = √1n , với n = 1,2,· · · Theo định nghĩa kiểm nghiệm

lim

n→∞xn= 0, cách điền tiếp vào bảng sau

1

10 1001 1.0001 1.0001.000

Nhận xét Nếu càng bé, thìN lớn, i.e 0< 1< 2 ⇒ N1 ≥N2

Để chứng minh nlim→∞xn = a ta cần đánh giá sai số |xn−a| Thường ta cần tìm

một bất đẳng thức dạng |xn−a| ≤f(N), n > N Từ tìm đượcN phụ

thuộcsao cho f(N)< Sau việc viết chứng minh hình thức:

‘ Với mọi >0 GọiN tìm Khin > N, ta có|xn−a| ≤f(N)< .’

Ví dụ

a) Để chứng minh nlim→∞n1p = 0, với mọip >0, tiến hành sau:

Ta nhận thấy n > N, ta có bất đẳng thức|n1p −0|= n1p < N1p

Vậy với > 0, chọn số nguyên N > p

1

, chẳng hạn N = [p

1

] + Khi n > N, thì|n1p −0|< N1p <

b) Chứng minh dãy (xn) = 0,3 0,33 0,333 0,3333 · · · → 13, viết sau:

Với >0 GọiN = [3/] Khi n > N, ta có

|xn−13|=|0,33 · · ·3 n laàn

−13|< 103n < 103N < N3 <

2.3 Dãy phân kỳ Dãy khơng hội tụ gọi dãy phân kỳ Có loại: • Loại dãytiến vơ dãy(2n)

Ký hiệunlim→∞xn= +∞, nếuu∀E >0,∃N :n > N ⇒ xn> E

Ký hiệunlim→∞xn=−∞, nếuu∀E >0,∃N :n > N ⇒ xn<−E

• Loại dãy giao động dãy 0-1 ví dụ Dãy loại có số hạng

tập trung gần số giá trị, gọi giới hạn riêng mà đề cập sau Ví dụ Ta có giới hạn quan trọng sau (xem chứng minh phần 4.1)

lim

n→+∞an=

        

0 neáu|a|<1

1 neáua=

+∞ neáua >1

giao động a≤ −1

2.4 Dãy - Giới hạn riêng Cho dãy (xn) Cho dãy tăng số tự nhiên n0< n1<· · ·< nk<· · ·, dãy(xnk)k∈N gọi mộtdãy dãy (xn)

Nói cách khác, dãy dãy cho qui tắc hợp dãy số tự nhiên tăng dãy (xn) :

N −→ N −→ R

k → n(k) =nk → xnk =xn(k)

dãy (1), dãy số hạng số lẻ dãy (−1) Vậy dãy có hai

giới hạn riêng và−1

Nhận xét Từ định nghĩa suy ra:

• Nếu dãy(xn) hội tụ vềa, dãy hội tụ a

• alà giới hạn riêng của(xn) với >0, tồn vô số số n∈N, cho|xn−a|<

Giới hạn trên, ký hiệulim sup

n→∞ xn= limn→∞xn= sup{a:alà giới hạn riêng của(xn)}

Giới hạn dưới, ký hiệulim infn→∞ xn= limn→∞xn= inf{a:alà giới hạn riêng (xn)}

Ví dụ

a) Cho xn= (−1)n Khi lim supxn= 1, cịn lim infxn=−1

b) Cho xn= (−1)nn Khi đólim supxn= +∞, cịn lim infxn =−∞

c) Cho xn= sinnπ2 Khi lim supxn= , lim infxn=

d) Dãy mưa đá: Cho giá trị đầu x0 ∈R Với n≥1, định nghĩa

xn=

3xn−1+ xn−1 lẻ

2xn−1 xn−1 chẵn

Chẳng hạn, với x0= 17 ta có dãy: 17,52,26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1,4,2,1,· · ·

Để ý số hạng dãy là1, sau dãy lặp: 1,4,2,1,4,2,1,· · · Bài tốn sau chưa có lời giải: với giá trị đầu x0, tồn tạin đểxn= ?

Nhận xét Từ định nghĩa ta có (xem tập): • Ln tồn tạilim supxn,lim infxn (có thể là∞)

• lim infxn≤lim supxn

• (xn) có giới hạn khilim infxn= lim supxn

•lim supxn=M hữu hạn với mọi >0, có vơ số số hạngxn> M−,

và có hữu hạn số hạng xn> M +

• lim infxn=m hữu hạn với mọi >0, có vơ số số hạngxn< m+

và có hữu hạn số hạng xn< m−

2.5 Tính chất giới hạn

(1) Tính bị chặn: Nếu(xn) hội tụ, tồn M cho |xn|< M,∀n

(2) Tính bảo tồn phép tốn: Giả sử (xn) (yn) dãy hội tụ Khi

daõy (xn+yn), (xnyn),

x

n yn

(giả thiết thêm nlim→∞yn= 0) hội tụ,

lim

n→∞(xn+yn) = limn→∞xn+ limn→∞yn, nlim→∞(xnyn) = limn→∞xnnlim→∞yn, nlim→∞ xn yn =

lim

n→∞xn

lim

n→∞yn (3) Tính bảo tồn thứ tự: Gỉa sử(xn) và(yn) dãy hội tụ với mọin đủ lớn xn≤yn Khi nlim→∞xn≤nlim→∞yn

lim

n→∞zn=a Khi nlim→∞yn=a

Chứng minh: Gỉa sử nlim→∞xn=avà nlim→∞yn=b

(1) Theo định nghĩa, với = 1, tồn tạiN, cho |xn−a|<1,∀n > N

GọiM = max{|x0|,· · ·,|xN|,|a|+ 1} Khi đó|xn|< M,∀n

(2) Ta dùng bất đẳng thức:

|(xn+yn)−(a+b)| ≤ |xn−a|+|yn−b|

|xnyn−ab| ≤ |xnyn−xnb+xnb−ab| ≤M|yn−b|+|b||xn−a|

Ngồi ra, b= 0, với =|b|/2, tồn N: |yn−b|<|b|/2, ∀n > N Vậy n > N, thì|yn|=|b−b+yn| ≥ |b| − |yn−b|>|b|/2 ta có bất đẳng thức

xn

yn − a b

= xnbby−yna

n

=xnbby−ab

n +

ab−yna byn

≤ |xn|y−a|

n| +

|a||b−yn|

|byn|

≤ |xn−a| |b|/2 +

|a||b−yn|

|b||b|/2

Khi n→+∞, vế phải vế trái bất đẳng thức → Suy tồn

tại giới hạn công thức (2)

(3) Gỉa sử n đủ lớn xn ≤ yn Gỉa sử phản chứng a > b Khi với = a−b

2 > 0, với n đủ lớn, ta có |xn−a| < |yn−b| < Suy

yn< b+= a+2b =a− < xn, điều trái giả thiết

(4) Với >0 Theo gỉa thiếtlimxn= limzn=a, suy tồn N1 cho:

|xn−a|< ,|zn−a|< , khin > N1

Theo gỉa thiết tồn N2 choxn≤yn≤zn,∀n≥N2 Khi n≥max(N1, N2), từ

các bất đẳng thức suy − < xn−a≤yn−a≤zn−a < , i.e |yn−a|<

Vậylimyn=a

Nhận xét

• Một dãy bị chặn chưa hội tụ, chẳng hạn dãy ((−1)n)

• Nếu dãy(xn),(yn)hội tụ xn< yn,∀n, nlim→∞xn≤nlim→∞yn

Bài tập: Chứng minh nlim→∞xn=a, nlim→∞|xn|=|a|vànlim→∞ p

|xn|= p

|a| Ví dụ Tính

a) nlim→∞3nn22−+ 43nn+ 6+ 2

b) nlim→∞√n(√n+ 2−√n+ 1)

Để tính giới hạn đầu, ý n2 (lũy thừa bậc cao nhất) vô lớn so với n,

nên ta đưa n2 làm thừa số chung: lim

n→∞

n2−3n+ 6

3n2+ 4n+ 2 = limn→∞n

2(1−3/n+ 6/n2)

Để tính giới hạn sau, ta nhân lượng liên hiệp để khử căn:

lim

n→∞ √

n(√n+ − √n+ 1) = limn→∞√n(

√

n+ 2−√√n+ 1)(√n+ +√n+ 1)

n+ +√n+ = limn→∞√n√(n+ 2)−(n+ 1)

n+ +√n+ = limn→∞

√n √n(1 + 2

n+

1 +

n)

= lim

n→∞

1

1 +

n+

1 +1

n

=

(lim1 +

n+ lim

1 +

n)

= √

1 +√1 =

3 Các định lý

Theo ngôn ngữ dãy số, tập số hữu tỉ khơng “đầy đủ” có dãy số Q không hội tụ số thuộcQ, chẳng hạn dãy xn = (1 + n1)n

Các định lý sau thể tính đầy đủ tập số thực R 3.1 Nguyên lý đơn điệu bị chặn

Một dãy đơn điệu không giảm bị chặn hội tụ, i.e

(xn≤xn+1,∀n)&(∃M, xn< M,∀n) ⇒ ∃limxn

Một dãy đơn điệu không tăng bị chặn hội tụ, i.e

(xn≥xn+1,∀n)&(∃m, m < xn,∀n) ⇒ ∃limxn

Chứng minh: Trước hết nhận xét (xn) không tăng bị chặn dưới, dãy

(−xn) khơng giảm bị chặn Vậy cần chứng minh cho trường hợp (xn)

không giảm bị chặn

Do giả thiết bị chặn suy a= sup{xn:n∈N}hữu hạn

Ta chứng minh limxn=a Cho >0

Theo định nghóa cận bé nhất: mọixn≤avà tồn tạixN choa− < xN

Từ tính đơn điệu khơng giảm, n > N, a− < xn ≤a < a+, i.e |xn−a|<

Vậy limxn=a

Nhận xét Nếu (xn)không giảm không bị chặn trên, limxn= +∞

Tương tự, (xn)không tăng không bị chặn dưới, limxn=−∞

3.2 Nguyên lý dãy đoạn lồng Cho dãy đoạn lồng In = [an, bn],

sao cho In⊃In+1, n∈N Khi tồn điểm chung cho In, i.e ∩n∈NIn=∅

Chứng minh: Từ gỉa thiết ta có an ≤ an+1 ≤ bn+1 ≤ bn Vậy dãy (an) không

tại a = liman limbn = b Hơn nữa, tính bảo tồn thứ tự, a ≤ b Rõ ràng

[a, b]⊂In,∀n

3.3 Định lý Bolzano-Weierstrass Mọi dãy bị chặn tồn dãy hội tụ Chứng minh: Ta tìm dãy hội tụ phương pháp chia đôi:

Gỉa sử a0 ≤xn ≤b0,∀n Chia đôi đoạn I0 = [a0, b0] Một hai đoạn chia chứa

vô số số hạng xn, gọi I1 Chọn n1, xn1 ∈I1 Tương tự, chia đơi I1 có

hai đoạn chứa vô số số hạngxn, gọi làI2 Chọnn2 > n1,xn2 ∈I2 Lặp lại cách

làm trên, ta có:

a)I0 ⊃I1 ⊃ · · · ⊃Ik b) Độ dài đoạnIklà b02−ka0 c)n1< n2 <· · ·< nkvàxnk ∈Ik

Theo nguyên lý dãy đoạn lồng tồn a∈Ik,∀k Ta có |xnk−a| ≤ b02−ka0 →0,

khi k→ ∞ Vậy dãy con(xnk)k∈N hội tụ a

3.4 Tiêu chuẩn Cauchy Dãy(xn) hội tụ (xn) dãy Cauchy, i.e

∀ >0,∃N : n, m > N ⇒ |xn−xm|<

Chứng minh: (⇐) Gỉa sử limxn = a Khi với > 0, tồn N: |xn−a| < /2,

∀n > N Vậy vớim, n > N, |xn−xm| ≤ |xn−a|+|xm−a|< /2 +/2 =

(⇒) Gỉa sử (xn) dãy Cauchy

Dãy(xn) bị chặn: với= 1, tồn tạiN choxN−1< xn< xN+ 1,∀n > N

ChọnM = max{|x0|,· · ·,|xN|,|xN|+ 1} Khi |xn| ≤M,∀n

Theo định lý Bolzano-Weierstrass, tồn dãy (xnk)k∈N hội tụ vềa

Ta chứng minh dãy(xn)hội tụ vềa: từ bất đẳng thức|xk−a| ≤ |xk−xnk|+|xnk−a|

Do nk ≥k, k→ ∞, nk → ∞ Khi đó|xk−xnk| → 0, dãy Cauchy;

|xnk−a| →0, dãy hội tụ a Vậy klim→∞xk=a

Nhận xét Trong thực hành, thường dùng tiêu chuẩn Cauchy dạng: |xn−xn+p| →0 , n→ ∞, với p= 0,1,· · ·

Như không cần biết trước đoán trước giới hạn (nếu có) dãy, tiêu chuẩn Cauchy thuận lợi để kiểm tra hội tụ dãy

4 Các ví dụ

4.1 Một số giới hạn a) lim

n→∞

1

np = (p >0)

b) nlim→∞√na= 1 (a >0)

c) nlim→∞√nn= 1

d) nlim→∞√nn! = +∞

f)nlim→∞an= nếu|a|<1và nlim→∞an= +∞ nếua >1 Chứng minh: a) Đã chứng minh

b) Trường hợpa≥1, xétxn= √na−1 Ta chứng minh limxn=

Theo công thức nhị thức Newton, xn≥0, ta có a= (1 +xn)n≥1 +nxn

Suy 0≤xn≤ a−n1 Từ tính chất sandwich limxn =

Trường hợp 0< a <1, áp dụng trường hợp cho 1a

c) Xét xn= √nn−1 Từ công thức nhị thức Newton suy n= (1 +xn)n≥ n(n2−1)x2n

Vaäy 0≤xn≤

√

2

√

n−1 Từ tính chất sandwich limxn= 0, i.e lim n

√n= 1. d) Từ bất đẳng thức n!>

n

3

n

(có thể chứng minh qui nạp), suy √nn!> n

3

Từ dễ suy giới hạn cần tìm

e) Vì a >1, a1p = +u (u >0) Theo công thức nhị thức Newton suy

(a1p)n= (1 +u)n> n(n−1)

2 u2

Suy limnp

an = lim



 n

(a1p)n  

p

=

f) Suy từ e) vớip=

4.2 Số e Hai dãy số sau hội tụ giới hạn

sn= +1!1 +2!1 +· · ·+n1! vaø tn=

1 +n1

n

Ký hiệu nlim→∞sn= limn→∞tn=e gọi làcơ số Neper

Chứng minh: Dãy (sn) tăng, sn = + + 11.2 + 1.12.3 +· · ·+ 1.21 n < +

1 +21 +212 +· · ·+2n1−1 <3 Vậy theo nguyên lý đơn điệu tồn tạilimsn=e

Ta có tn=

1 +n1

n

= n

k=0

n!

k!(n−k)!

nk = n k=0 k! n n

n−1

n .

n−k+

n

= n

k=0

k!

1−

n

.

1−k−1

n

Suy tn< tn+1 vàtn≤sn<3 Vậy tồn tạilimtn=e

Ta chứng minh e=e Dot

n≤sn, suy rae ≤e

Mặt khác, với n≥m, ta có tn = + + 2!1

1−

n

+· · ·+

n!

1−

n

.

1−n−1

n

≥ + + 2!

1−

n

+· · ·+

m!

1−

n

.

1−m−1

n

Khim cố định,n→ ∞, suy e ≥1 + +

2!+· · ·+

m! =sm

Chom→ ∞, ta cóe ≥e Mệnh đề elà số vô tỉ (e= 2,71828· · ·)

Chứng minh: Gỉa sử phản chứng e = mn ∈ Q Theo chứng minh trên, ta co

0< e−sn= (n+ 1)!1 +· · ·< n1!n

Khi 0< n!(e−sn)< n1 Don!e, n!sn số nguyên, bất đẳng thức vơ lý

4.3 Ví dụ Dùng tiêu chuẩn Cauchy, ta có:

a)xn=a0+a1x+· · ·+anxn , đó|x|<1và |ak|< M,∀k, dãy hội tụ

b) xn= +12 +· · ·+n1 dãy phân kỳ

Chứng minh: a) Ta có đánh giá

|xn+p−xn| = |an+1xn+1+· · ·+an+pxn+p| ≤ |an+1|x|n+1|+· · ·+|an+p||xn+p|

≤ M|x|n+1+· · ·+M|x|n+p≤M|x|n+1(1 +· · ·+|x|p)

≤ M|x|n+1 1− |x|

Suy khin→ ∞, |xn+p−xn| →0, với mọip, i.e (xn) dãy Cauchy nên hội tụ

b) Với n, m = 2n, ta có|xm−xn|= n+ 11 +· · ·+21n > 12 Vậy (xn) khơng thỏa

tiêu chuẩn Cauchy nên phân kỳ

4.4 Biểu diễn thập phân số thực Cho x ∈ R Khi dãy số nguyên a0= [x]∈Z, an= [10n(x−a0−a101 − · · · −10ann−−11)]∈ {0,1,· · ·,9}, thỏa

xn=a0+ a101 +· · ·+ 10ann → x , khin→ ∞

Nói cách khác, ta có biểu diễn x=a0, a1a2· · ·an· · ·

Suy tập số hữu tỉ trù mật R

Chứng minh: Đặta0= [x] Ta có a0 ≤x < a0+ 1, i.e 0≤x−a0<1

Khi đóa1= [10(x−a0)]∈ {0,1,· · · ,9} thỏa a101 ≤x−a0 < a110+

(Về mặt hình học, chia [0,1]thành mười đoạn nhau, x−a0 thuộc

trong đoạn đó)

Do 0≤x−a0− a101 < 101 , tồn tạia2∈ {0,1,· · ·,9}, 10a22 ≤x−a0− a101 < a210+ 12

Lặp lý luận trên, bước thứ nta có 0≤x−a0−10a1 − · · · −10ann < 101n

Vậy với xn xây dựng ta có 0≤x−xn< 101n Suy ralimxn=x

Nhận xét

• Biểu diễn thập phân số thực không Chẳng hạn,

1,000· · ·= 0,999· · · 0,5 = 0,4999· · ·

• Biểu diễn thập phân số hữu tỉ có độ dài hữu hạn có chu kỳ Chẳng hạn,

1

2 = 0,5,

3 = 0,333· · · , 0,123123123· · ·= 123× 103−1

Trong biểu diễn thập phân số vơ tỉ ln có độ dài vơ hạn khơng có chu kỳ 4.5 Tính khơng đếm R

Để xét đến số lượng phần tử tập ta có khái niệm lực lượng Hai tập X, Y

gọi lực lượng nếuu tồn song ánh từ X lênY Dễ thấy quan hệ ‘cùng

lực lượng’ quan hệ tương đương lớp tập Ba lớp đáng quan tâm: (1) Một tập gọi làhữu hạn nphần tử nếuu lực lượng với {1,2,· · ·, n} (2) Một tập gọi (vơ hạn) đếm nếuu lực lượng với N

Một song ánhN→X gọi phép đánh số thứ tự phần tử củaX

Một tập hữu hạn đếm gọi tậpkhông đếm

(3) Một tập gọi làkhông đếm nếuu tập vơ hạn khơng tập đếm Ví dụ Các tập 2N,Z,Qlà đếm đánh số thứ tự (Bài tập) Mệnh đề Rlà không đếm

Chứng minh: Ta chứng minh với a, b ∈R, a= b, khoảng [a, b] không đếm

Gỉa sử phản chứng đếm được, i.e [a, b] ={xn:n∈N} Chia đơi [a, b], có

đoạn I1, cho x1 ∈I1 Lại chia đơiI1, có đoạn I2, cho x2 ∈I2 Lặp lại

q trình này, ta có dãy đoạn lồng I1 ⊃I2 ⊃ · · · ⊃In⊃ · · ·, cho xn∈In

Theo nguyên lý dãy đoạn lồng nhau, tồn x∈ ∩n∈NIn Vậy x∈[a, b] Mặt khác,

theo cách xây dựng x=xn,∀n, nên x∈[a, b] Mâu thuẫn

Nhận xét Vậy nói số lượng số hữu tỉ nhiều so với số lượng số vô tỉ

Bài tập: Để hiểu thêm tập đếm được, chứng minh kết quả: • Một tập củaNlà không đếm

(Hd: Nếu X⊂N vô hạn, xây dựng ánh xạ từN lênX:

0→x0= minX, n→min(X\ {x0,· · ·, xn−1})

Rồi chứng minh ánh xạ song ánh)

•ChoXlà tập đếm vàf :X→Y tồn ánh Khi đóY khơng q đếm

(Hd: Xét ánh xạ m : Y → X, m(y) = minf−1(y) Chứng minh m song ánh từ

• TậpN2 đếm

(Hd: Phép đánh số theo đường chéo song ánh Cụ thể ánh xạ:

f :N2 →N, f(m, n) = (m+n)(m2 +n+ 1)+n )

-N 6 N r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r

rb b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b b

@ @ @ @ @ @ @ @ @ @ @ I @ @ @ @ @ @ @ @ @ I @ @ @ @ @ @ @ I @ @ @ @ @ @ I @ @ @ @ I

•Nếu(Xn)n∈Ilà họ đếm tập đếm đươc, hợp chúngX=∪n∈IXn

là đếm

(Hd: Ta có song ánhN→I,n→invà với mỗinmột song ánhN→Xn, m→fn(m)

VậyN2 →X,(m, n)→f

in(m) tồn ánh Rồi áp dụng tập thứ hai)

• Tập dãy số mà số hạng nhận giá trị0 hay1 không đếm

(Hd: Kết lạ? Để chứng minh dùng phản chứng: giả sử tập X nêu

đếm được, i.e có song ánh N→X, n→xn, với

x0 = x0,0 x0,1 x0,2 · · · · · ·

x1 = x1,0 x1,1 x1,2 · · · · · ·

x2 = x2,0 x2,1 x2,2 · · · · · ·

xn = xn,0 xn,1 xn,2 · · · xn,n · · ·

Dùng qui tắc đường chéo Cantor, xây dựng dãy y = (yn) sau: yn = xn,n = 0, yn = xn,n = Khi y vừa thuộc X (vì dãy có 0,1) vừa

không thuộcX (vìy =xn,∀n))

4.6 Cơng thức Stirling Đề đánh giá độ lớn n! ta có cơng thức sau (khơng

chứng minh):

n! =

n

e

n√

Hàm số mơ hình tốn học để mơ tả mối quan hệ đại lượng phụ thuộc vào đại lượng khác Chương đề cập đến khái niệm hàm số giới hạn hàm số, nhằm nghiên cứu mối liên quan biến đổi đại lượng Phần cuối nghiên cứu tính chất hàm số mà phụ thuộc nêu “liên tục”

1 Hàm số

1.1 Định nghĩa Mộthàm số (thực biến thực) ánh xạ

f :X →Y, x→y =f(x)

trong X, Y tập R Vậy với giá trị biến x ∈ X, có

nhất giá trị y=f(x)∈Y X gọi làmiền xác định f

f(X) ={y∈R: ∃x∈X, y=f(x)}gọi làmiền giá trị củaf

Thường hàm cho cách sau:

(1) Công thức: biểu thị phụ thuộc đại lượng y theo đại lượng x

công thức Chẳng hạn, y= 2πx, y=mx, y=mx2

Qui ước miền xác định, không xác định rõ, hiểu tập: {x∈R: f(x) có nghĩa (thực) }

Ví dụ Hàm f(x) =

√

x−1

x−2 có miền xác định

{x∈R:x−1≥0, x−2= 0}= [1,2)∪(2,+∞)

Đơi hàm cho nhiều biểu thức, hàm sau: Hàm phần nguyên: f(x) = [x] =nlà số ngun thỏa n≤x < n+

Hàm dấu (signum): f(x) = signx=

    

−1 neáux <0 neáux= +1 neáux >0

Hàm đặc trưng tậpD: χD(x) =

1 x∈D

0 x∈D

Bài tập: Tính[1,5], [−π], [e], [sinx], sign(−2), sign(264), sign(−[0,3])

(2)Đồ thị:f ={(x, y) :x∈X, y=f(x)} tập R×R=R2

Việc cho hàm đồ thị có thuận lợi mặt trực quan Biểu diễn hình học R2

là mặt phẳng với hệ tọa độ Descartes mà(0,0)đồng với gốc O, R×0 trục

Ox, cịn0×R trụcOylà đường thẳng vng góc Khi (x, y)∈R2

tương ứng 1-1 với điểm trêm mặt phẳng có hình chiếu vng góc lênOxlà(x,0)

và hình chiếu lênOy (0, y)

Như đồ thị hàm f tập mặt phẳng (thường đường cong), mà

nhìn vào ta có thơng tin hàm f (e.g tính tăng giảm, cực trị, nghiệm, )

s

O -x

6 y

s(x, f(x))

Để vẽ đồ thị hàm số ta thường dùng phương pháp sau:

- Vẽ trực tiếp: chấm số điểm đồ thị (x0, f(x0)),(x1, f(x1)),· · ·,(xn, f(xn))

trên mặt phẳng nối chúng lại đường thẳng hay đường cong Thường đường cong nhận “gần” với đồ thị f số điểm nhiều Phương pháp

thường dùng để vẽ đồ thị máy tính

- Vẽ qua việc khảo sát hàm số: học trung học, đề cập chương sau Phương pháp xác định điểm mang thông tin quan trọng hàm (miền xác định, cực trị, uốn, nghiệm, ) tính chất hàm miền (tăng, giảm, tiệm cận, )

Bài tập: Vẽ đồ thị hàm phần nguyên [x]và hàm dấu sign(x)

(3) Lập bảng: miền xác định hữu hạn Thường dùng thí nghiệm, thực nghiệm hay kinh tế

x x0 x1 · · · xn y y0 y1 · · · yn

Bài tập: Lập bảng phép hoán vị phần tử 1.2 Các phép toán hàm

Cộng-Trừ-Nhân-Chia: Cho f, g : X → R Khi định nghĩa hàm f ±g, fg, fg (nếu g(x)= 0,∀x∈X) cách tự nhiên sau:

Hàm hợp: Chof :X →Y g:Y →Z Khi hàm hợpg◦f :X→Z định nghĩa

laø g◦f(x) =g(f(x))

Hàm ngược: Cho f :X →Y song ánh Khi có hàm ngược f−1 :Y → X, định

nghóa f−1(y) =x ⇔ y =f(x)

Bài tập: Vẽ đồ thị hàm phần dư f(x) =x−[x]

Bài tập: Cho f(x) = [x] g(x) = sign(x) Tìm f ◦g g◦f Chúng có

nhau?

Bài tập: Chứng minh đồ thị hàm số ngược đối xứng với đồ thị hàm số qua phân giác thứ

1.3 Một số tính chất đặc biệt hàm

Hàm đơn điệu Hàm f gọi làkhông giảm (t.ư tăng) X neáuu

∀x1, x2∈X, x1 < x2 ⇒ f(x1)≤f(x2) ( t.ư f(x1)< f(x2))

Hàm f gọi làkhông tăng (t.ư giảm) X nếuu

∀x1, x2∈X, x1 < x2 ⇒ f(x1)≥f(x2) ( t.ư f(x1)> f(x2))

Ví dụ

a) Hàmf(x) =xn, với n∈N, hàm tăng trên[0,+∞)

b) Hàmf(x) = [x]và g(x) = sign(x)là hàm không giảm R

Bài tập: Tùy theon chẵn hay lẻ, xét tính đơn điệu củaf(x) =xn trênR

Hàm chẵn - Hàm lẻ ChoX tập đối xứng, i.e x∈X thì−x∈X

Hàm f gọi làhàm chẵn trênX nếuu f(−x) =f(x),∀x∈X

Hàm f gọi làhàm lẻ trênX nếuuf(−x) =−f(x),∀x∈X

Ví dụ Các hàm x2,cosx chẵn, cònx3,sinx lẻ R

Nhận xét Mọi hàm f tập đối xứng tổng hàm chẵn hàm

leû:

f(x) = 12(f(x) +f(−x)) + 12(f(x)−f(−x))

Bài tập: Chứng minh Đồ thị hàm số chẵn đối xứng qua trục tung Oy hàm số lẻ

đối xứng qua gốcO (xem tọa độ điểm đối xứng (x, y=f(x)))

-x 6

y

0

s(x, y) s

(y, x)

s

(−x, y)

s

(−x,−y)

s(x+T, y)

Hàm tuần hoàn Hàm f xác định X gọi tuần hoàn nếuu tồn T >

sao cho f(x+T) =f(x),∀x∈X

Khi số dương T nhỏ thỏa điều kiện gọi chu kỳ f

Nhận xét Nếux∈X, x+T ∈X Vậy x+nT ∈X với mọin∈N Hơn f(x+nT) =f(x)

Bài tập: Đồ thị hàm tuần hồn chu kỳ T có tính chất gì?

Ví dụ

a) Vớik∈Z\ {0}, hàm sinkx, coskx tuần hồn, có chu kỳ 2kπ

b) Hàm phần dư f(x) =x−[x]là tuần hồn, có chu kỳ là1

Bài tập: Chứng minh hàm đặc trưng tập Q: χQ, hàm tuần hồn khơng

có chu kỳ

1.4 Các hàm sơ cấp

• Các hàm số sơ cấp hàm: xα, ex, lnx, sinx, arctanx (hay lý

hiệu arctgx)

Sau ta nhắc lại tính chất chúng

Hàm exponent: exp(x) =ex= lim n→+∞

1 +x

n

n

(1) Miền xác định R, miền giá trị là(0,+∞)

(2) Tính chất cần nhớ: e0 = 1, ex+x

=exex

(3) Hàm đơn điệu tăng

Chứng minh: Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức:

1 +nt

n

−1≤ |t|(e−1) |t| ≤1 (∗)

Theo công thức nhị thức + t

n

n

= +t n k=1

Ck nt

k−1

nk , suy khi|t| ≤1, ta coù

1 +nt

n

−1 ≤ |t| n

k=1

Cnk|t|nkk−1 ≤ |t| n

k=1

Cnk|t|nkk−1

≤ |t| n

k=1

Cnkn1k =|t|

1 +n1

n

−1

≤ |t|(e−1)

Bây ta chứng minh (1) Cho x ∈ R Xét dãy xn =

1 +xn

n

Ta cần chứng minh (xn) có giới hạn

dãy bị chặn trên, gọiN ∈N, x≤N Khi xn≤

1 +Nn

n

≤

1 +n1

N.n

≤

1 +n1

n.N

≤3N

Vậy tồn tạiexp(x) = lim

n→+∞xn, x≥0 Khix <0, thì−x >0 ta có

1 +xn

n

= (1−

x2

n2)n (1−xn)n

Theo bất đẳng thức (∗), vớit= xn2, ta có nlim→∞(1−xn22)n= Từ tính chất giới hạn

thương lim

n→+∞

1 +nx

n

= exp(1−x) Vậyexp(x) xác định với mọix∈R Dễ thấy e0= 1 Ngoài ra, ta có

1 +x n

n

1 +x

n

n

1 +x+x

n

n =

1 + xx

n2(1 + x+x

n )

n

Chon→ ∞, áp dụng (∗) với t= xx

n(1 + x+x

n ), ta coù exex

ex+x = Vậy ta có (2)

Để ý ex >0 et >1 t > 0 Nếu x < x, ex−ex

=ex(1−ex−x ) <

Vậyex hàm tăng Hàm logarithm số tự nhiên: lnx hàm ngược hàm ex

Miền xác định (0,+∞), miền giá trị R Hàm đơn điệu tăng Tính chất cần nhớ: lne= 1, lnx+ lnx = lnxx

Hàm lũy thừa: xα (α∈R)

- Lũy thừa nguyên dương: với n∈N, xn=x· · ·x (tíchn lần)

Miền xác định R Khi nlẻ hàm tăng Khi n chẵn hàm giảm (−∞,0), tăng

trên[0,+∞)

- Lũy thừa ngun âm: với n∈N, x−n= xn

Miền xác định R\0 Khi nlẻ hàm giảm khoảng xác định Khi nchẵn

hàm tăng (−∞,0)và giảm trên(0,+∞)

-6

y =x2n

-6

y=x2n+1

-6

y=

x2n+1

-6

y =

- Hàm thức: với n∈N, √nx=xn1

Nó hàm ngược hàm lũy thừa nguyên xn Khi n lẻ, hàm có miền xác định R tăng Khinchẵn, hàm có miền xác định [0,+∞) vàtăng

-6

y= 2√nx

-6

y= 2n+1√x

- Lũy thừa hữu tỉ: vớim, n∈Z, n >0, xmn = (√nx)m

Miền xác định phụ thuộc nchẵn hay lẻ m dương hay âm

Bài tập: Tìm miền xác định hàm lũy thừa hữu tỉ miền đơn điệu - Lũy thừa vô tỉ: khiα số vô tỉ, xα =eαlnx

Miền xác định (0,+∞) Hàm tăng α >0 giảm khiα <0

Tính chất cần nhớ: (xx)α =xαxα Hàm mũ: ax =exlna (a >0)

Miền xác định R, miền giá trị (0,+∞) Hàm tăng a > giảm 0< a <1

Tính chất cần nhớ: ax+x

=axax

-x

6

y

r 1

y =ax (a >1)

-x

6

y

r

1

y=ax (0< a <1)

Haøm logarithm: logax= lnlnax ((a >0, a= 1)

Miền xác định (0,+∞), miền giá trị R Hàm tăng a > giảm 0< a <1

Tính chất cần nhớ: logax+ logax = log axx,

logax= logablogbx

logaxα =αlog ax

Haøm ax vaø log

-x

6

y

r

1

y= logax (a >1)

-x

6

y

r

1

y= logax (0< a <1)

Các hàm lượng giác: Có thể dùng vòng tròn lượng giác để định nghĩa hàm lượng giác Cho vòng tròn đơn vị hệ trục Descartes Mỗi x ∈ R ứng với điểm M đường trịn có độ dài cung từ(1,0)đếnM xmod2π Như vậy, giá trị x khác bội lần2π có chung điểm đường trịn Khi độ dài đại số

của hình chiếu M lên trục tung gọi sinx, lên trục hoành gọi làcosx

-6

0

−1

−1

M

]

s

x

cosx

sinx

Hàm sinx: Miền xác định R, miền giá trị [−1,1] Là hàm lẻ tuần hồn

chu kỳ2π

Hàm cosx: Miền xác định R, miền giá trị [−1,1] Là hàm chẵn tuần hồn

chu kỳ2π

Tính chất cần nhớ: sin2x+ cos2x= 1

Hàm tanx = cossinxx: Miền xác định với x = π2 +kπ, k ∈ Z, miền giá trị R Là hàm lẻ tuần hoàn chu kỳπ

-x

6

y

y= sinx

0 2π

r

1

r

−1

-x

6

y

y= cosx

0 2π

r

1

r

−1

Các hàm lượng giác ngược: Hạn chế miền đơn điệu hàm lượng giác, ta định nghĩa:

Haøm arcsinx: [−1,1]→[−π

2,

π

2], hàm ngược hàm sin : [−

π

2,

π

2]→[−1,1]

Hàm arccosx: [−1,1]→[0, π], hàm ngược hàm cos : [0, π]→[−1,1]

Hàm arctanx:R→(−π2,π2), hàm ngược hàm tan : (−π2,π2)→R Hàm arccotx:R→(0, π), hàm ngược hàm cot : (0, π)→R

-x

6

y

y = tanx

0 π

2

−π

2

-x

6

y

y= arctanx

0

π

2

−π

2

•Các hàm sơ cấp hàm lập thành số hàm sơ cấp phép toán số học (cộng, trừ, nhân, chia) phép hợp thành

Chẳng hạn, f(x) = 2x+√3x−ln(ln(ln(x2+ 1)))hayf(x) =√x2+e−xtan 5x

x−1 + sin(πx)

Cũng để ý hàm: ax,log

ax,cosx,tanx,cotx,arcsinx = arctan

x

√

1−x2

arccotx= π2 −arctanx,arccosx= arccot

x

√

1−x2

được xem không Sau hàm sơ cấp thường gặp khác:

Hàm đa thức: f(x) =a0+a1x+· · ·+anxn, vớia0, a1,· · · , an∈R cho trước

Ví dụ Hàm bậc một, nhưy = 2x+ Hàm bậc hai, y=x2+ 5x−1 Hàm bậc

ba, y=x3−3x+ 1

Hàm hữu tỉ: f(x) = PQ((xx)), vớiP, Q hàm đa thức

Ví dụ Hàm biến, y= xx−+ 11 Hàm bậc bậc 1, nhưy = xx2−+ 11

Các hàm Hyperbolic: hàm sau gọi hàm coshyperbolic, sinhyperbolic, tanhy-perbolic cotanhytanhy-perbolic

coshx= ex+2e−x, sinhx= ex−2e−x, tanhx= sinhcoshxx, cothx= coshsinhxx

Bài tập: Chứng minh công thức:

cosh2x−sinh2x= 1

sinh(x+y) = sinhxcoshy+ sinhycoshx

cosh(x+y) = coshxcoshy+ sinhxsinhy

Vẽ đồ thị hàm số 2 Giới hạn hàm.

2.1 Lân cận - Điểm tụ ChoX⊂Rvà a∈R

Một lân cận củaa khoảng tâm a: {x∈R :|x−a|< δ}= (a−δ, a+δ), với

δ >0nào

agọi làđiểm tụ củaX nếuu với lân cậnU củaa,U∩X\ {a} =∅, nói cách khác tồn dãy (xn) trongX\ {a}hội tụ a

Ví dụ Khoảng mở(a, b) có điểm tụ điểmx∈[a, b] Tập{n1 :n∈N}chỉ có điểm tụ

2.2 Giới hạn Cho f : X → R a điểm tụ X Hàm f gọi có giới hạn L∈Rkhixtiến tớia nếuu với >0 (bé tùy ý), tồn δ >0 (đủ bé, phụ

thuộcavà ) cho x∈X mà0<|x−a|< δ, thì|f(x)−L|<

Viết ký hiệu:

∀ >0,∃δ >0 :x∈X,0<|x−a|< δ ⇒ |f(x)−L|<

Khi ký hiệu xlim→af(x) =L hay f(x)→L, x→a

Về mặt hình học: Với mọi >0, tồn tạiδ >0sao cho đồ thị củaf khix∈(a−, a+)

Nhận xét Các nhận xét sau xem tập:

• Định nghĩa theo ngôn ngữ epsilon-delta Cauchy tương đương với định nghĩa theo ngôn ngữ dãy Heine:

∀xn∈X\ {a},nlim→∞xn=a ⇒ nlim→∞f(xn) =L

• Ta có: xlim→af(x) =L ⇔ xlim→a|f(x)−L|=

• Giới hạn có

• Tiêu chuẩn Cauchy: Tồn xlim→af(x)

∀ >0,∃δ >0 :x, x ∈X,0<|x−a|< δ,0<|x−a|< δ ⇒ |f(x)−f(x)|<

Ví dụ

a) Chứng minh định nghĩa lim

x→0x

2 = 0: Với >0 bé tùy ý, chọn δ =√ Khi

đó với mọix mà|x−0|< δ suy |x2−0|< δ2=

b) Không tồn lim

x→0sin

x Dựa vào mệnh đề phủ định định nghĩa giới hạn theo

dãy tính giới hạn, ta tìm dãy, chẳng hạnxn= 2nπ1 ,xn= π

2 + 2nπ,

cùng tiến 0, dãy sin

xn = sin 2nπ = 0,sin

1

x

n = sin( π

2 + 2nπ) = khoâng

tiến giới hạn n→ ∞

c) Hàm khơng xác định a, có giới hạn đó: f(x) =xsinx1 có lim

x→0f(x) = 0, vì|f(x)−0|=|xsin

x| ≤ |x| →0, x→0

d) Hàm xác định a, có xlim→af(x)=f(a):

f(x) = [1− |x|]có lim

x→0f(x) = 0=f(0) =

2.3 Tính chất Cho f, g, ϕ : X → R a điểm tụ X Gỉa sử

lim

x→af(x) =L vàxlim→ag(x) =M Khi

(1) Tính bảo tồn phép tốn:

lim

x→a(f±g)(x) =L±M xlim→afg(x) =LM xlim→a f g(x) =

L

M (gỉa thiết M = 0)

(2) Tính bảo toàn thứ tự: Nếu gỉa thiết thêm f(x) ≤g(x) với x lân cận

cuûa a, L≤M

(3) Tính kẹp (sandwich): Nếu gỉa thiết thêmf(x)≤ϕ(x)≤g(x)với mọix lân

cận avà L=M, xlim→aϕ(x) =L

(4) Giới hạn hợp (đổi biến): Giả sử xlim→af(x) =L,lim

y→Lg(y) =A, tồn tạiδ >0sao

cho 0<|x−a|< δthìf(x)=L Khi lim

x→ag◦f(x) = limy→Lg(y) =A

Chứng minh: Dùng định nghĩa giới hạn theo dãy tính chất giới hạn dãy số

Bài tập: Cho f(x) =g(x) =

0 neáu x=

1 x= Chứng minh xlim→0g(f(x))= limy→0g(y)

2.4 Giới hạn hàm sơ cấp Nếu f hàm sơ cấp a thuộc miền xác định

của nó, xlim→af(x) =f(a)

Chứng minh: Do tính chất (1) (4) nêu trên, ta cần chứng minh cho hàm số sơ cấp

lim

x→aex=ea : Khi|x| ≤1, ta coù

1 +xn

n

−1≤ |x|(e−1)

Khin→+∞, ta có |ex−1| ≤ |x|(e−1) Vậy lim x→0|e

x−1|= 0, hay lim x→0e

x = 1

Suy ra, đổi biến u=x−a, ta có

lim

x→aex= limx→aex−aea = limu→0e

uea=ea

lim

x→asinx= sina: Ta coù 0≤ |sint| ≤ |t| Suy

|sinx−sina|=|2 cosx+2 asinx−2 a| ≤2|x−2 a| →0, x→a

Các giới hạn hàm lnx arctanx suy từ tính liên tục hàm ngược (sẽ

chứng minh phần sau)

Hệ qủa Nếu tồn xlim→af(x)>0 và= 1, vàxlim→ag(x)= 0, lim

x→af(x)g(x)= limx→af(x)limx→ag(x)

2.5 Giới hạn phía Chof :X→R

L gọi làgiới hạn phải(t.ư trái) f(x)khi x tiến anếuu

∀ >0,∃δ >0 :|f(x)−L|< ,∀x∈X,0< x−a < δ ( t.ư 0< a−x < δ)

Khi dùng ký hiệu

L=f(a+) = lim

x→a+f(x) = limx→a+0f(x) (t.ö L=f(a−) = limx→a−f(x) = limx→a−0f(x))

Trong định nghĩa phải giả thiết (a, a+δ)∩X=∅ (t.ư (a−δ, a)∩X =∅) với mọiδ >0

Ví dụ a) lim

x→0+ sign(x) = coønxlim→0− sign(x) =−1

b) lim

x→n+[x] =n, xlim→n−[x] =n−1, vớin∈Z

c) lim

x→1+

√

x−1 = 0, lim

x→1−

√

x−1không tồn miền xác định hàm không

chứa điểmx <1

Nhận xét Tồn lim

x→af(x)khi tồn xlim→a+f(x) = limx→a−f(x)

Bài tập: Chứng minh f đơn điệu trên(a, b), tồn lim

x→x+0 f(x) vaø xlim→x−0 f(x)

2.6 Giới hạn vô - Giới hạn vơ Có thể mở rộng khái niệm

a=±∞hayL=±∞

Một lân cận +∞ tập dạng (R,+∞), lân cận −∞ tập dạng

(−∞,−R), vớiR >0

Ta có định nghóa

lim

x→af(x) = +∞ ⇔ ∀E >0,∃δ >0 :f(x)> E,∀x∈X,0<|x−a|< δ

lim

x→af(x) =−∞ ⇔ ∀E >0,∃δ >0 :f(x)<−E,∀x∈X,0<|x−a|< δ

lim

x→+∞f(x) =L ⇔ ∀ >0,∃R >0 :|f(x)−L|< ,∀x∈X, x > R

lim

x→−∞f(x) =L ⇔ ∀ >0,∃R >0 :|f(x)−L|< ,∀x∈X, x <−R Bài tập: Nêu giả thiết cho điểm a đối vớiX định nghĩa

Bài tập: Nêu định nghóa cho ký hiệu sau:

lim

x→+∞f(x) = +∞,x→lim+∞f(x) =−∞,x→−∞lim f(x) = +∞,x→−∞lim f(x) =−∞ Bài tập: Nêu định nghóa cho ký hiệu lim

x→a+f(x) =∞,xlim→a−f(x) =∞

Ví dụ

a) Vớip >0, lim

x→+∞x

p= +∞ vaø lim x→0+

1

xp = +∞

b) Với a >1, lim

x→+∞ax= +∞ x→−∞lim ax = c) Với a >1, lim

x→+∞logax= +∞ vaø xlim→0+logax=−∞

d) lim

x→π

2+

tanx=−∞ vaø lim

x→π

2−

tanx= +∞

2.7 Dạng vô định Trong nhiều trường hợp ta khơng thể dùng tính chất tổng, hiệu, tích, thương để tính giới hạn phép tốn khơng có nghĩa, gọi dạng vơ định:

0 0,

∞

∞, 0.∞, ∞ − ∞, 00, 1∞, ∞0.

Khi ta phải tìm phương pháp khác để tính gọi khử dạng vơ định Ví dụ Một phương pháp để khử dạng vơ định nhân lượng liên hiệp

a) Tính lim

x→+∞

x2+ 7−x2−1 (dạng vô ñònh ∞ − ∞)

Ta nhân lượng liên hiệp, để khử dạng vô định:

lim

x→+∞

x2+ 7−x2−1 = lim

x→+∞

(√x2+ 7−√x2−1)(√x2+ +√x2−1)

√

x2+ 7−√x2−1

= lim

x→+∞

(x2+ 7)−(x2−1)

√

x2+ +√x2−1 = limx→+∞

8

√

x2+ +√x2−1

= lim

x→+∞

8 +∞ = b) Tính lim

x→1

3

√

x−1

Ta nhân lượng liên hiệp tử mẫu, để khử dạng vô định:

lim

x→1

3

√

x−1

√

x−1 = limx→1

3

√

x−1

√

x−1

(√3x2+√3x+ 1)

(√3x2+√3x+ 1)

(√x+ 1) (√x+ 1) = limx→1

x−1

x−1

(√x+ 1) (√3x2+√3x+ 1)

= lim

x→1

√

x+

3

√x2+√3x+ 1) =

√

1 +

3

√

12+√31 + 1) =

2

Ví dụ Một số giới hạn cần biết: a) lim

x→0 sinx

x =

b) xlim→∞(1 +x1)x= lim

x→0(1 +x)

1

x =e

c) lim

x→0

ln(x+ 1)

x =

d) lim

x→0

ax−1

x = lna

e) lim

x→0

(1 +x)p−1

x =p

Chứng minh: a) Khi0<|x|< π2, ta có|sinx|<|x|<|tanx|

Suy 1<sinxx< |cos1x| Áp dụng tính chất sandwich ta có giới hạn cần tìm

b) Cho (xn) dãy tiến đến +∞ Đặtnk= [xk] Ta có n k+ ≤

1

xk ≤

1

nk

Suy ra1 +n

k+

nk

≤

1 +x1

k

xk

≤

1 +n1

k

nk+1

Từ lim

k→∞

1 +1k

k

=evà tính chaát sandwich, suy x→lim+∞(1 +x1)x=e

Đổi biến áp dụng giới hạn vừa chứng minh, ta có

lim

x→−∞(1+

1

x)x= limy→+∞(1−

1

y)−y= limy→+∞( y

y−1)y = limy→+∞(1+

1

y−1)y−1(1+

y−1) =e

Tương tự, ta có lim

x→0(1 +x)

1

x = lim

y→∞(1 +

1

y)y =e

c) Đổi biến áp dụng b) ta có

lim

x→0

ln(x+ 1)

x = limx→0ln(x+ 1)

1

x = ln(lim

x→0(x+ 1)

1

x) = lne=

d) Đổi biếnu=ax−1, x= log

a(u+ 1) = ln(lnu+ 1)a Từ c) ta có

lim

x→0

ax−1 x = limu→0

ulna

ln(u+ 1) = lna

e) Đổi biến áp dụng c), d) ta có

lim

x→0

(1 +x)p−1

x = limx→0

epln(1+x)−1

x = limx→0

epln(1+x)−1

pln(1 +x)

pln(1 +x)

x

= lim

u→0

eu−1 u xlim→0

pln(1 +x)

Ví dụ Áp dụng giới hạn a) lim

x→0

1−cosx x2 = limx→0

2 sin2x

2

x2 = limx→012

sinx

2

x

2

2

= lim

u→0

sinu

u

2

= 12

b) xlim→∞

x−2

x−3

3x

= limx→∞

1 +x−1 3

(x−3) 3x x−3

= limu→∞

1 +u1

u lim

x→∞x3−x3

=e3

Bài tập: Từ giới hạn trên, tính: lim

x→0 tanx

x , xlim→0 sinkx

x , xlim→0 sinkx

sinlx, xlim→0(1+5x)

1

x

2.8 Ký hiệu o vaø O Choa∈Rhaya=±∞

Để so sánh hàm số lân cậna, người ta thường dùng ký hiệu sau: f(x)∼g(x) x→a, nếuu xlim→afg((xx)) = 1, nói f(x)và g(x) làtương đương

f(x) =o(g(x))khi x→a, nếuuxlim→afg((xx)) = 0, nói f(x)vơ bé so với g(x)

f(x) =O(g(x))khix→a, nếuu∃C >0 :|f(x)| ≤C|g(x)|, khix thuộc lân cận a

Vaäy f(x) =o(1), x→a ⇔ xlim→af(x) =

f(x) =O(1), x→a ⇔ f(x) bị chặn lân cận a

f(x) =g(x) +o(g(x)), x→a ⇔ f(x)∼g(x) x→a

Chú ý Để ý o(g(x)) O(g(x)) ký hiệu để lớp hàm, không hàm cụ

thể Thay viết f(x)∈o(g(x)), theo thói quen người ta viết f(x) =o(g(x))

Bài tập: o(g(x))−o(g(x)) =? O(g(x))−O(g(x)) =?

Có thể dùng so sánh để tính giới hạn: Bài tập: Chứng minh x→ata có:

Nếu f(x)∼f1(x), g(x)∼g1(x), f(x)g(x)∼f1(x)g1(x),fg((xx)) ∼ fg1(x)

1(x)

Tìm ví dụ f(x)∼f1(x),g(x)∼g1(x), f(x) +g(x)∼f1(x) +g1(x)

Bài tập: Chứng minh x→a ta có:

Nếu f(x) =o(ϕ(x)), g(x) =o(ϕ(x)), f(x)±g(x) =o(ϕ(x))

Nếu f(x) =O(ϕ(x)), g(x) =O(ϕ(x)), f(x) +g(x) =O(ϕ(x))

Nếu f(x) =o(ϕ(x)) vàg bị chặn f(x)g(x) =o(ϕ(x))

Nếu f(x) =O(ϕ(x)) vàg bị chặn f(x)g(x) =O(ϕ(x))

Ví dụ Khix→0, từ ví dụ trước ta có so sánh:

(1 +x)α = +αx+o(x) hay (1 +x)α ∼ 1 +αx

ex = +x+o(x) ex ∼ 1 +x

ln(1 +x) = x+o(x) ln(1 +x) ∼ x

sinx = x+o(x) sinx ∼ x

cosx = 1−x22 +o(x) cosx ∼ 1− x22

Ví dụ Khix→+∞, ta có:

(a0+a1x+· · ·+anxn)m1 ∼ a

1

m

n xmn (an= 0)

a0+a1x+· · ·+anxn

b0+b1x+· · ·+bmxm ∼

anxn

bmxm (an, bm = 0)

logax=o(xn) (a >1, n >0)

xn=o(ax) (a >1, n >0)

Ví dụ Có thể dùng so sánh tương đương để đưa giới hạn dạng đơn giản a) Để tính lim

x→0

√

1 +x−1

sin 2x , ta so saùnh

√

1 +x−1∼ x

2 vaøsin 2x∼2x khix→0

Vaäy lim

x→0

√

1 +x−1 sin 2x = limx→0

x/2 2x =

1

b) Để tính lim

x→0

ln(1 + sinx)

x+ tan3x , ta so saùnh ln(1 + sinx) ∼ ln(1 +x) vaø x+ tan3x ∼

x+x3∼xkhi x→0

Vaäy lim

x→0

ln(1 + sinx)

x+ tan3x = limx→0ln(1 +x x) =

Ví dụ Với n∈N, nđủ lớn, theo cơng thức Stirling, ta có n!∼

n

e

n√

2πn, suy n! =O(nn), an=o(n!).

3 Haøm số liên tục.

3.1 Định nghĩa Cho f hàm xác định tập X chứa a Hàm f gọi liên tục tạia nếuu xlim→af(x) =f(a)

Như f liên tục a, tương đương với điều sau

• Hàm f xác định tạia, tồn tạixlim→af(x) =L, vàL=f(a)

• Ngơn ngữ epsilon-delta: ∀ >0,∃δ >0 :∀x∈X,|x−a|< δ ⇒ |f(x)−f(a)|<

• Ngơn ngữ dãy: Mọi dãy(xn) X mà nlim→∞xn=a, thìnlim→∞f(xn) =f(a)

Hàm f gọi liên tục phải tạia nếuu lim

x→a+f(x) =f(a)

Hàm f gọi liên tục trái tạia nếuu lim

x→a−f(x) =f(a)

Nhận xét f liên tục tạiakhi f liên tục trái liên tục phải a

Một hàm khơng liên tục agọi hàm gián đoạn tạia

Mệnh đề Các hàm số sơ cấp liên tục miền xác định chúng

Chứng minh: Suy từ giới hạn hàm sơ cấp

Ví dụ

a) Hàmf(x) = 1x gián đoạn khơng xác định

b) Hàm f(x) = signx xác định 0, gián đoạn đó, lim

x→0−f(x) =

−1=f(0) =

c) Haøm f(x) = sinx

x , x= 0; f(0) =L Do xlim→0f(x) = limx→0 sinx

x = 1, nên f

liên tục 0nếu neáu =f(0) =L

d) Hàmf(x) = sinx1, x= 0 ;f(0) =L Khơng thể có giá trịLnào đểf liên tục

tại 0, không tồn lim

x→0sin

x

e) Haøm Dirichlet

D(x) =

0 x hữu tỉ

1 x vô tỉ

khơng liên tục điểm Thật với ahữu tỉ f(a) = 0, tính trù

mật tập sô vô tỉ R, tồn dãy (xn) gồm tồn số vơ tỉ hội tụ a, f(xn) = không hội tụ vềf(a) = Tương tự lập luận cho alà vơ tỉ

Bài tập: Xét tính liên tục hàm f(x) = xsin1

x x = 0; f(0) = hàm

phần nguyên g(x) = [x]

Hàmf gọi làcó gián đoạn loại I tạia nếuu tồn lim

x→a−f(x) =f(a

−)vaø lim

x→a+f(x) =

f(a+), có “bước nhảy” |f(a+)−f(a−)| = 0

Hàm gọi làcó gián đoạn loại II tạia có gián đoạn tạianhưng không gián

-x 6

y

liên tục

s

gián đoạn loại I

bước nhảy

các gián đoạn loại II 6

Bài tập: Xét hàm ví dụ có gián đoạn thuộc loại

Bài tập: Chứng minh hàm đơn điệu trên[a, b]chỉ có gián đoạn loại I

3.2 Tính chất

(1) Tổng, hiệu, tích, thương (với điều kiện mẫu khác 0) hàm liên tục alà

hàm liên tục

(2) Nếuf liên tục avàg liên tục tạif(a), hàm hợp g◦f liên tục tạia

(3) Nếu f liên tục avàf(a)> L, f(x)> L lân cậna, i.e tồn tạiδ >0sao chof(x)> L với mọixmà |x−a|< δ

Chứng minh: (1) (2) suy từ tính chất giới hạn hàm

(3) suy từ định nghĩa: Với = f(a)2−L, tồn tạiδ > cho |x−a| < δ, f(a)− < f(x)< f(a)+ Suy đóf(x)> f(a)−= f(a) +2 L > L+2 L =L

Ví dụ Cho f g hàm liên tục a Khi |f|,max(f, g),min(f, g)

liên tục a Thật vậy, |f| hợp hàm f hàm x→ |x| (là hàm liên tục điểm) Ngoài ra, ta cómax(f, g) = 12(f+g+|f−g|),min(f, g) = 12(f+g−|f−g|)

nên tính liên tục suy từ tính chất

Phần lại chương đề cập đến định lý hàm liên tục khoảng

Về mặt trực quan, định lý sau phát biểu liên tục khoảng, có đồ thị đường liền nét (khơng có bước nhảy) Một cách xác, ta có 3.3 Định lý giá trị trung gian(Bolzano-Cauchy) Cho f liên tục [a, b]

(1) Nếuf(a) vàf(b)trái dấu nhau, tồn c∈(a, b) cho f(c) =

-x 6

y

0 a1 =s a as2 as3 s

b4

s

a4

s

b1=b

b2

b3

f(a)

f(b)

Chứng minh: (1) Khơng tính tổng qt, giả sử f(a)<0< f(b) Ta dùng phương

pháp chia đơi để tìm nghiệm c phương trìnhf(c) = 0:

Chia đôi đoạn [a, b] điểm t= a+2 b Nếu f(t) = 0, c = t giá trị cần tìm

Cịn trường hợp:

- Nếu f(t)f(a)<0, đặta1 =a, b1 =t

- Nếu f(t)f(b)<0, đặt a1 =t, b1=b

Khi f(a1) f(b1) trái dấu Lặp lại cách chia đơi [a1, b1] Tiếp

tục q trình này, sau hữu hạn bước ta tìm giá trị c mà f(c) = 0,

hoặc ta có dãy đoạn lồng [an, bn], n ∈ N, mà bn−an = b2−na f(an)<0< f(bn) Theo nguyên lý dãy đoạn lồng tồn tạian< c < bn,∀n∈N

Ta chứng minh f(c) =

Do bn−an = b2−na → 0, n→ ∞, neân liman = limbn =c Do f liên tục c

và tính bảo tồn thứ tự, nên f(c) = limn→∞f(an)≤0 f(c) = limn→∞f(an) ≥0 Vậy f(c) =

(2) XétF(x) =f(x)−γ Khi đóF liên tục trên[a, b]vàF(a)F(b)≤0 Áp dụng (1)

ta coù c choF(c) =f(c)−γ= 0, i.e f(c) =γ

Nhận xét Phương pháp chia đôi chứng minh cho phép tìm nghiệm gần hàm liên tục đoạn

Bài tập: Tính gần đúng√2với sai số10−1, cách tìm nghiệmx2−2 = 0trên[1,2]

Hệ qủa Nếu hàm f liên tục trên[a, b]và a, blà hai nghiệm liên tiếp f(x) = 0, thìf khơng đổi dấu trên(a, b)

Hệ qủa Nếu hàm f liên tục đơn điệu tăng (giảm) [a, b], tồn hàm ngược f−1 liên tục trên[f(a), f(b)] (trên[f(b), f(a)])

Chứng minh: Rõ ràng f đơn điệu [a, b], song ánh từ [a, b] lên

f[a, b] Do định lý f[a, b] khoảng tính đơn điệu đầu mút

Để chứng minh tính liên tục f−1 y

0 ∈ [c, d], cho (yn) dãy tiến y0 Đặt

x0 =f−1(y0) xn =f−1(yn) Ta cần chứng minh xn →x0 Giả sử phản chứng

có dãy con(xnk) tiến vềx =x0 Dof đơn ánh, f(x)=f(x0) Mặt khác, dof

liên tụcf(xnk)→f(x) Nhưng dãyf(xnk) =ynk →y0 =f(x0), mâu thuẫn

Ví dụ

a) Mọi đa thức bậc lẻ có nghiệm (thực) Thật vậy, chof(x) =a0+a1x+· · ·+anxn,

với an = n lẻ Do x→−∞lim f(x) = −sign(an)∞ x→lim+∞f(x) = sign(an)∞,

nên tồn a <0< bsao cho f(a) f(b) trái dấu Theo định lý giá trị trung

gian tồn c∈(a, b) để f(c) = 0, i.e clà nghiệm f(x) =

b) Nếu f : [a, b] → [a, b] liên tục, tồn c : f(c) = c (điểm c gọi điểm bất động f) Thật vậy, xét hàm F(x) = f(x)−x F liên tục [a, b]

F(a) =f(a)−a≥0 cònF(b) =f(b)−b≤0 Theo định lý giá trị trung gian tồn

c∈[a, b], F(c) =f(c)−c= 0, i.e f(c) =c

3.4 Định lý max (Weierstrass) Nếu f hàm liên tục đoạn [a, b],

f bị chặn đạt max đoạn đó, i.e tồn α, β ∈ [a, b] cho

f(α) = max{f(x) :a≤x≤b}f(β) = min{f(x) :a≤x≤b}

Chứng minh: Giả sử phản chứng f khơng bị chặn Khi với n ∈ N, tồn xn ∈ [a, b] mà |f(xn)| > n Do dãy (xn) bị chặn, theo định lý

Bolzano-Weierstrass, tồn dãy (xnk)k∈N hội tụ c ∈ [a, b] Do f liên tục, ta có

|f(c)|= lim

k→∞|f(xnk)|= limk→∞nk= +∞ vô lý

Từ tính bị chặn giá trị M = sup{f(x) :a≤x≤b}và m= inf{f(x) :a≤x≤b} hữu hạn Ta chứng minh tồn tạiα, β chof(α) =M, f(β) =m Theo tính chất

của sup, với n∈N, tồn tạixn ∈[a, b]sao cho M −n1 < f(xn)≤M Lại theo

định lý Bolzano-Weierstrass, tồn dãy (xnk) hội tụ α Từ tính liên tục

f tính sandwich cho k→ ∞, ta có f(α) =M

Việc chứng minh tồn β cho f(β) =mtiến hành tương tự (bài tập)

Bài tập: Chứng minh hàm arctanx có supremum π

2 infimum −

π

2,

không có max,mintrênR

3.5 Liên tục Hàm f gọi làliên tục tậpX nếuu

∀ >0,∃δ >0 :∀x, x∈X,|x−x|< δ ⇒ |f(x)−f(x)|< Nhận xét Để hiểu rõ tính liên tục ta so sánh với tính liên tục: • Chỉ nói đến tính liên tục tập khơng điểm • Tính liên tục trênX suy tính liên tục trênX

•Tính liên tục khơng suy tính liên tục Ví dụ hàmf(x) =

x liên tục

khơng liên tục (0,+∞) Để chứng minh f không liên tục X, có

thể dùng mệnh đề phủ định định nghĩa liên tục

Cụ thể, ta tìm = 1, với 0< δ <1, tìm đượcxδ=δ, xδ = δ2 ∈(0,+∞)tuy

|xδ−xδ|< δ, |f(xδ)−f(xδ)|= 1δ ≥=

• Trong định nghĩa tính liên tục X, δ phụ thuộc , mà không phụ

thuộc x∈ X Điều khác với định nghĩa liên tục a, δ phụ thuộc

vào a, i.e khiathay đổi thìδ thay đổi

Bài tập: Chứng minh hàm f(x) = 1x liên tục abằng ngôn ngữ-δ Chứng tỏ với >0cố định, δ >0 phụ thuộc a Cụ thể,acàng gần 0, thìδ phải bé

3.6 Định lý tính liên tục (Cantor) Nếu f liên tục đoạn [a, b], f

liên tục đoạn

Chứng minh: Giả sử phản chứng f không liên tục [a, b] Khi tồn

>0sao cho với n∈N, tìm xn, xn∈[a, b], cho

|xn−xn|< n1 |f(xn)−f(xn)| ≥ (∗)

Do (xn)là dãy bị chặn, nên tồn dặy con(xnk)hội tụ vềc∈[a, b] Do|xnk−c| ≤

|x

nk −xnk|+|xnk −c| → 0, k → ∞ ta có (xnk) hội tụ c Do f liên

tục lim

k→∞f(xnk) = limk→∞f(x

nk) =f(c) Vậy |f(xnk)−f(xnk)|bé tùy ý khik đủ lớn

Chương nghiên cứu tính chất hàm xấp xỉ hàm tuyến tính lân cận điểm đóù: hàm khả vi Khái niệm cho phép nghiên cứu sâu tính chất địa phương hàm: tính đơn điệu, cực trị, tiệm cận, ; hay hình dạng đồ thị, đường cong, Để xấp xỉ hàm hàm đa thức bậc cao hơn, chương nêu lên công thức Taylor, xem công thức tảng phép tính vi phân hàm biến

1 Đạo hàm - Vi phân

1.1 Hàm khả vi Cho f : (a, b) → R Hàm f gọi khả vi x0 nếuu f có

thể xấp xỉ hàm bậc x0, i.e tồn tạiL∈R cho

f(x0+ ∆x) = f(x0) +L∆x+o(∆x), ∆x→0

hay laø f(x) = f(x0) +L(x−x0) +o(x−x0) , x→x0

-x

y

s

x0

f(x0)

y=f(x0) +L(x−x0)

Mệnh đề Hàmf khả vi tạix0 giới hạn sau tồn hữu hạn

L= lim

∆x→0

f(x0+ ∆x)−f(x0) ∆x

Chứng minh: Suy trực tiếp từ định nghĩa

Nhận xét Nếu f khả vi x0, f liên tục x0 Điều suy từ

f(x)−f(x0) =L(x−x0) +o(x−x0)→0, x→x0

Một hàm liên tục không thiết khả vi, chẳng hạn hàmf(x) =|x|ở ví dụ phần sau 1.2 Đạo hàm - Vi phân Hàm f gọi làcó đạo hàm x0 nếuu giới hạn mệnh đề

trên tồn (có thể vơ cùng) Khi giới hạn gọi đạo hàm củaf tạix0 ký hiệu f(x0), i.e

f(x

0) = lim∆x→0f(x0+ ∆∆xx)−f(x0) = limx→x

0

f(x)−f(x0)

Khi f(x

0) hữu hạn, hàm tuyến tính L:R→R, ∆x→L(∆x) =f(x0)∆x,

gọi làvi phân f tạix0 ký hiệu df(x0)

Nhận xét Nếu f(x) =x, f(x

0) = lim∆x→0(x0+ ∆∆xx)−x0 = 1,∀x0∈R.

Suy dx(∆x) = ∆x Vậy viết

df(x0) =f(x0)dx hay f(x0) = dxdf(x0)

Đơi ta cần khái niệm đạo hàm phía phải (trái) củaf tạix0, f

+(x0) = lim ∆x→0+

f(x0+ ∆x)−f(x0) ∆x

f− (x0) = lim ∆x→0−

f(x0+ ∆x)−f(x0) ∆x

Nhận xét Tồn f(x0) tồn tạif

+(x0), f− (x0) vàf+ (x0) =f− (x0) Ví dụ

a) Hàmf(x) =ex có đạo hàm f(x) =ex :

lim ∆x→0

ex+∆x−ex

∆x = lim∆x→0

ex(e∆x−1)

∆x =ex

b) Hàm f(x) = sinx có đạo hàm f(x) = cosx:

lim ∆x→0

sin(x+ ∆x)−sinx

∆x = ∆limx→0

2 cos(x+∆x ) sin

∆x

2 ∆x

= lim

∆x→0cos(x+ ∆x

2 ) lim∆x→0

sin∆x ∆x

2

= cosx

c) Hàm f(x) =|x|liên tục, không khả vi tạix0 = 0và có đạo hàm phía đó:

f(0 + ∆x)−f(0)

∆x =

|∆x|

∆x không tồn giới hạn khi∆x→0

Lấy giới hạn theo phía, ta có

f+ (0) = lim ∆x→0+

|∆x|

∆x = f− (0) = lim∆x→0−

|∆x|

∆x =−1

d) Hàm f(x) =√3x khơng khả vi tại0 có đạo hàmf(0) = lim

∆x→0

3

√

∆x

∆x =∞

1.3 Ý nghĩa đạo hàm Cho hàm y = f(x) xác định lân cận x0 Với

giá trịx gần x0, ký hiệu

∆x=x−x0 gọi làsố gia biến tạix0,

• Xấp xỉ bậc 1: hàm f khả vi x0 khi∆y =f(x0)∆x+o(∆x) Khi

vi phân f(x0)∆xlà xấp xỉ tuyến tính tốt cho ∆y lân cậnx0

Nói cách khác, hàm y = f(x0) +f(x0)(x−x0) xấp xỉ bậc tốt hàm y=f(x) lân cậnx0

• Hệ số góc tiếp tuyến: Trong hệ tọa độ Descartes vng góc xét điểm

M0(x0, f(x0)),M(x0+ ∆x, f(x0+ ∆x))trên đồ thị hàmf Khi tỉ số ∆y

∆x =Độ dốc củaM0M = tang góc tạo bởiM0M vàOx

Nếu f khả vi x0, đồ thị có tiếp tuyến tạiM0

f(x0) =Hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị f tại(x0, f(x0)) Phương trình tiếp tuyến y=f(x0) +f(x0)(x−x0)

• Vận tốc: Nếu f(x) biểu diễn quãng đường chuyển động thời điểm x,

thì tỉ số

∆y

∆x =Vận tốc trung bình thời gian∆x

Nếu f khả vi tạix0, thìf(x0) vận tốc tức thời chuyển động thời điểm x0

• Một cách tổng quát, đạo hàm f(x

0) = lim∆x→0∆∆xy biểu thị biến thiên đại

lượngy=f(x) theo đại lượngx tạix0

1.4 Qui taéc tính

• Giả sử f, g hàm khả vi x0 Khi hàm f±g, fg, fg (với điều kiện g(x0)= 0) khả vi x0 ta có

(1) (f ±g)(x0) =f(x0)±g(x0)

(2) (fg)(x0) =f(x0)g(x0) +f(x0)g(x0) (3) (fg)(x

0) = f

(x

0)g(x0)−g(x0)f(x0)

g(x0)2

• Giả sửf khả vi tạix0 vàg khả vi tạif(x0) Khi g◦f khả vi tạix0

(4) (g◦f)(x0) =g(f(x0))f(x0)

• Giả sử f đơn điệu thực sự, i.e tăng hay giảm, f(x

0) = Khi hàm ngược

f−1 khả vi tạiy0 =f(x0) và (5) (f−1)(y

0) = f(1x 0)

Chứng minh: Công thức (1) suy từ tính chất giới hạn tổng, hiệu Công thức (2) suy từ

f(x+∆x)g(x+∆x)−f(x)g(x) = (f(x+∆x)−f(x))g(x+∆x)+f(x)(g(x+∆x)−g(x))

Tương tự, công thức (3) suy từ

f(x+ ∆x)

g(x+ ∆x) −

f(x)

g(x) =

(f(x+ ∆x)−f(x))g(x)−f(x)(g(x+ ∆x)−g(x))

g(x+ ∆x)g(x)

Để chứng minh (4) ta có

g(f(x+ ∆x))−g(f(x)) = g(ff(x(x+ ∆+ ∆xx)))−−fg((fx()x))(f(x+ ∆x)−f(x))

Đặt y=f(x),∆y=f(x+ ∆x)−f(x), thay vào

g(f(x+ ∆x))−g(f(x))

∆x =

g(y+ ∆y)−g(y) ∆y

f(x+ ∆x)−f(x) ∆x

Theo giả thiết khi∆x→0, ∆y →0 ta có (4)

Cơng thức (5) suy từ (4) vìf−1◦f(x) =x, nên(f−1)(y0)f(x0) = 1, vớiy0 =f(x0) Nhận xét Công thức (4) gọi công thức đạo hàm hợp thực hành thừơng viết dạng sau

dg dx =

dg dy

dy

dx hay gx =gy yx

trong g=g(y)và y=f(x)

1.5 Đạo hàm hàm sơ cấp Với điều kiện biểu thức có nghĩa x biến,

ta coù

(xα) = αxα−1

(ax) = axlna Đặc biệt: (ex)=ex

(logax) =

xlna Đặc biệt: (lnx) =

1

x

(sinx) = cosx

(cosx) = −sinx

(tanx) =

cos2x ( cotanx) = −

sin2x (arcsinx) = √

1−x2 (arccosx) = −√

1−x2

(arctanx) =

1 +x2 ( arccotx) = −

1 +x2

Chứng minh: Suy từ qui tắc tính đạo hàm hàm ex vàsinx (bài tập)

Ví dụ Tính đạo hàm theo cơng thức a) Cho f(x) =eaxsinbx Khi

b) Cho g(x) =xx Để tínhg(x), xétlng(x) =xlnx Theo công thức đạo hàm hợp gg((xx)) = lnx+xx1 = lnx+

Suy g(x) =g(x)(lnx+ 1) =xx(lnx+ 1)

2 Các định lý bản

2.1 Định lý Fermat Gỉa sử f : (a, b) → R khả vi x0 Nếu f đạt cực trị x0, thìf(x0) =

Chứng minh: Gỉa sử f đạt cực đại tạix0 (đối với cực tiểu xét −f)

Khi đó∆y=f(x0+ ∆x)−f(x0)≤0, ∆x đủ bé

Vaäyf

+(x0) = lim ∆x→0+

∆y

∆x ≤0 vaø f− (x0) = lim∆x→0− ∆y

∆x ≥0

Do f(x0) =f

+(x0) =f− (x0), neân f(x0) =

-x

y

c c

c

x0

f(x0)

Nhaän xeùt Khi f(x

0) = chưa f đạt cực trị x0 Chẳng hạn hàm f(x) =x3

2.2 Định lý Rolle Nếu f hàm liên tục trên[a, b], khả vi trên(a, b) vàf(a) =f(b), tồn tạic∈(a, b) : f(c) = 0

Chứng minh: Do f liên tục đoạn[a, b], nên tồn tạix1, x2 ∈[a, b]sao cho:

f(x1) = max

x∈[a,b]f(x) =M vàf(x2) = minx∈[a,b]f(x) =m

Nếu m=M, thìf hàm nênf(x) = 0 với mọix∈(a, b)

Nếu m < M, f(a) = f(b) nên x1 x2 khác hai đầu mút a, b Theo định lý

-x

y

s

c

s

a

s

b

2.3 Định lý gía trị trung bình Nếu f, g hàm liên tục [a, b] khả vi (a, b), tồn taïi c∈(a, b):

f(b)−f(a)

g(b)−g(a) =

f(c) g(c)

Đặc biệt, tồn c∈(a, b): f(b)−f(a) =f(c)(b−a).

Chứng minh: Xét hàmF(x) = (f(b)−f(a))(g(x)−g(a))−(g(b)−g(a))(f(x)−f(a))

Dễ kiểm tra F liên tục [a, b], khả vi (a, b) vàF(a) =F(b) = Theo định

lý Fermat tồn c∈(a, b): F(c) = (f(b)−f(a))g(c)−(g(b)−g(a))f(c) = 0 Đẳng thức cuối định lý gọi cơng thức số gia hữu hạn viết dạng

f(x0+ ∆x)−f(x0) =f(x0+θ∆x)∆x,

trong x0, x0+ ∆x∈(a, b)và 0< θ <1 phụ thuộc vàox0,∆x

Suy |f(x)−f(y)| ≤ sup

c∈(a,b)|f

(c)||x−y|, với mọix, y∈[a, b]. Ví dụ

a) Nếu f(x) = 0,∀x∈(a, b), thìf hàm (a, b)

b) Nếu f(x) =g(x),∀x∈(a, b), thìf −g hàm hằng, i.e f =g+const c) Do(sinx) = cosx có trị tuyệt đối bị chặn 1, nên ta có bất đẳng thức

|sinx−siny| ≤ |x−y|, ∀x, y∈R Tương tự, (arctanx) =

1 +x2 ≤1, neân

3 Đạo hàm cấp cao - Công thức Taylor.

Đạo hàm cấp cho phép xấp xỉ hàmf lân cận điểm x0 hàm bậc

Hỏi xấp xỉ đa thức bậc cao hơn, với độ sai số bé hơn? i.e

f(x0+ ∆x) = Đa thức bậc n theo∆x+o(∆xn) , ∆x→0

Để trả lời câu hỏi trên, ta cần khái niệm sau

3.1 Đạo hàm cấp cao Nếuf khả vi điểm thuộc(a, b), thìf hàm xác định trên(a, b) Nếuf khả vi tạix0, ta cóđạo hàm cấp hai f(x0) = (f)(x0) Định nghĩa đệ qui đạo hàm cấpncủa f tạix0:

f(0)(x

0) =f(x0), f(n+1)(x0) = (f(n))(x0)

Vi phân cấpncủaf tạix0, ký hiệu định nghĩa

dnf(x

0) =f(n)(x0)dxn

Vậy vi phân cấpntại điểm đa thức bậc nvàf(n)(x0) = dnf(x0)

dxn

Ký hiệuCn(a, b) không gian hàmf khả vi đến cấpntrên(a, b) vàf(n) liên tục

trên(a, b) Khi ta nóif thuộc lớp Cn

3.2 Qui tắc tính Gỉa sửf, g hàm khả vi đến cấpntại x0 α số Khi

(1) (f +g)(n)(x

0) =f(n)(x0) +g(n)(x0)

(2) (αf)(n)(x0) =αf(n)(x0).

(3) (fg)(n)(x0) =n

k=0

Cnkf(k)(x0)g(n−k)(x0) (công thức Leibniz)

Chứng minh: Bằng phương pháp qui nạp, (Bài tập)

Bài tập: Chứng minh công thức đạo hàm cấp nsau:

(xα)(n) = α(α−1)· · ·(α−n+ 1)xα−n

(ax)(n) = ax(lna)n

(logax)(n) = (−1)n−1(n−1)!

xnlna

(sinax)(n) = ansin(ax+nπ

2)

3.3 Công thức Taylor Gỉa sửf có đạo hàm đến cấp n+ 1trên (a, b) chứax0 Khi

đó với x∈(a, b), tồn tại0< θ <1 cho

f(x) =f(x0)+f

(x0)

1! (x−x0)+· · ·+

f(n)(x0)

n! (x−x0)n+

f(n+1)(x0+θ(x−x0))

(n+ 1)! (x−x0)n+1 Chứng minh: Khix cố định, gọi M số thỏa

f(x) =f(x0) +

n

k=1

Xét hàm h(t) =f(x)−f(t)−n

k=1

k!f(k)(t)(x−t)k−M(x−t)n+1.

Ta có h(x) = h(x0) = Theo định lý Rolle tồn c=x0+θ(x−x0),0< θ < 1,

sao cho h(c) = 0, i.e

−n1!f(n+1)(c)(x−c)n+ (n+ 1)M(x−c)n= 0, hay M = f((nn+1)+ 1)!(c)

Nhận xét Đa thức sau gọi đa thức Taylor bậcncủaf tạix0:

Tnf(x) =f(x0) +1!1f(x0)(x−x0) +· · ·+n1!f(n)(x0)(x−x0)n

• Nếu f có đạo hàm đến cấpn, f xấp xỉ đa thức Taylor bậc n, i.e ta

coù biểu diễn

f(x) = Tnf(x) + Rn(x)

với phần dư Taylor bậcn:Rn(x) =f(x)−Tnf(x)

Biểu diễn gọi khai triển Taylor hàmf tạix0

• Dễ kiểm tra R(x0) = R(x0) = · · · = R(n)(x0) = 0 Từ (bằng qui nạp) ta có

phần dư dạng Peano:

Rn(x) =o((x−x0)n) x→x0

• Nếu f có đạo hàm đến cấpn+ 1, ta cóphần dư dạng Lagrange:

Rn(x) = f

(n+1)(x

0+θ(x−x0))

(n+ 1)! (x−x0)n+1, vớiθ∈(0,1)

Hơn nữa, đạo hàm cấp n+ bị chặn M, cơng thức cho phép đánh

gía cụ thể sai số phần dư

|Rn(x)| ≤ (nM+ 1)!|x−x0|n+1

Chú ý Điều kiện f(x) =a0+a1(x−x0) +a2(x−x0)2+o(x−x0)2, không suy

f có đạo hàm cấp2 x0 Chẳng hạn, f(x) = +x+x2+x3D(x), D

3.4 Cơng thức Maclaurin Cơng thức Taylor tạix0= 0cịn gọi làcơng thức Maclaurin

Sau khai triển số hàm sơ cấp

ex = + x

1!+· · ·+

xn n! +

eθx

(n+ 1)!xn+1

sinx = x−x3

3! +· · ·+ (−1)n−1

x2n−1 (2n−1)!+

(−1)ncosθx

(2n+ 1)! x2n+1 cosx = 1−x2!2 +· · ·+ (−1)n(2xn2n)!+(−1)(2nn+1+ 2)!cosθxx2n+2

ln(1 +x) = x−x22 +· · ·+ (−1)n−1xnn +(n+ 1)(1 +(−1)nxnθx+1)n+1 (1 +x)α = +αx+· · ·+α(α−1)· · ·(α−n+ 1)

n! xn+

α(α−1)· · ·(α−n)(1 +θx)α−n−1

(n+ 1)! xn+1

Ví dụ Khi khai triển hàm sơ cấp dùng hợp khai triển Khai triển đến cấp 6, lân cận 0:

e−x2

= + (−x2) +

2!(−x2)2+

3!(−x2)3+O((−x2)4) = 1−x2+

x4

2 −

x6

6 +O(x8)

√

1 +x3 = (1 +x3)−

1

2 = 1−

2x3+

8(x3)2+O((x3)3) = 1−

x3

2 +

3

8x6+O(x9)

4 Một số ứng dụng

4.1 Tính xấp xỉ Nếu f khả vi đến cấp n+ 1, xấp xỉ f(x) đa thức

Taylor bậcn tạix0:

f(x0+ ∆x)≈f(x0) +1!1f(x0)∆x+· · ·+n1!f(n)(x0)∆xn

Với sai số

|Rn(∆x)|= |f

(n+1)(x0+θ∆x)|

(n+ 1)! |∆x|n+1=o(∆xn)

Ví dụ

a) Để tính xấp xỉ √n1 +x x bé, dùng vi phân hàm √n1 +x tạix

0=

n

√

1 +x≈ √n1 + (√n1 +x)|

x=1x = + 1nx

Muốn sai số bé cần khai triển cấp cao b) Để tínhevới sai số < , dùng công thức xấp xỉ

với sai số |Rn|=| e θ

(n+ 1)!| ≤ (n+ 1)!

Vậy yêu cầu = 10−3, ta cần tính đến n= 6

Còn yêu cầu= 10−6, cầnn= 9

Ví dụ Dùng khai triển Taylor tính giới hạn a) Tính lim

x→+∞(x−x

2ln(1 +1

x))

Ta coù ln(1 +

x)) =

1

x−

1 2x2 +o(

1

x2)

Vaäy x−x2ln(1 +1

x) =

1

2+x2o(

x2)→ 12, x→+∞

b) Tính lim

x→0

ex2

−√1−x2+x3 ln(1 +x2)

Ta coù ex2

−√1−x2+x3= 1+x2+o(x3)−(1+1

2(−x2+x3)+o(x2) =

2x2+o(x2)

và ln(1 +x2) =x2+o(x2)

Vậy lim

x→0

ex2

−√1−x2+x3

ln(1 +x2) = limx→0 2x2

x2 =

Nhận xét Các giới hạn ví dụ dùng qui tắc L’Hospital sau (tuy nhiên tiến hành qui tắc ví dụ b) phức tạp hơn)

4.2 Qui tắc L’Hospital Để tính giới hạn dạng vơ định 00,∞∞ qui tắc sau

rất hữu ích

Mệnh đề Cho f, g hàm khả vi khoảng I trừ tạix0 ∈I

(1) Nếug(x)= 0, ∀x∈I và limx→x

0f(x) = limx→x0g(x) = 0,

lim

x→x0

f(x)

g(x) = limx→x0

f(x) g(x) (2)Neáu g(x)= 0, ∀x∈I và lim

x→x0f(x) = limx→x0g(x) =∞,

lim

x→x0

f(x)

g(x) = limx→x0

f(x) g(x)

(với điều kiện giới hạn vế phải tồn tại, vơ cùng)

Chứng minh: (1) Trường hợp x0 = ±∞: Do gỉa thiết thác triển f, g thành

hàm liên tục taïi x0 cho f(x0) =g(x0) =

Theo định lý giá trị trung bình, tồn tạic nằm x0, x: fg((xx))−−gf((xx0)0) = f

(c) g(c) Khi x→x0, thìc→x0 ta có đẳng thức cần chứng minh

Trường hợp x0 =±∞: Áp dụng trường hợp cho hàmF(t) =f(1t), G(t) =g(1t)

Ví dụ

a) Vớip >0, ta có lim

x→+∞

lnx

xp = limx→+∞px1/xp−1 =

b) Vớip >0, dùng qui tắc L’Hospital nhiều lần đến khip≤k, ta có

lim

x→+∞ xp

ex = limx→+∞ pxp−1

ex =· · ·= limx→+∞

p(p−1)· · ·(p−k+ 1)xp−k

ex =

Nhận xét Có thể đưa dạng vô định dạng 00 hay ∞∞ theo cách sau: Dạng 0.∞: dùng biến đổi fg= 1f/g

Dạng ∞ − ∞: dùng biến đổif −g= 1/f −

1 1/g =

1/g−1/f

1/fg

Các dạng 1∞,00,∞0: đófg =eglnf, lấy log ta cóglnf dạng 0.∞

Ví dụ

a) Vớip >0, ta có lim

x→0+x

plnx= lim x→0a+

lnx

x−p = limx→0+

1/x

−px−p−1 = limx→0+

xp

−p =

b) lim

x→0

1

x −

1 sinx

= lim

x→0

sinx−x xsinx = limx→0

cosx−1

sinx+xcosx = limx→0

−sinx

2 cosx+ sinx =

c) lim

x→0+x

x= lim x→0+e

xlnx =exlim→0+xlnx =e0= 1

d) lim

x→0(1 +x

2)ex−1x−1 (dạng 1∞)

Đặt y= (1 +x2)ex−1x−1 Khi lny= ln(1 +x

2)

ex−x−1 (daïng

0 0)

Ta coù lim

x→0lny= limx→0 2x

1 +x2

ex−1 = limx→01 +1x2 xlim→0ex2−x1 = limx→0e2x =

Vaäy lim

x→0(1 +x

2)ex−1x−1 =e2.

Nhận xét Bài tập sau cho thấy số trường hợp dùng qui tắc L’Hospital Bài tập: Chof(x) = sin2xsin1

x,g(x) =ex−1 Chứng minh tồn tạixlim→0fg((xx)),

không tồn lim

x→0

f(x) g(x) 4.3 Khảo sát tính đơn điệu

Mệnh đề Chof hàm khả vi khoảng I Khi

(1) f không giảm (t.ư không tăng) trênI f ≥0 (t.ư. f≤0) trên I. (2) Nếuf >0 (t.ư. f <0) trênI, thì f tăng (t.ư giảm) trên I.

Chứng minh: Dựa vào định nghĩa định lý gía trị trung bình

chẳng hạn

a) ex>1 +x (x= 0)

b) (xp+yp)p1 >(xq+yq)1q (0< x, y vaø0< p < q)

Để chứng minh a) ta xét biến thiên hàm f(x) =ex−x

Ta cóf(x) =ex−1, nên f(x)<0khix <0vàf(x)>0 khix >0 Suy raf giảm (−∞,0)và tăng (0,+∞) Vậy f(x) =ex−x > f(0) = 1 với x = 0

Đó bất đẳng thức cần chứng minh

Bất đẳng thức b) tương đương với tính đơn điệu giảm hàm g(t) = (xt+yt)1 t

(0,+∞)

Để chứng minh ta cần xét dấu đạo hàm g(t) Ta có lng(t) = ln(xt+yt)

t

Tính tốn ta có gg((tt)) = −xtln(

xt+yt

xt )−ytln(x t+yt

yt )

t2(xt+yt)

Suy g(t)<0,∀t >0 Vaäy g giảm (0,+∞)

4.4 Khảo sát cực trị Để giải tốn cực trị dùng kết qủa sau: Mệnh đề Cho f hàm khả vi khoảngI Khi

(1) Nếuf(x0) = 0và f(x) đổi dấu từ dương sang âm khix quax0, thìf đạt cực đại

tại x0, i.e f(x0)≥f(x) với mọix thuộc lân cận x0

(2) Neáu f(x

0) = f(x) đổi dấu từ âm sang dương x qua x0, f đạt cực tiểu x0, i.e f(x0)≤f(x) với mọix thuộc lân cận x0

Chứng minh: Suy từ biến thiên hàm số theo đạo hàm

Mệnh đề Cho f hàm khả vi đến cấp n khoảng I chứa x0 Nếu f(x

0) =f(x0) =· · ·=f(n−1)(x0) = 0và f(n)(x0)= Khi

(1) Nếun chẵn vàf(n)(x0)>0, thìf đạt cực tiểu tại x0.

(2) Nếun chẵn vàf(n)(x0)<0, thìf đạt cực đại tạix0.

(3) Nếun lẻ, thìf khơng đạt cực trị x0

Chứng minh: Dựa vào công thức Taylor:

f(x0+ ∆x) =f(x0) + n1!f(n)(x0)∆xn+o(∆xn)

Ví dụ

a) Chứng minh ex >1 +x (x= 0): Xem ví dụ phần trước

b) Cho f(x) =ex+e−x+ cosx Ta coù f(x) =ex−e−x−2 sinx, f(0) = 0 f(x) =ex+e−x−2 cosx, f(0) = 0 f(3)(x) =ex−e−x+ sinx, f(3)(0) = 0

f(4)(x) =ex+e−x+ cosx, f(4)(0) = 4>0

Vậy hàm đạt cực tiểu tạix=

c) Tìm max,minbiểu thức x√1−x2.

hàm f liên tục đoạn [−1,1] nên tồn tạimax,min Theo định lý Fermat

các điểm nghi ngờ cực trị điểm x mà f(x) = 0, hay điểm đầu mút f(−1), f(1)

Ta coùf(x) = √1−2x2

1−x2 = ⇔ x=±

√

2

So sánh giá trịf(√1

2) = 2, f(−

1

√

2) =−

2, f(−1) = 0, f(+1) = Suy

fmax=f =f(√1 2) =

1

2, fmin =f(−

√

2) =−

d) Tìm hình trụ tích lớn diện tích mặtS khơng đổi:

Gọir bán kính đáy h chiều cao hình trụ Khi thể tích diện tích xung

quanh hình trụ

V =πr2h s=πr2+πr2+ 2πrh

Theo giả thiếtslà hằng, nên h= s−2πr2

2πr Vậy tốn cần tìm giá trị lớn

của hàm

V(r) =πr2

s−2πr2 2πr

= 12r(s−2πr2), với r∈[0,

s

π]

Ta coùV(r) =

2(s−6πr2), V(r) = ⇔ r=

s

6π

Do V đổi dấu từ dương sang âm r qua s

6π, nên V(r) đạtmaxtại Khi h=

s

6π = 2r Vậy thể tích V đạt giá trị lớn chiều cao đường kính

hình trụ

4.5 Khảo sát tính lồi, lõm Chof hàm xác định khoảng I

Hàm f gọi làlồi nếuu với mọix1, x2∈I và0< t <1

f(tx1+ (1−t)x2)≤tf(x1) + (1−t)f(x2)

Hàm f gọi làlõm nếuu với mọix1, x2 ∈I và0< t <1

f(tx1+ (1−t)x2)≥tf(x1) + (1−t)f(x2)

Về mặt hình học f hàm lồi cung đồ thị f nằm dây

cung chắn cung Tương tự,f lõm cung đồ thịf nằm

-x

y

c

x1

c

c

x2

c s

tx1+ (1−t)x2

s s

f(tx1+ (1−t)x2) s

tf(x1) + (1−t)f(x2) s

Điểm M(x0, f(x0)) gọi làđiểm uốn đồ thị hàm f nếuu M phân phần

lồi phần lõm đồ thị hàm f

Bài tập: Bằng qui nạp chứng minh bất đẳng thức Jensen: Nếu f lồi I,

với x1,· · ·, xn∈I, t1,· · ·, tn≥0, t1+· · ·+tn= 1,

f(t1x1+· · ·+tnxn)≤t1f(x1) +· · ·+tnf(xn)

Viết cách khác, với x1,· · ·, xn∈I, α1,· · · , αn ≥0, f(α1αx1+· · ·+αnxn

1+· · ·+αn )≤

α1f(x1) +· · ·+αnf(xn) α1+· · ·+αn ,

Mệnh đề Cho f có đạo hàm cấp1 hay2 khoảngI Khi

(1) f lồi (lõm) nếuf không giảm (không tăng). (2) f lồi (lõm) nếuf≥0 (f≤0).

(3) f lồi (lõm) đồ thị f nằm (dưới) tiếp tuyến

Chứng minh: Chỉ cần chứng minh cho trường hợp f lồi Theo mối quan hệ

tính đơn điệu đạo hàm ta có (1) ⇔ (2) Cịn (2) ⇔ (3) suy từ tính chất hình học tính lồi

Trước hết ta có tính chất tương đương tính lồi:

Hàmf lồi trênI với mọix1, x2∈Imàx1< x2vàx=tx1+(1−t)x2 ∈ (x1, x2), ta có

f(x) = f(tx1+ (1−t)x2) ≤ tf(x1) + (1−t)f(x2)

⇔ (x2−x1)f(x) ≤ (x2−x)f(x1) + (x−x1)f(x2)

⇔ (x2−x)f(x) + (x−x1)f(x) ≤ (x2−x)f(x1) + (x−x1)f(x2)

⇔ (x2−x)(f(x)−f(x1)) ≤ (x−x1)(f(x2)−f(x))

⇔ f(xx)−−fx(x1)

1 ≤

f(x2)−f(x)

x2−x

Bây chứng minh (1)

(⇒) Nếu f lồi I, theo bất đẳng thức trên, cho x → x1, x → x2 so

sánh, ta có f(x1)≤f(x2), i.e f khơng tăng (⇐) Nếu f khơng tăng, với x

f(x)−f(x1)

x−x1 =f

(c

1), vớic1 (x1, x)

f(x2)−f(x)

x2−x =f

(c

2), vớic2 (x, x2)

Từ tính khơng tăng f, suy f(x)−f(x1)

x−x1 ≤

f(x2)−f(x)

x2−x

Theo tính chất tương đương nêu trên, suy f lồi trênI

Hệ qủa Cho f có đạo hàm cấp khoảng I Nếu f(x0) = 0 và f(x) đổi

dấu khix quax0, thìM(x0, f(x0))là điểm uốn đồ thị hàm f

Ví duï

a) Hàmf(x) = lnxlà lõm trênI = (0,∞) Từ bất đẳng thức Jensen vớix1,· · ·xn>0,

ta coù

ln

x

1+· · ·+xn n

≥ lnx1+· · ·n + lnxn Suy trung bình cọng lớn trung bình nhân:

x1+· · ·+xn

n ≥ n

√x

1· · ·xn

Thay xk x−k1 vào bất đẳng thức trên, ta có trung bình nhân lớn trung bình

điều hòa:

n

√

x1· · ·xn≥ 1 n x1 +· · ·+

1

xn

, (x1,· · ·, xn>0)

c) Hàmf(x) =ex hàm lồi Từ bất đẳng thức Jensen ta có et1x1+t2x2 ≤t

1ex1 +t2ex2, x1, x2 ∈R, t1, t2 >0, t1+t2 =

Đặt a=et1x1, b=et2x2 vàp=t−1

1 , q=t−21, ta có

ab≤ ap

p +

bq

q, (a, b >0, p, q >0,

1

p +

1

q = 1)

Bài tập: Áp dụng bất đẳng thức chứng minh với p, q >0 1p + 1q = 1, ta có:

Bất ng thc H ăolder:

n

k=1

akbk

≤

n

k=1

|ak|p

1 pn

k=1

|bk|q

1 q

Bất đẳng thức Minkowski:

p

n

k=1

|ak+bk|p ≤ p

n

k=1

|ak|p +

n

k=1

4.6 Khảo sát hàm số Khảo sát hàm số nhằm mục đích có thơng tin cần biết hàm số Thường thơng tin là: miền xác định, tính chẵn lẻ, chu kỳ, chiều biến thiên, cực trị, tính lồi lõm, tiệm cận số giá trị đặc biệt hàm số Những thông tin thể trực quan qua đồ thị hàm số

Ví dụ Khảo sát vẽ đồ thị hàm y= x2x−3 1

Miền xác ñònh: R\ {±1}

y = x2(x2−3)

(x2−1)2 , y= ⇔ x= 0, x=±

√

3

y= 2x(x2+ 3)

(x2−1)3 , y= ⇔ x=

Tiệm cận đứng: x=±1, lim

x→±1y =∞

Tiệm cận xiên: y =x, vìy=x+x2x−1 nênx→±∞lim (y−x) =

Bảng biến thiên:

x −∞ −√3 −1 √3 +∞

y + 0 − || − 0 − || − 0 +

y −∞ −3

√

3

2 −∞||+∞ −∞||+∞ 3√3

2 +∞

Đồ thị:

-x

y

s

s

√

3 3√3

2

s

−√3

−3√3

y =x

1

−1

Bài tập: Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y=x+√x2−1

4.7 Vẽ đường cong

• Đường cong cho phương trình tham số Cho phương trình tham số

x = x(t)

Trong hệ trục Descartes, phương trình xác định đường cong

C={(x, y) :x=x(t), y =y(t), α < t < β}

Chẳng hạn,x=acost, y=asint, 0≤t≤2π, xác định đường tròn x2+y2 =a2

Để vẽC, ta tiến hành tương tự việc khảo sát đồ thị hàm số, với ý sau:

Theo công thức đạo hàm hợp, đạo hàm y theox: dydx(x(t)) = yx((tt))

Tiệm cận đứng làx=a, lim

t→t0x(t) =avaø tlim→t0y(t) =∞

Tiệm cận ngang y=b, lim

t→t0x(t) =∞ vàtlim→t0y(t) =b

Tiệm cận xiên y = kx+b, neáu lim

t→t0x(t) = limt→t0y(t) = ∞ vaø tlim→t0

y(t)

x(t) = k vaø lim

t→t0(y(t)−kx(t)) =b

Ví dụ Đường Astroid:x=acos3t, y=asin3t (a >0)

Miền xác định R Các hàm có chu kỳ 2π, nên xét chu kỳt∈[0,2π]

x(t) =−3acos2tsint, x(t) = 0 ⇔ t= 0, π/2, π, 3π/2, 2π y(t) = 3asin2tcost, y(t) = 0 ⇔ t= 0, π/2, π, 3π/2, 2π Do −a≤x(t), y(t)≤a, nên đồ thị khơng có tiệm cận

Bảng biến thiên:

t π/2 π 3π/2 2π

x 0 − 0 − 0 + 0 + 0

x a −a a

y 0 + 0 − 0 − 0 + 0

y a −a

Đồ thị:

-x

y

0 a

−a a

−a

Nhaän xét • Ta có y

x(x(t)) =−tant, tiếp tuyến với đồ thị nằm ngang t= 0, π,2π thẳng đứng khit=π/2,3π/2

Ví dụ Laù Descartes: x3+y3−3axy= (a >0)

Đổi biến y=tx, thay vào: x3+t3x3−3atx2= 0

Ta có phương trình tham số đường cong:

      

x = 1 +3att3

y = 3at2 +t3

(t=−1)

x= 3a 1−2t3

(1 +t3)2, x= ⇔ t=

3

√

2

y = 3a 2−t3

(1 +t3)2, y= ⇔ t= 0,

√

2

Tiệm cận: khit→ −1,x→ ∞, y→ ∞ ta coù xy →k=−1 y−kx→ −a

Vậy đường cong tiệm cận đường thẳng y=−x−a

Bảng biến thiên:

t −∞ −1 1/√32 √32 +∞

x + || + + 0 − −

x 0 +∞||−∞ 0 a√34 a√32 0

y − || − 0 + + 0 −

y 0 −∞||+∞ a√32 a√34

Đồ thị:

-x

y

t

s

@ @ @ @

a√34

a√34

@ @

@ @

@ @

@ @

@ @

@ @

@ @

@ y=−x−a

Nhận xét Ta có dxdy(x(t)) = t1(2−−2tt33), tiếp tuyến với đồ thị nằm ngang

• Đường cong cho tọa độ cực Ngoài tọa độ Descartes, nhiều trường hợp người ta dùng tọa độ cực, xây dựng sau:

Trong mặt phẳng cố định gốc O nửa trụcOx Khi ta có ánh xạ:

(r, ϕ)∈R+×[0,2π)ứng với điểm M mà|

→

OM |=r vaø(Ox,→ OM→ ) =ϕ

Cặp (r, ϕ) gọi tọa độ cực M, r gọi làbán kính, ϕlà góc cực

*

M0

Os -x

6 y

x0

y0

r ϕ

Nếu (x, y) tọa độ Descartes (r, ϕ) tọa độ cực củaM, ta có hệ thức:

x = rcosϕ

y = rsinϕ vaø

  

r = x2+y2

cosϕ = x

r, sinϕ = y r

Bài tập: Viết tọa độ cực điểm có tọa độ Descartes: (1,0), (1,1), (0,1), (−1,1), và(−1,0)

Thường người ta dùng tọa độ cực suy rộng choϕ∈R công thức

Bây cho hàm số r = r(ϕ), ϕ ∈ Φ tọa độ cực suy rộng Khi hàm

số xác định đường cong

C={M(x, y) :x=r(ϕ) cosϕ, y=r(ϕ) sinϕ, ϕ∈Φ}

Chẳng hạn, hàm r =a (a >0), xác định đường trịn tâmO bán kínha

Để vẽC dùng phương pháp đường cong cho tham sốϕnhư phần

Một cách thông dụng khảo sát trực tiếp biến thiên bán kínhr theo góc

cựcϕ

Ví dụ Đường xoắn logarithm:r =ae−kϕ (a >0, k >0)

Miền xác định: với ϕ∈R

r =−ake−kϕ<0 Suy r giảm (khiϕ tăng)

-x

Ví dụ Hoa caùnh:r =asin 3ϕ

Miền xác định R Hàm có chu kỳ 2π/3, hàm lẻ nên cần xét

ϕ∈[0,π

3]

r = 3acos 3ϕ, r = 0 ⇔ ϕ= π

6

Bảng biến thiên:

ϕ π/6 π/3

r + 0 −

r 0 a 0

Đồ thị

-x

0

Chương đề cập đến khái niệm giải tích: tích phân Nó cơng cụ để xét đến tính chất tồn cục, chẳng hạn tốn liên quan đến kích thước tính diện tích, thể tích, độ dài, , hay kết luận với từ “nói chung”, “trung bình”, “hầu hết”, Tuy khái niệm có mối quan hệ chặt chẽ với khái niệm đạo hàm, chúng xem phép tốn ngược thơng qua cơng thức Newton-Leibniz Phần cuối chương nêu số áp dụng

Để gợi ý cho phép tính tích phân, ta liên hệ đến tốn diện tích: Cho

f hàm liên tục [a, b] không âm Gọi F(x) diện tích hình giới hạn

f [a, x] Khi so sánh phần diện tích [x, x+ ∆x], với diện tích hình chữ

nhật, ta có

min

[x,x+∆x]f.∆x≤F(x+ ∆x)−F(x)≤[x,xmax+∆x]f.∆x

Khi cho ∆x→0, ta có mối quan hệ F(x) =f(x)

-x

y

a x x+ ∆x b

min [x,x+∆x]f

max [x,x+∆x]f

Tương tự mối quan hệ vận tốc f quãng đường F

một chuyển động theo thời gian x

1 Nguyên hàm - Tích phân bất định

Phần ta nghiên cứu toán ngược toán lấy đạo hàm

1.1 Định nghóa Chof : (a, b)→R Hàm F gọi lànguyên hàm củaf nếuu F(x) =f(x) hay dF(x) =f(x)dx , ∀x∈(a, b)

Nhận xét F vàGlà nguyên hàm củaf trên(a, b) khiF−G=const

Họ nguyên hàm f gọi làtích phân bất định củaf ký hiệu

Vậy F nguyên hàm củaf trên(a, b), f(x)dx=F(x) +C,

trong C số tùy ý

Từ định nghĩa, đạo hàm tích phân hai phép toán ngược nhau:

f(x)dx

=f(x) F(x)dx=F(x) Bài toán Những hàm có ngun hàm?

Bài tốn Tìm nguyên hàm hàm cho

Nhận xét Ở phần sau chứng minh hàm liên tục có nguyên hàm Hàm f(x) = (xsin1x) có ngun hàm khơng liên tục

Hàm f(x) = sign(x) nguyên hàm (tại sao?)

Bài toán đầu xét phần sau Sau qui tắc để tìm ngun hàm 1.2 Qui tắc tính

Tính tuyến tính Nếu f, g có nguyên hàm khoảng α, β ∈ R,

khoảng

(αf(x) +βg(x))dx=α f(x)dx + β g(x)dx

Công thức đổi biến Nếu x = ϕ(t) hàm có đạo hàm liên tục khoảng J, f(x) có nguyên hàm khoảngI =ϕ(J),

f(x)dx=

f(ϕ(t))ϕ(t)dt=

f(ϕ(t))dϕ(t)

Cơng thức tích phân phần Nếuu, v hàm có đạo hàm liên tục

khoảng,

u(x)v(x)dx=u(x)v(x)− v(x)u(x)dx

Hay viết theo lối vi phân udv=uv− vdu

Chứng minh: Suy từ định nghĩa công thức đạo hàm: tổng, tích hợp

1.3 Tích phân số hàm sơ cấp Vớix thuộc khoảng mà hàm dấu tích

phân xác định C khoảng đó, ta có

xαdx = αxα+ 1+1 + C (α=−1)

1

xdx = ln|x| + C

axdx = lnaxa + C Đặc bieät: exdx=ex + C

sinxdx = −cosx + C

cosxdx = sinx + C

1

cos2xdx = tanx + C

1

sin2xdx = − cotanx + C

dx

x2+a2 =

1

aarctan x

a + C

dx

x2−a2 =

1 2aln

xx+−aa + C

dx

√

a2−x2 = arcsin

x

a + C

dx

√

x2±a2 = ln|x+

√

x2±a2| + C

a2−x2dx = x

a2−x2+a2 arcsin

x

a + C

x2±a2dx = x

x2±a2±a2

2 ln|x+

x2±a2| + C

Bài tập: Hãy kiểm tra đạo hàm vế phải hàm dấu tích phân vế trái Ví dụ

a) (2x+ sinx−√31

x)dx=

2xdx+ sinxdx− x−13dx=

x

ln 2−cosx− 2x

2 3+C

b) x2dx+a2 =

a2

dx

x

a

2

+ Đổi biến

t= x

a Suy dx=adt

Thay vaøo ta coù x2dx+a2 = 1a t2dt+ 1 = a1arctant+C= a1arctanxa+C

c) Để tính a2−x2dx, đổi biến x=asint, t∈[−π 2,

π

2]

Khi đódx=acostdt, thay vào ta có

a2−x2dx = a2 1−sin2tcostdt=a2 cos2tdt = a2 cos 2t+

2 dt=

a2 (

sin 2t

2 +t) +C =

a2

2 (sintcost+t) +C

Thayt= arcsin|xa| vaøo a2−x2dx= x

a2−x2+a2 arcsin

d) Để tính x2+a2dx, đổi biến x=asinht=aex−e−x

2

Khi đódx=acoshtdt x2+a2=a2(sinh2t+ 1) =a2cosh2t Thay vào ta có

x2+a2dx = a2 cosh2tdt=a2 cosh 2t+

dt

= a42(sinh 2t+ 2t) +C = a42 (2 sinhtcosht+ 2t) +C

Từ phương trình e2t−2x

aet−1 = 0, ta coùt= ln

x+√x2+a2

a

Vaäy

x2+a2dx= x

x2+a2+a2 lnx+

x2+a2| + C

Bài tập: Tính: √ dx

a2−x2,

dx

√

x2±a2

Ví dụ Dạng fα(x)f(x)dx, tính đổi biến

a) x2x3+ = (x3+ 5)1 2d(x

3+ 5)

3 =

1

2

3(x3+ 5)

3 +C

b) sin4xcosxdx= sin4xd(sinx) = sin5x +C

c) tanxdx=

sinx

cosxdx=−

d(cosx)

cosx =−ln|cosx|+C

Bài tập: Tính: (ax+b)αdx, cos3xsinxdx, cotanxdx

Ví dụ Các dạng P(x) lnxdx, P(x)eaxdx, P(x) sinaxdx, P(x) cosaxdx,

trong P đa thức, dùng tích phân phần

a) TínhIn=

xnlnxdx

Khi n=−1, tích phân phần, đặt

u= lnx ⇒ du= dxx

dv =xndx v= xn+1 n+

Ta coù In= x n+1

n+ 1lnx−

n+

xndx= nxn+ 1+1 lnx− (nx+ 1)n+12 +C

Khi n=−1, I−1 =

lnx

x dx=

lnxd(lnx) = ln22x +C

b) Tính I =

(x2+x+ 1) sinxdx Tích phân phần với u=x2+x+ 1 ⇒ du= (2x+ 1)dx

dv = sinxdx v=−cosx

Ta coù I =−(x2+x+ 1) cosx+ (2x+ 1) sinxdx

u= 2x+ ⇒ du= 2dx

dv= cosxdx v= sinx

Ta coù (2x+1) sinxdx= (2x+1) sinx−2 sinxdx= (2x+1) sinx+2 cosxdx+C

Thay vaøo, ta cóI =−(x2+x+ 3) cosx+ (2x+ 1) sinx+C

c) TínhA= eaxcosbxdx, B = eaxsinbxdx

Tích phân phần, với dv=eaxdx, ta có A = 1aeaxcosbx+ab

eaxsinbxdx= 1aeaxcosbx+abB B = 1aeaxsinbx− ba

eaxcosbxdx= 1aeaxsinbx−abA

Từ suy

A= eaxcosbxdx= bsinbx+acosbx

a2+b2 eax+ C

B = eaxsinxdx= asinbx−bcosbx

a2+b2 eax+ C

Nhận xét Ta có P(x) sinaxdx =A(x) sinax+B(x) cosax+C, với A, B

đa thức bậc< bậcP Từ đạo hàm vế để xác định hệ số A, B

Bài tập: Xác định dạng tích phân nêu đầu ví dụ Dựa vào đó, dùøng đạo hàm để tính lại ví dụ

Bài tập: Tích phân hàm sơ cấp: lnx,arctanx,arcsinx

Ví dụ Công thức qui nạp cho In=In(a) =

dx

(x2+a2)n (n∈N)

Ta coù I1 =

dx

x2+a2 =

aarctan x a + C

Khin >1 tích phân phần:

In = a12

x2+a2

(x2+a2)ndx−a12

x.x

(x2+a2)ndx

= a12In−1− a12

−2(n−1)(xx2+a2)n−1 +2(n1−1)In−1

Từ ta có công thức qui nạp:

1.4 Kỹ thuật tính tích phân lớp hàm đặc biệt.1

• Tích phân hàm hữu tỉ

Thuật tốn Bernoulli tích phân hàm hữu tỉ PQ((xx))

Bước 1: Chia đa thức PQ((xx)) =M(x) +PQ1((xx)),

trong đóM(x) đa thức, bậc đa thứcP1(x)<bậc đa thứcQ(x) Bước 2: Phân tích mẫu thành thừa số bậc hay bậc hai

Q(x) =A(x−a)m· · ·(x2+px+q)n· · ·

trong cácalà nghiệm Q, p, q thỏa p2−4q <0 Bước 3: Phân tích thành phân thức hữu tỉ dạng

P1(x)

Q(x) =

A1

x−a+· · ·+ Am

(x−a)m +· · ·

+ xB21+xpx+C+1q +· · ·+(x2B+nxpx++Cnq)n +· · ·

trong cácAi, Bi, Ci tìm bằngphương pháp hệ số bất định2

Bước 4: Tính tích phân dạng

I x−1 a II (x−1a)m III x2Bx+px+C+q IV (x2Bx+px++Cq)n (p2−4q <0)

Mệnh đề Tích phân hàm hữu tỉ tổng hàm: hữu tỉ, logarithm arctang Chứng minh: Theo Bước 1, ta có PQ((xx))dx= M(x)dx+ PQ1((xx))dx

Tích phân M(x)dx đa thức

Các tích phân Bước có phương pháp tính sau: Dạng I xdx−a = ln|x−a|+c

Daïng II (x−dxa)m =

d(x−a)

(x−a)m = (1−m)(x1−a)m−1 +c (m= 1)

Daïng III x2Bx+px+C+qdx= B2 d(xx22++pxpx++qq) + (C−Bp2 ) x2+dxpx+q

Biến đổi x2+px+q= (x+p 2)2+

4q−p2

4 Đổi biến t=x+

p

2, đặt a=

4q−p2

2

Từ cơng thức tích phân suy

Bx+C

x2+px+qdx=

B

2 ln|x2+px+q|+

2C−Bp

4q−p2arctan

2x+p

4q−p2 +c

Daïng IV (x2Bx+px++Cq)ndx= B2 d(x(x22++pxpx++q)qn)+(C−Bp2 ) (x2+dxpx+q)n

Để tính tích phân cuối, biến đổi dạng III Với t=x+ p2, a=

4q−p2 , ta coù

tích phân xét ví dụ phần trước, tính truy hồi

In = 2a2(n1−1)(x2+xa2)n−1 −2a22n(n−−31)In−1 = · · ·

= Đa thức bậc(x2+px+q< n)n−−1 +Aarctan

2x+p

4q−p2

+c

Từ Bước tích phân trên, suy mệnh đề

Ví dụ

a) Các bước tương ứng để tính x3x+3+x+ 1x dx:

Bước 1: x3x+3+x+ 1x = +x31+x

Bước 2: x3+x=x(x2+ 1)

Bớc 3: x31+x = A

x +

Bx+C x2+ 1

Để tính A, B, C, tiến hành phương pháp hệ số bất định sau:

Hoá đồng mẫu đồng tử hàm hữu tỉ, ta có

1 ≡ A(x2+ 1) + (Bx+C)x ≡ (A+B)x2+Cx+A

Vì hai đa thức hệ số bậc1, x, x2,· · · tương ứng

nhau, suy

A= 1, C = 0, A+B = ⇔ A= 1, B=−1, C =

Vaäy x31+x = x1 −x2x+ 1

Bước 4: Dựa vào cách tính tích phân bản, ta có

x3+x+ 1

x3+x dx =

dx+ x1dx− xxdx2+ 1

= x+ ln|x| −1

2

d(x2+ 1)

x2+ 1 =x+ ln|x| −

2ln(x2+ 1) +C

b) Tính x5dx−x2 Các bước tương ứng:

Bước 1: thỏa bậc tử nhỏ bậc mẫu Bước 2: x5−x2 =x2(x−1)(x2+x+ 1)

Bước 3: x5−1 x2 = Ax + xB2 + xC−1 +xDx2++x+ 1E

Dùng phương pháp hệ số bất định suy

1

x5−x2 =

x −

1

x2 + 3(x−1)−

x−1 3(x2+x+ 1)

Bước 4: Tính tích phân dạng bản, ta có

dx

x5−x2 =

x+

1 6ln

(x−1)2

x2+x+ 1+

√

3arctan 2x√+

Bài tập: Dựa vào phương pháp nêu tính: x4−dxx2−2, x(4x−+ 1)x2dx−2, xx62−dx1,

dx

x(x2+ 1)2,

(x−1)dx

(x2+x+ 1)2,

(x5+ 1)dx

x4−8x2+ 16

Nhận xét Phương pháp đòi hỏi phân tích đa thức thành nhân tử bất khả qui (bước 2, tương đương với việc tìm nghiệm đa thức) tốn thời gian Hiện hệ đại số máy tính thường dựa vào thuật tốn Hermit-Ostrogradski mà ý tưởng dựa vào:

Mệnh đề Ký hiệu

Q(x) = A(x−a)n· · ·(x2+px+q)m· · · , Q1(x) = A(x−a)n−1· · ·(x2+px+q)m−1· · · ,

D(x) = (x−a)· · ·(x2+px+q)· · · Khi P(x) đa thức chodegP <degQ,

P(x)

Q(x)dx=

M(x)

Q1(x)+

N(x)

D(x)dx

trong M(x), N(x) đa thức vàdegM <degQ1, degN <degD

Bài tập: Tìm A, B, C, D, E cho

xdx

(x−1)2(x+ 1)3 =

Ax2+Bx+C (x−1)(x+ 1)2 +

(xD−1 +xE+ 1)dx

• Tích phân hàm thức (1) Dạng R(x,

ax+b

cx+d

r1

,· · ·,

ax+b

cx+d

rn

)dx, (R hàm hữu tỉ, r1,· · ·, rn ∈ Q)

Phương pháp: đổi biến tm= ax+b

cx+d vớim bội chung nhỏ mẫu ri

Bài tập: Chứng minh sau đổi biến tích phân đa tích phân hàm hữu tỉ

Ví dụ Tính √4x+ 3−dx1)√x+ 3: Đổi biến t4 = x + Khi dx = 4t3dt

Thay vào tích phân ta có

t3dt

(t−1)t2 =

tdt

t−1 = 4(t+ ln|t−1|) +C= 4(4

√

x+ + ln|√4x+ 3−1|) +C

Bài tập: Tính x(1 + 2√dx

x+√3x) ,

1−√x+ 1

1 +√3x+ 1dx ,

x xx−+ 12dx

(2) Dạng R(x,ax2+bx+c)dx, (R hàm hữu tỉ)

- Nếuax2+bx+cvô nghiệm thực (khi đóa >0), đổi biếnt=√ax+√ax2+bx+c

- Nếuax2+bx+c=a(x−x1)(x−x2) , đổi biếnt(x−x1) =a(x−x1)(x−x2)

Bài tập: Chứng minh sau đổi biến tích phân đa tích phân hàm hữu tỉ Ví dụ

a) Tính √ dx

x2+bx+c: Đổi biến t=x+

√

x2+bx+c

Khi đóbx+c=t2−2tx, bdx= 2tdt−2tdx−2xdt, dx

t−x =

2dt

b+ 2t Thay vào, ta có

dx

√

x2+bx+c =

dt

b

2 +t

= ln2b +x+x2+bx+c+C

b) Tính (x2+a2dx)√

a2−x2: Đổi biếnt(a−x) =

√

a2−x2

Khi đóx= a(tt22+ 1−1),dx= (t42atdt+ 1)2 Thay vào tích phân ta có

2a2

2t2+ 2

t4+ 1dt = 2a2

1

t2+√2t+ 1+

1

t2−√2t+ 1

dt

=

a2√2(arctan(

√

2t+ 1) + arctan(√2t−1)) +C

trong t=

a+x a−x

Bài tập: Tính x√dx

x2+a2 ,

dx

x+√x2+ 2x , −x2+ 4x+ 10dx

Phương pháp đổi biến lượng giác: Trước hết biến đổi

ax2+bx+c=a

x+2ba

2

+

c−4ba2

Đổi biến u=x+ b

2a, du=dx Thay vào ta có dạng

R(u,α2−u2)du, đổi biến t=αsinu

R(u,α2+u2)du, đổi biến t=αtanu

R(u,u2−α2)du, đổi biến t= α sinu

Ví dụ Tính (√ dx

a2−x2)3: Đổi biến x = asint Khi dx = acostdt Ta

coù

dx

(√a2−x2)3 =

acostdt

(a2−a2sin2t)3 =

acostdt

a3cos3t =

a2 tant+C =

a2

x

√

• Tích phân hàm lượng giác

(1) Dạng R(sinx,cosx)dx, (R hàm hữu tỉ)

Phương pháp chung: đổi biến t= tanx

Bài tập: Chứng minh sau đổi biến tích phân đưa tích phân hàm hữu tỉ Ví dụ Tính 1 +dxcosx (0< <1): Đổi biến t= tanx2

Khi đóx= arctant, dx= 1 +2dtt2,cosx= 11 +−tt22 Thay vào ta có

dx

1 +cosx =

2dt

(1−)t2+ + = 1−

dt

t2+1+

1−

= 1−2 +1−arctant +1−+C = 1−22 arctan

 tanx

2

1 +

1−

 +C

Để đỡ tích phân hàm hữu tỉ bậc cao, trường hợp đặc biệt: Khi R(−sinx,cosx) =−R(sinx,cosx), đổi biến t= cosx

Khi R(sinx,−cosx) =−R(sinx,cosx), đổi biến t= sinx

Khi R(−sinx,−cosx) =R(sinx,cosx), đổi biến t= tanx

Bài tập: Tính 2 sinx−dxcosx+ 5, 2 + cossin3xxdx, dx

sin4xcos3x

(2) Daïng sinmxcosnxdx

Phương pháp: Khi m haynlẻ, đổi biến t= cosx hayt= sinx

Khim, nđều chẵn dùng công thức nhân đôi

Bài tập: Tính sin4xcos5xdx , sin2xcos4xdx

1.5 Chú ý Khơng việc tính đạo hàm, tốn lấy tích phân tốn khó Khơng có qui tắc tính tích phân tích, thương, hợp Tuy nhiên, thuật tốn tính tích phân ký hiệu phát triển gài đặt số hệ đại số máy tính Maple, Mathematica, · · · cho phép tính tích phân hiệu lực

Để ý tích phân lớp hàm hữu tỉ vượt khỏi lớp hàm hữu tỉ (phải thêm vào hàm log arctan) Cũng cần biết người ta chứng minh tích phân nhiều hàm sơ cấp khơng hàm sơ cấp, i.e tích phân lớp hàm sơ cấp vượt khỏi lớp hàm sơ cấp Chẳng hạn tích phân: e−x2

dx, sinx x dx,

cosx

x dx

các tích phân Fresnel: sinx2dx, cosx2dx

các tích phân nhị thức: xm(axn+b)pdx, vớip,mn+ 1,mn+ 1+p∈Z

các tích phân Elliptic: dx

(1−x2)(1−k2x2),

x2dx

(1−k2x2)(1−x2),

dx

(1 +hx)√1−k2x2

2 Tích phân xác định.

Để hiểu tích phân xác định cách trực quan, ta nên liên hệ với tốn tính diện tích hình phẳng (xem phần ứng dụng) Nó gồm bước chính: chia nhỏ, lấy tổng, qua giới hạn

2.1 Tích phân Riemann

Một phân hoạchđoạn [a, b]là dãy hữu hạn điểm P ={x0,· · ·, xn} cho: a=x0 < x1 <· · ·< xn=b

Viết ∆xi=xi−xi−1 |P|= max{∆xi : 0≤i≤n}

Gỉa sử f : [a, b]→Rlà hàm bị chặn Với phân hoạch P trên, đặt mi = inf{f(x) :xi−1 ≤x≤xi}, Mi = sup{f(x) :xi−1 ≤x≤xi}

Lập tổng Darboux dưới: L(f, P) =n

i=1

mi∆xi

Lập tổng Darboux treân: U(f, P) =n

i=1

Mi∆xi

-x

6

y

a xi−1 xi b

mi

Mi

Nhận xét Cho phân hoạch P, P Khi P∗ = P ∪P phân hoạch mịn

hơn P, P, theo nghĩa đoạn chiaI∗ củaP∗ tồn đoạn chiaI, I P, P cho I∗ ⊂I, I∗ ⊂I Khi

inf

I f(x)≤infI∗ f(x)≤supI∗ f(x)≤supI f(x)

Suy

L(f, P)≤L(f, P∗)≤U(f, P∗)≤U(f, P)

Vậy tập tổng tổng (theo phân hoạch) bị chặn, nên tồn

sup,inf Ta định nghĩatích phân vàtích phân trên:

I(f) = sup

P L(f, P) vaø I(f) = infP U(f, P)

Định nghóa Hàm f gọi khả tích (Riemann) [a, b] , ký hiệu f ∈ R[a, b], nếuu

I(f) =I(f) Khi giá trị chung gọi làtích phân củaf trên[a, b], ký hiệu

b

a f hay

b

a f(x)dx

Từ định nghĩa ta có tiêu chuẩn thường sử dụng sau

Tiêu chuẩn Riemann Hàm bị chặn f khả tích [a, b] với

>0, tồn phân hoạch P đoạn [a, b], cho: U(f, P)−L(f, P)<

Bài tập: Chứng minh: Hàm bị chặn f khả tích [a, b] tồn dãy phân hoạchPnđoạn [a, b], cho: U(f, Pn)−L(f, Pn)→0., khin→ ∞

Khi b

a f = limn→∞U(f, Pn) = limn→∞L(f, Pn)

Ví dụ

a) Nếu f ≡c(const), thìf khả tích b

a f =c(b−a)

Tổng quát, nếuflà hàm bậc thang trên[a, b], i.e tồn phân hoạchP ={x0,· · ·, xn}

đoạn[a, b], cho f(x) =ci, khix∈[xi−1, xi], f khả tích

b

a f = n

i=1

ci(xi−xi−1)

b) Hàm Dirichlet sau không khả tích Riemann treân [0,1]:

D(x) =

0 x hữu tỉ

1 x vô tỉ

Với phân hoạch P, L(D, P) = 0, U(D, P) = 1.

2.2 Tổng Riemann Cho f : [a, b] → R hàm bị chặn Với phân hoạch P ={x0,· · ·, xn}của[a, b]và họ điểmξP ={c1,· · · , cn}, vớixi−1 ≤ci ≤xi,

ta có tổng Riemann:

S(f, P, ξP) = n

i=1

f(ci)∆xi

Rõ ràng L(f, P)≤S(f, P, ξP)≤U(f, P)

Định lý sau cho phép định nghĩa tích phân giới hạn tổng Riemann Định lý Hai điều sau tương đương:

(1) Hàmf khả tích trên[a, b]

(2) Tồn lim

|P|→0S(f, P, ξP) =I, theo nghóa

∀ >0,∃δ >0 :∀P, |P|< δ ⇒ |S(f, P, ξP)−I|< , ∀ξP

Khi b

Chứng minh:

• (1)⇒ (2): Gỉa sửf ∈ R[a, b] Với >0, tồn phân hoạch P0, cho:

U(f, P0)<

b

a f +

4

GọiM = sup{f(x) :a≤x≤b} n0 số điểm chia củaP0

Đặt δ1 = min(/4Mn0,|P0|) Khi với phân hoạch P = {xi : i ∈ I} mà

|P|< δ1, ta phân tổng thành tổng

U(f, P) =

i∈I

Mi∆xi =

i∈I1

Mi∆xi+

i∈I2

Mi∆xi ,

trong I1 ={i∈I : [xi−1, xi]không chứa điểm chia P0 },

I2 ={i∈I : [xi−1, xi]chứa điểm chia P0 }

Do cách chọnδ1, đoạn [xi−1, xi]chứa nhiều điểm thuộcP0 Ta có

i∈I2

Mi∆xi≤

i∈I1

Mδ1≤n0Mδ1≤ 4

i∈I1

Mi∆xi ≤U(f, P0) +

i∈I2

Mδ1 ≤U(f, P0) + 4 ( taïi sao?)

Vaäy

U(f, P)≤U(f, P0) +2 <

b

a f +

Lập luận tương tự, tồn δ2 >0, cho phân hoạch P mà|P|< δ2, ta có

L(f, P)>

b

a f−

Suy với δ= min(δ1, δ2), phân hoạchP mà|P|< δ, mọiξP, ta có

b

a f− < L(f, P)≤S(f, P, ξP)≤U(f, P)<

b

a f+

Từ suy (2)

•(2)⇒ (1): Gỉa sử lim

|P|→0S(f, P, ξP) =I Với >0, tồn δ >0, cho phân

hoạch P mà|P|< δ, ξP, ta có

I −2 < S(f, P, ξp)< I +2

Cố định P Khi cho ξP thay đổi, ta có L(f, P) = inf

ξP S(f, P, ξP) vaø U(f, P) = supξP

S(f, P, ξP)

Suy

Theo tiêu chuẩn Riemann suy f ∈ R[a, b] Cho →0, ta coù I =

b

a f

Từ định lý ta xem tích phân giới hạn tổng Cụ thể, ta có

Hệ qủa Gỉa sử f ∈ R[a, b] Cho dãy (Pn)n∈N phân hoạch [a, b],

sao cho |Pn| →0 (khi n→ ∞) Khi

b

a f = limn→∞S(f, Pn, ξn) = limn→∞U(f, Pn) = limn→∞L(f, Pn)

trong ξn điểm chọn tùy ý theo Pn

Nhận xét Cho f ∈ R[a, b] Với mỗin∈N, phân hoạch [a, b]thành n đoạn,

trên đoạn chọn điểm đầu mút Lập tổng Riemann tương ứng

Sn= b−na n

i=1

f

a+i(b−na)

Khi b

a f = limn→∞Sn

• Cơng thức cho phép tính tích phân thơng qua giới hạn tổngSn(hay xấp xỉ

tích phân tổng Sn)

• Ngược lại, cơng thức cho phép tính giới hạn tổng Sn thơng qua việc

tính tích phân

Ví dụ Gỉa sử biết hàm f(x) =xp, vớip >0, khả tích Khi

a)

0 xdx= limn→∞

n(

1

n+

2

n +· · ·+ n

n) = limn→∞

n(n+ 1) 2n2 =

1 2.

b) nlim→∞1p+ 2pn+p+1· · ·+np = limn→∞n1n

i=1

i

n

p

=

1

0 x

pdx(= p+ 1)

Bài tập: Tính b

a x

2dx, thông qua tổng Riemann ứng với phân hoạch

Bài tập: Tính b

a dx

x , 0< a < b, thông qua tổng Riemann ứng với phân hoạch [a, b]

bởi điểm tạo thành cấp số nhân {xk=aqk, k= 0,· · ·, n}

Bài tốn Hàm khả tích? 2.3 Các lớp hàm khả tích Riemann Mệnh đề

(1) Nếu f giới nội có hữu hạn điểm gián đoạn [a, b], f ∈ R[a, b] (2) Nếu f đơn điệu [a, b], thìf ∈ R[a, b]

Chứng minh: Ta kiểm tra tiêu chuẩn Riemann

(1) Để đơn giản ta xétf gián đoạn điểmc∈(a, b) (trường hợp tổng quát

Cho >0 Goïi1 < /4M, cho: a < c−1 < c+1< b

Dof liên tục hai đoạn[a, c−1]và[c+1, b], nênf liên tục Với2 =

/2(b−a), tồn tạiδ >0: |f(x)−f(y)|< 2, khix, y∈[a, c−1]∪[c+1, b],|x−y|< δ

GọiP phân hoạch [a, b], cho|P|< δvà gồm điểm:

a=x0 < x1 <· · ·< xk−1 =c−1 < xk =c+1<· · ·< xn=b

Để ý i=k, Mi−mi< 2, cịn Mk−mk<2M

Suy

U(f, P)−L(f, P) =

i=k

(Mi−mi)∆xi+ (Mk−mk)∆xk<(b−a)2+ 2M1<

(2) Gỉa sửf đơn điệu không giảm (trường hợp đơn điệu không tăng chứng minh tơng

tự) Cho >0 Gọiδ=/(f(b)−f(a)) Khi với phân hoạchP ={x0,· · ·, xn}

của [a, b], mà |P|< δ ta coù U(f, P)−L(f, P) =n

i=1

(Mi−mi)∆xi= n

i=1

(f(xi)−f(xi−1))∆xi < δ(f(b)−f(a)<

Vậy theo tiêu chuẩn Riemannf khả tích

Tính khả tích hàm hợp Cho f ∈ R[a, b], m ≤ f ≤ M Nếu ϕ hàm liên

tục trên[m, M] Khi đóh=ϕ◦f ∈ R[a, b]

Chứng minh: Ta kiểm tra điều kiện Riemann Cho > Do ϕ liên tục

trên[m, M], tồn tạiδ >0với δ < , cho: |ϕ(x)−ϕ(y)|< |x−y|< δ

Do f ∈ R[a, b], tồn phân hoạch P ={x0,· · · , xn} cho: U(f, P)−L(f, P)< δ2 (∗)

GọiMi, milàsup,infcủaftrên[xi−1, xi] GọiMi∗, m∗i làsup,infcủahtrên[xi−1, xi]

Chia 1,· · · , nthành hai loại: I1={i:Mi−mi < δ} vàI2 ={i:Mi−mi ≥δ}

Khi nếui∈I1, thìMi∗−m∗i ≤, i∈I2, Mi∗−m∗i ≤2K,

trong K= sup{|ϕ(t)|:m≤t≤M} Do (∗) ta có

δ

i∈I2

∆xi ≤

i∈I2

(Mi−mi)∆xi < δ2

Suy

i∈I2

∆xi < δ Cuối ta có đánh giá U(h, P)−L(h, P) =

i∈I1

(M∗

i −m∗i)∆xi+

i∈I2

(M∗

i −m∗i)∆xi < (b−a) + 2Kδ < (b−a+ 2K).

2.4 Tính chất

Mệnh đề Cho f, g∈ R[a, b]vàα∈R Khi

(1) f +g∈ R[a, b]vaø b

a (f+g) =

b

a f +

b

a g

(2) αf ∈ R[a, b]vaø

b

a αf =α

b

a f.

(3) Nếu f ≤g [a, b], b

a f ≤

b

a g.

(4) |f|khả tích trên[a, b]và |

b

a f| ≤

b

a |f|.

(5) Nếu a < c < b, f ∈ R[a, c]vaø f ∈ R[c, b]vaø

b

a f =

c

a f+

b

c f.

Chứng minh: (1)(2)(3) chứng minh dựa vào việc qua giới hạn tổng Riemann

(4) Vì|f|là hợp hàm liên tụcϕ(t) =|t|vàf ∈ R[a, b], nên |f| ∈ R[a, b]

Hơn nữa, −|f| ≤f ≤ |f|, áp dụng (3), ta có bất dẳng thức cần chứng minh (5) Do f ∈ R[a, b], nên với mọi >0, tồn phân hoạch P cho:

U(f, P)−L(f, P)<

Xem P chứac (nếu chưa thêm vào) Gọi P1 điểm chia củaP thuộc[a, c],

cònP2 điểm chia củaP thuộc[c, b] Khi

U(f, P)−L(f, P) = (U(f, P1)−L(f, P1)) + (U(f, P2)−L(f, P2))<

Suy U(f, P1)−L(f, P1)< vaø U(f, P2)−L(f, P2)<

Theo tiêu chuẩn Riemann f ∈ R[a, c]vaøf ∈ R[c, b]

Từ tổng Riemann S(f, P, ξp) =S(f, P1, ξP1) +S(f, P2, ξP2), cho |P| →0, ta có cơng

thức (5)

Định lý giá trị trung bình Cho f, g ∈ R[a, b] Nếu g khơng đổi dấu, tồn µ, vớim= inff ≤µ≤M = supf, cho

b

a fg=µ

b

a g

Đặc biệt, g= 1, ta có b

a f =µ(b−a)

Hơn nữa, f liên tục, tồn a < c < bsao cho: b

a f =f(c)(b−a)

Chứng minh: Chỉ cần chứng minh chog≥0 Từmg≤fg≤Mg, suy m b

a g≤

b

a fg≤M

b

a g

Khi µ=

f

a g

b

a g

, neáu b

a g= 0, µ= 0,

b

a g= 0, thực đẳng thức cần

Hơn g= 1và f liên tục, theo định lý giá trị trung gian, tồn c∈(a, b),

sao cho f(c) =µ Suy đẳng thức cuối định lý

Bài tập: Cho f liên tục không đổi dấu [a, b] Chứng minh b

a f = 0,

thìf ≡0 Nêu ví dụ bỏ điều kiệnf liên tục, phát biểu khơng

2.5 Định lý

Chof ∈ R[a, b] Định nghóa hàm F(x) = x

a f(t)dt, x∈[a, b]

Nhận xét F hàm liên tục trên[a, b] Điều suy từ

|F(x)−F(x0)|=

x

x0

f(t)dt≤ sup

a≤t≤b|f(t)||x−x0|

Định lý Nếu f hàm liên tục, thìF nguyên hàm f, i.e d

dx

x

a f

=f(x), x∈[a, b]

Chứng minh: Theo định lý giá trị trung bình ta có

F(x+ ∆x)−F(x)

∆x =

1 ∆x

x+∆x

x f =f(x+θ∆x) ,0< θ <1

Cho∆x→0, f liên tục, ta cóF(x) =f(x) 2.6 Tính tích phân xác định Từ định lý ta có cơng thức tính tích phân xác định sau:

• Cơng thức Newton-Leibniz Nếu hàmf có ngun hàm F [a, b],

b

a f(x)dx= F(x)| b

a=F(b)−F(a)

•Cơng thức đổi biến Nếu hàm f liên tục khoảngJ, vàϕlà hàm khả vi liên tục

từ khoảng I vào J, với mọia, b∈I, ta có

ϕ(b)

ϕ(a) f(x)dx=

b

a f(ϕ(t))ϕ (t)dt

•Cơng thức tích phân phần Nếuu, vlà hàm khả vi liên tục trên[a, b],

b

a u(x)v

(x)dx=u(b)v(b)−u(a)v(a)− b a v(x)u

(x)dx

Chứng minh: Công thức Newton-Leibniz suy từ định lý bản: Do dxd F(x)− x

a f

= f(x)−f(x) = 0,∀x ∈[a, b], neân F(x)− x

x=a ta cóC =F(a) Cho x=b ta có cơng thức

Cơng thức đổi biến suy từ công thức qui tắc đạo hàm hợp: Hàm F(x) = x

ϕ(a)f nguyên hàm củaf(x)

Đặt G(t) = F(ϕ(t)) Khi G(t) = F(ϕ(t))ϕ(t) = f(ϕ(t))ϕ(t), i.e G(t) nguyên hàm f(ϕ(t))ϕ(t) Vậy

b

a f(ϕ(t))ϕ

(t)dt=G(b)−G(b) =F(ϕ(b))−F(ϕ(a)) = ϕ(b)

ϕ(a) f(x)dx

Cơng thức tích phân phần suy từ công thức Newton-Leibniz qui tắc đạo hàm tích (Bài tập)

Nhận xét Có hàm khả tích khơng có ngun hàm Chẳng hạn, hàm bậc thang hàm signx

Ví dụ

a)Cơng thức Leibniz tính số π Ta có

1

0

dx

1 +x2 = arctanx|10=

π

4

Mặt khác áp dụng công thức tổng cấp số nhân 1−1−qnq+1 = +q+q2+· · ·+qn,

với q=−x2, ta có

1 +x2 = 1−x2+x4−x6+· · ·+ (−1)nx2n+Rn, Rn= (−1)

n+1x2n+2 +x2

Lấy tích phân hai vế ta có

π

4 = 1− 3+

1 5−

1

6 +· · ·+ (−1)n

2n+ +n

trong

|n|=

1

0

(−1)n+1x2n+2

1 +x2 dx

≤

01x2n+2dx= 2n1+ 3

b) Tính a

0

a2−x2dx: Đổi biến x=asint, t∈[0,π

2]

a

0

a2−x2dx =

π

0

a2−a2sintacostdt=a2 π2

0 cos

2tdt = a2

2

π

0 (cos 2t+ 1)dt=

a2 (

sin 2t

2 +t)

π

0 =

a2π

c) Công thức qui nạp cho In=

π

0 sin

nxdx, (n∈N):

Khi n= 0,1, ta coùI0=

π

0 dx=

π

2 vaøI1=

π

0 sinxdx=−cosx|

π

0 =

Khi n≥2, tích phân phần ta có

In =

π

0 sin

n−1xd(−cosx) =−sinn−1xcosxπ2

0 + (n−1)

π

0 sin

n−2cos2xdx = + (n−1)

π

0 sin

n−2dx−(n−1) π2

0 sin

nxdx= (n−1)I

Vậy ta có cơng thức In= n−n 1In−2, (n≥2)

Suy I2n= 1.32· · ·.4· · ·(2n2−n 1)π2 vaø I2n+1= 1.32.· · ·4· · ·2n2n+ 1

Bài tập: Từ kết qủa chứng minh công thức Wallis: √

π = limn→∞√1n1.32· · ·.4· · ·(2n2−n 1)2 vaø In∼

π

2n n→ ∞

Bài tập: Chứng minh:

a) Nếu f hàm chẵn trên[−a, a], a

−af(x)dx=

a

0 f(x)dx

b) Nếuf hàm lẻ [−a, a],

a

−af(x)dx=

c) Nếuf hàm có chu kỳ T,

a+T

a f(x)dx=

T

0 f(x)dxvới mọia

3 Một số ứng dụng.

Archimède (thế kỷ thứ trước Cơng ngun) tiến hành tính diện tích, thể tích độ dài đường cong số hình phương pháp tích phân, thời ơng chưa có lập luận thật chặt chẽ

Ý: phân hình cần tính độ dài (diện tích, thể tích) thành đoạn thẳng (hình chữ nhật, hình khối lập phương) lấy tổng Nếu phân hoạch nhỏ, tổng độ dài (diện tích, thể tích) hình đơn giản gần với giá trị cần tìm Sau lập luận giới hạn

3.1 Tính diện tích Gỉa sử hình phân thành hình thang cong giới hạn hàm liên tụcf : [a, b]→R, vớif ≥0:

D={(x, y)∈R2 :a≤x≤b,0≤y≤f(x)}

GọiP phân hoạch [a, b] Khi L(f, P) =Tổng diện tích hình chữ nhật nằm

gọn D U(f, P) =Tổng diện tích hình chữ nhật phủ kín D

Từ ta định nghĩa diện tích miền D gía trị S(D) = b

a f

•Nếu f1, f2 hàm liên tục [a, b], diện tích miềnDgiới hạn bởif1, f2

S(D) = b

a |f1−f2|

• NếuD miền giới hạn đờng cong kín cho phương trình tham số: x=x(t), y =y(t), hàm khả vi liên tục theo t∈[α, β],

S(D) = β

α y(t)x (t)dt

=

β

α x(t)y (t)dt

• Gỉa sử miềnD giới hạn đường cong cho tọa độ cựcr =r(ϕ), α≤ϕ≤β,

i.e

D={(rcosϕ, rsinϕ)∈R2 :α≤ϕ≤β,0≤r≤r(ϕ}

-x 6

O

∆ϕ

r

ϕi−1

ϕi

Với phân hoạch P: α=ϕ0< ϕ1 <· · ·< ϕn=β, ta có

(Diện tích hình quạt trịn bán kính r, chắn cung độ dài ∆ϕ) = 12r2∆ϕ

Vaäy

L(12r2, P) =Tổng diện tích hình quạt nằm gọn D

U(1

2r2, P) =Tổng diện tích hình quạt phủ kín D

Từ định nghĩa tích phân, ta có

S(D) = 12

β

α r

2(ϕ)dϕ

Ví dụ

a) Tính diện tích miền giới hạn Parabol y2 = 2px, x2 = 2py (p >0)

Áp dụng công thức nêu vớif1(x) =√2px, f2(x) = x2p2 Hoành độ giao điểm

f1(x) =f2(x) ⇔ x= 0,2p

S= 2p

2px−x2p2

dx=

2

2px32 −x

3 6p

2p

0

= 43p2

b) Tính diện tích Ellip xa22 + y2

b2 ≤1 Phương trình tham số Ellip:

x=acost, y =bsint Áp dụng cơng thức ta có S =ab

2π

0 sin

2tdt= ab

2π

0 (1−cos 2t)dt=πab

c) Diện tích giới hạn đường xoắn ốc cho tọa độ cực: r =aϕ,0≤ϕ≤2π S= 12 2π

0 a

2ϕ2dϕ= a2 ϕ3

2π

0 =

Ví dụ Cho y = f(x) hàm tăng [0,+∞), f(0) = xlim→∞f(x) = ∞ Gọi

x =g(y) hàm ngược Với x, y >0, so sánh diện tích hình chữ nhật cạnh x, y với

diện tích giới hạn đồ thị hàm f, ta có bất đẳng thức Young

xy ≤ x

0 f +

y

0 g (x, y≥0)

Suy với f(x) =xp−1, g(y) =y

p−1 (p >0), ta coù

xy ≤ xpp +yqq (1p +1q = 1)

3.2 Tính thể tích Cho H hình khối khơng gian Gỉa sử với x ∈[a, b],

mặt phẳng vng góc vớiOxcắtH theo thiết diện có diện tíchS(x) Gỉa thiết thêm

là H nằm mặt phẳng x=avà x=b

-s

a xs bs

S(x) @

@ R

GọiP phân hoạch [a, b] Khi

L(S, P) =Tổng thể tích hình trụ nằm gọn H U(S, P) =Tổng thể tích hình trụ phủ kín H

Từ thể tích hìnhH định nghĩa số V(H) =

b

a S(x)dx

• H hình chóp với đáy có diện tích B, chiều cao h Khi S(x) = B(xh)2, 0≤x≤h Vậy

V(H) = h B(

x

h)2dx=

1 3Bh

• H gọi hình trịn xoay H hình trongR3 tạo xoay quanh trục

Ox miềnD={(x, y) :a≤x≤b,0≤y≤ |f(x)|}, vớif hàm liên tục trên[a, b]

Khi đóS(x) =πf2(x), thể tích H

V(H) = b

a πf

Ví dụ Tính thể tích hình cầu x2+y2+z2 ≤Ra2 Mặt cầu mặt tròn xoay quay

quanh Ox đồ thị hàmy=f(x) =√R2−x2,−R≤x≤R Áp dụng cơng thức ta có

V =

R

−Rπ(R

2−x2)dx= 3πR3

3.3 Tính độ dài cung Cho đường cong C={(x, y)∈R2:a≤x≤b, y=f(x)}

Với phân hoạch P = {x0, x1,· · · , xn} đoạn [a, b], ta có điểm tương ứng Mi(xi, f(xi))trênC

-x

y

a b

s

s

xi−1

Mi−1

xi Mi

s s

Độ dài đoạn Mi−1Mi

∆x2

i + ∆y2i =

1 +f(ci)2∆xi,

trong xi−1≤ci≤xi Như tổng Riemann

S(1−f2, P,{ci}) = Độ dài đường gấp khúc M0M1· · ·Mn

Vậy f khả vi liên tục, độ dài cung C giá trị l(C) = b

a

1 +f2(x)dx

• Nếu C cho phương trình tham số x=x(t), y=y(t), hàm khả vi liên tục

theot∈[α, β], theo phép đổi biến tích phân

l(C) = β

α

x2(t) +y2(t)dt

• Nếu C cho tọa độ cực r =r(ϕ), α≤ϕ≤β, từ x=rcosϕ, y=rsinϕ, ta

coù

l(C) = β

α

Ví dụ

a) Tính độ dài cung x =acos3t, y =asin3t Do tính đối xứng đường cong, Áp

dụng cơng thức, ta có

l=

π

0

(−3asintcos2t)2+ (3acostsin2t)2dt= 6a

π

0 sin 2tdt= −3acos 2t|

π

0 = 6a

c) Tính độ dài vịng xoắn ốc cho tọa độ cực: r=aϕ Theo công thức

l = 2π

0

a2ϕ2+a2dϕ=a 2π

ϕ2+ 1dϕ = a(ϕ

2

ϕ2+ +1

2ln|ϕ+

ϕ2+ 1|)2π

0 =

a

2(2π

4π2+ + ln(2π+4π2+ 1))

3.4 Diện tích mặt Có thể tính diện tích mặt theo phương pháp lập luận Chẳng hạn diện tích mặt tròn xoay quay đồ thị hàm khả vi liên tục f : [a, b]→R

quanh trụcOx, tính S = 2π

b

a |f(x)|

1 +f2(x)dx

Ví dụ Tính diện tích mặt cầu bán kínhR Áp dụng cơng thức với hàm f(x) =√R2−x2,−R ≤x≤R, ta có

S = 2π R −R

R2−x2 1 +

−x

√

R2−x2

2

dx= 2πR R

−Rdx= 4πR

2

4 Tích phân suy rộng.

Ta xét tích phân hàm bị chặn, tập bị chặn [a, b] Phần xét đến

khái niệm tích phân hàm khơng bị chặn hay tích phân tập khơng bị chặn Trước hết xét ví dụ sau:

a) b

0

dx

1 +x2 = arctanb →

π

2, khib→+∞

b)

a dx

√

x = 2−2

√

a →2, a→0+

c) b

1

dx

x = lnb →+∞, khib→+∞

d) b

0 cosxdx= sinb, không tồn giới hạn b→+∞

4.1 Tích phân suy rộng loại Gỉa sử f xác định [a,+∞) khả tích

mỗi đoạn hữu hạn [a, b] với b > a Khi tích phân suy rộng loại f

[a,+∞) ký hiệu định nghĩa

+∞

a f(x)dx= limb→+∞

b

a f(x)dx

nếu giới hạn vế phải tồn

Nếu giới hạn hữu hạn tích phân gọi hội tụ, trường hợp ngược lại gọi làphân kỳ

Tương tự, ta định nghĩa

b

−∞f(x)dx = a→−∞lim

b

a f(x)dx

và có khái niệm hội tụ, phân kỳ tương ứng

4.2 Tích phân suy rộng loại Gỉa sử f xác định [a, b) khả tích

đoạn [a, b−] với > Khi tích phân suy rộng loại f trên[a, b) ký

hiệu định nghóa

b

a f(x)dx= lim→0+ b−

a f(x)dx

nếu giới hạn vế phải tồn

Nếu giới hạn hữu hạn tích phân gọi hội tụ, trường hợp ngược lại gọi làphân kỳ

Tương tự, ta định nghĩa tích phân suy rộng f trên(a, b]:

b

a f(x)dx= lim→0+ b

a+f(x)dx

Một cách tổng quát, f không xác định hữu hạn điểm −∞ ≤a=a1 < a2 <

· · ·< an=b≤+∞, ta định nghóa tích phân suy rộng

b

a f(x)dx=

c1

a1

f(x)dx+ a2

c1

f(x)dx+· · ·+ cn−1

an−1

f(x)dx+ an

cn−1

f(x)dx

trong ai< ci< ai+1, với gỉa thiết tích phân vế phải hội tụ

Ví dụ Do nguyên hàm x1p (p−−1)1xp−1 p = 1, vaø laø ln|x| p = 1,

neân +∞

1

dx

xp hội tụ khip >1

1

0

dx

xp hội tụ khip <1

Nhận xét

các tính chất: tuyến tính, bất đẳng thức, phân đoạn,· · ·, tích phân suy rộng

• Ta tính tích phân suy rộng công thức Newton-Leibniz, đổi biến hay tích phân phần

Cũng từ lý thuyết giới hạn ta có tiêu chuẩn sau: 4.3 Tiêu chuẩn Cauchy

(1) Cho f xác định [a,+∞) Khi +∞

a f(x)dx hội tụ với >0, tồn tại∆>0, cho với mọib1, b2>∆, ta có

b2

b1

f(x)dx<

(2) Cho f xác định [a, b) Khi b

a f(x)dxhội tụ với mọi >0,

tồn δ >0, cho với mọib−δ < b1, b2< b, ta có

b2

b1

f(x)dx<

4.4 Các dấu hiệu hội tụ

(1) Trường hợp tích phân loại 1: Cho f, g hàm xác định [a,+∞) Ta có dấu hiệu sau:

Hội tụ tuyệt đối: Nếu +∞

a |f(x)|dx hội tụ,

+∞

a f(x)dxhội tụ So sánh: Gỉa sử|f(x)| ≤ |g(x)|,∀x∈[a,+∞) Khi

Nếu +∞

a |g(x)|dxhội tụ,

+∞

a |f(x)|dxhội tụ

Nếu +∞

a |f(x)|dxphân kỳ,

+∞

a |g(x)|dxphân kỳ Giới hạn: Gỉa sửxlim→∞f(x)

g(x)

=K Khi

Nếu K = 0, +∞

a |g(x)|dxvà

+∞

a |f(x)|dxcùng hội tụ hay phân kỳ

Nếu K = 0, +∞

a |g(x)|dxhội tụ suy

+∞

a |f(x)|dxhội tụ Dirichlet: Nếu sup

a<b<∞

b

a f(x)dx

< ∞, ϕ hàm khả vi liên tục, đơn điệu

lim

x→+∞ϕ(x) = 0,

+∞

a f(x)ϕ(x)dx hội tụ

Chứng minh: Ta kiểm tra tiêu chuẩn Cauchy Dùng lại ký hiệu 4.3 Dấu hiệu đầu suy từ b2

b1

f(x)dx≤ b2

b1

2 dấu hiệu suy từ b2

b1

|f(x)|dx≤(K+ 1)

b2

b1

|g(x)|dx

Chỉ cần chứng minh dấu hiệu Dirichlet trường hợp ϕgiảm (?) Khi ϕ ≤0 Đặt F(x) =

x

a f Theo giả thiết |F(x)| < M,∀x Tích phân phần, áp dụng

định lý giá trị trung bình, ta có

b2

b1

f(x)ϕ(x)dx=|F ϕ|b2

b1− b2

b1

F(x)ϕ(x)dx| ≤M|ϕ(b

2)|+M|ϕ(b1)|+M|ϕ(b2)−ϕ(b1)

Do ϕ(x)→0, x→ ∞, nên tiêu chuẩn Cauchy thoả

(2) Trường hợp tích phân loại 2: Cho f, g hàm xác định [a, b) Ta có tiêu chuẩn sau:

Hội tụ tuyệt đối: Nếu b

a |f(x)|dxhội tụ,

b

a f(x)dxhội tụ So sánh: Gỉa sử|f(x)| ≤ |g(x)|,∀x∈[a, b) Khi

Nếu b

a |g(x)|dxhội tụ,

b

a |f(x)|dxhội tụ

Nếu b

a |f(x)|dxphân kỳ,

b

a |g(x)|dxphân kỳ Giới hạn: Gỉa sử lim

x→b−

fg((xx))=K Khi

NếuK = 0, b

a |g(x)|dxvà

b

a |f(x)|dx hội tụ hay phân kỳ

NếuK = 0, b

a |g(x)|dxhội tụ suy

b

a |f(x)|dxhội tụ Dirichlet: Nếu sup

a<b<b

b

a f(x)dx

<∞, ϕlà hàm đơn điệu vàxlim→b−ϕ(x) = 0,

b

a f(x)ϕ(x)dx hội tuï

Chứng minh: Việc chứng minh tương tự tích phân loại hay phép đổi biến t= x−1 b đưa tích phân loại tích phân loại

Ví dụ a) Xét +∞

−∞ e −x2

dx

So saùnh: e−x2

≤e−|x|, +∞

0 e

−xdxhội tụ Suy tích phân xét hội tụ

b) Xét +∞

1

sinx xp dx,

+∞

1

cosx

xp dx (p >0)

Theo dấu hiệu Dirichlet tích phân b

1 sinxdx hay

b

1 cosxdxbị chặn

xp giảm

0, nên tích phân hội tụ

c)Tích phân Fresnel: +∞

−∞ sinx

2dx, +∞

−∞ cosx

tích phân có dạng cho ví dụ b) với p=

d) Tích phân sau hội tụ không hội tụ tuyệt đối +∞

0

sinx x dx

Tính hội tụ suy từ ví dụ b) vớip=

Tích phân khơng hội tụ tuyệt đối suy từ đánh giá

+∞

0

sinxxdx ≥

nπ

0

|sinx|

x dx ≥

n

k=1

kπ

(k−1)π

|sinx|

x dx

≥ n

k=1

kπ

π

0 |sinx|dx ≥ 2π

n

k=1

k →+∞, n→ ∞

e) Xeùt

0 lnx

xp dx (p <1)

So sánh giới hạn: với p < q < 1, lnxpx : x1q =xq−plnx →0, x →0+,

dx xq

hội tụ Suy tích phân xét hội tụ f) Hàm Gamma: Γ(p) = +∞

0 e

−xxp−1dx, hội tụ p >0

Điều suy từ:

so sánh với hàm xp1−1,

0 e

−xxp−1dx, hội tụ khi p−1>−1,

so sánh với hàm e− x

2, +∞

1 e

−xxp−1dx, hội tụ với mọip.

g) Haøm Beta: B(p, q) =

0 x

p−1(1−x)q−1dx, hội tụ p, q >0

Điều suy từ:

1/2

0 x

p−1(1−x)q−1dx, coù kỳ dị tại x= 0, hội tụ khi p−1>−1

1

1/2x

p−1(1−x)q−1dx, có kỳ dị tại x= 1, hội tụ khi q−1>−1.

Bài tập: Chứng minh: Γ(p+ 1) =pΓ(p) , ∀p >0

Suy ra: Γ(n+ 1) =n! +∞

0 e

Chương ta xét đến lý thuyết tổng vô hạn: chuỗi Tuy trường hợp riêng dãy, vai trị tính chất đặc thù nó, nên thường lý thuyết chuỗi khảo sát riêng Chương nêu số dấu hiệu thường sử dụngï để xét hội tụ chuỗi số

1 Chuỗi số

1.1 Định nghĩa Mộtchuỗi số lập từ dãy số (an)là tổng hình thức vơ hạn a0+a1+a2+· · ·+an+· · · =

∞

k=0

ak

Dãytổng riêng thứ ncủa chuỗi: Sn= n

k=0

ak=a0+a1+· · ·+an

Dãyphần dư thứ n chuỗi: rn= ∞

k=n+1

ak=an+1+an+2+· · ·

Chuỗi gọi làhội tụ S nếuu tồn nlim→∞Sn=S Khi ta nói chuỗi có tổng

là S, ký hiệu ∞ k=0

ak =S Trường hợp ngược lại, i.e giới hạn khơng tồn tại,

thì chuỗi gọi làphân kỳ Ví dụ

a) Xétchuỗi hình học: ∞

k=0

xk= +x+x2+· · ·.

Khix= 1, ta coù Sn= +x+x2+· · ·+xn= 1−x n+1 1−x

Vậy |x|<1, chuỗi hội tụ ∞

k=0

xk =

1−x Nếu|x| ≥1, chuỗi phân kỳ

b) Xétchuỗi điều hòa: ∞

k=1

k = +

1 +

1 3+· · ·

So sánh diện tích miền giới hạn đồ thị hàmy = x1, x∈[1, n], ta có

Sn= +12 +· · ·+n1 ≥

2

1

dx

x +

3

2

dx

x +· · ·+

n

n−1

dx x = lnn

c) Xeùt ∞

k=1

k2 = + 22 +

1

32 +· · · So sánh số hạng, ta có

Sn= +212 +312 +· · ·+n12 ≤ +11.2+ 21.3 +· · ·+(n−11)n

≤ +11 −12 +12−13 +· · ·+(n−1 1)− 1n <2−n1 Vậy dãy tổng riêng tăng bị chặn nên chuỗi cho hội tụ

d) Chuoãi ∞

k=0

(−1)k= 1−1 + 1−1 +· · · phân kỳ dãy tổng riêng dãy 1-0

Bài tập: Tính tổng chuỗi ∞

k=1

k(k+ 1)

Không phải lúc dễ dàng tính tổng chuỗi Sau xét đến tính hội tụ chuỗi

1.2 Tiêu chuẩn hội tụ Dãy tổng riêng hội tụ dãy Cauchy Dãy đơn điệu tăng hội tụ bị chặn Từ ta có tiêu chuẩn quan trọng sau

Tiêu chuẩn Cauchy cho chuỗi Chuỗi ∞

k=0

ak hội tụ với > 0,

tồn N, cho với N ≤n < m, ta có |Sm−Sn|=| m

k=n+1

ak|<

Tiêu chuẩn cho chuỗi số dương Gỉa sử ak ≥ 0,∀k Khi ∞

k=0

ak hội tụ

chỉ dãy tổng riêng bị chặn, i.e tồn M, cho n k=0

ak < M,∀n

Hệ qủa (Điều kiện cần)Nếu ∞

k=0

ak hội tụ, klim→∞ak =

Ví dụ Dùng tiêu chuẩn Cauchy cho chứng minh khác phân kỳ chuỗi điều hòa: 2n

k=n+1

k >

2n

k=n+1 2n =

n

2n =

1

Ta thấy ví dụ ak= k1 →0, chuỗi khơng hội tụ, i.e điều ngược lại

của điều kiện cần nói chung khơng 1.3 Tính chất

Tính tuyến tính Nếu ∞

k=0

ak, ∞

k=0

bk hội tụ vàc∈R, ∞

k=0

(ak+bk), ∞

k=0

cakhội tụ ∞

k=0

(ak+bk) = ∞

k=0

ak + ∞ k=0 bk ∞ k=0

cak = c ∞

k=0

Tính phân đoạn Sự hội tụ chuỗi không phụ thuộc vào hữu hạn số hạng đầu, i.e với mỗin∈N, ∞

k=0

ak hội tụ ∞

k=n

ak hội tụ Khi ∞

k=0

ak = n−1

k=0

ak + ∞

k=n ak

Tính kết hợp Gỉa sử ∞

k=0

ak hội tụ S Lập chuỗi có số hạng

b0 =a0+· · ·+an0, b1 =an0+1+· · ·+an1,· · ·, bk =ank−1+1+· · ·+ank,· · ·

Khi ∞

k=0

bk hội tụ vềS

Chứng minh: Hai tính chất đầu suy từ giới hạn tổng dãy Chuỗi ∞

k=0

bk có dãy tổng riêng dãy dãy tổng riêng ∞

k=0

ak Từ hội

tụ dãy suy hội tụ dãy Điều chứng minh tính chất thứ ba

Nhận xét Chuỗi phân kỳ khơng có tính chất Ví dụ chuỗi1−1 + 1−1 +· · · khác với (1−1) + (1−1) +· · ·= 0, + (−1 + 1) + (−1 + 1) +· · ·=

Hoán vị số hạng Cho ∞

k=0

ak σ : N → N song ánh Lập chuỗi có

các số hạng hốn vị chuỗi cho: ∞

k=0

aσ(k)

Noùi chung, kak hội tụ S, không suy kaσ(k) hội tụ S Xét ví dụ chuỗi

∞

k=1

(−1)k+1

k Đó chuỗi hội tụ có tổng ln 2:

ln = 1−1

2+ −

1 +

1 −

1 6+

1 −

1 +· · ·

Từ tính chất tuyến tính, ta có

1

2ln = 2−

1 4+

1 −

1 +

1 10 −

1 12 +· · · = + 12 −0−14 + +16 −0−18 +· · · Cộng hai chuỗi dùng tính chất kết hợp, ta có

ln +12ln = (1 + 0) + (−12+12) + (13 −0) + (41−14) + (15+ 0) + (−16 +16) +· · ·

= + 13−12 +15 +17 −14+ 19+111 −16 +· · ·

Chuỗi vế phải lập từ hoán vị chuỗi xuất phát, có tổng khác ln

để có chuỗi nhận gía trị cho trước 1.4 Định lý Riemann Gỉa sử∞

k=0

ak chuỗi hội tụ Khi

(1) Nếu ∞

k=0

|ak|hội tụ, chuỗi ∞

k=0

aσ(k) hội tụ tổng, với song ánh

σ :N→N

(2) Neáu ∞

k=0

|ak|phân kỳ Khi với mọic∈R, tồn phép hoán vịσ:N→N,

cho ∞

k=0

aσ(k) =c

Chứng minh: Trước hết ta có nhận xét ∞

k=0

pk chuỗi số dương hội tụ, ∞

k=0

pσ(k) hội tụ Thật với n∈N, gọi N = max(σ(0),· · · , σ(n)), dãy

tổng riêng chuỗi hoán vị bị chặn trên:

n

k=1

pk ≤ N

k=1

pk< ∞

k=0

pk

nên hội tụ

Bây xét phần dương phần âm ak: pk= max(ak,0)vàqk =−min(ak,0)

Khi đópk, qk≥0,ak=pk−qk và|ak|=pk+qk

(1) Nếu ∞

k=0

ak hội tụ S ∞

k=0

|ak| hội tụ, chuỗi số dương ∞

k=0

pk, ∞

k=0

qk

bị chặn ∞

k=0

|ak|, neân hội tụ Theo nhận xét ta có S=∞

k=0

ak= ∞

k=0

pk− ∞

k=0

qk = ∞

k=0

pσ(k)−

∞

k=0

qσ(k)=

∞

k=0

aσ(k)

(2) Nếu ∞

k=0

ak hội tụ ∞

k=0

|ak|phân kỳ, ∞

k=0

pk ∞

k=0

qk phân kỳ(= +∞), với

lim

k→∞pk= limk→∞qk =

Choc∈R, lập chuỗi hốn vị từ sau:

Gọik0 số bé cho: c < p0+· · ·+pk0

Gọik1 số bé cho: p0+· · ·+pk0 −q0− · · · −qk1 < c

Gọik2 số bé cho: c < p0+· · ·+pk0−q0· · · −qk1+pk0+1+· · ·+pk2 Lặp ta có hoán vị số hạng chuỗi ∞

k=0

ak mà tổng riêng giao động

2 Các dấu hiệu hội tụ 2.1 Các dấu hiệu hội tụ tuyệt đối

Hội tụ tuyệt đối: Nếu ∞

k=0

|ak|hội tụ, ∞

k=0

ak hội tụ

So sánh: Gỉa sử tồn tạiN, cho|ak| ≤ |bk|,∀k≥N Khi

Nếu ∞

k=0

|bk|hội tụ, ∞

k=0

|ak|hội tụ Nếu ∞

k=0

|ak|phân kỳ, ∞

k=0

|bk|phân kỳ So sánh giới hạn: Gỉa sử lim

k→∞ |ak|

|bk| =K

Neáu K = 0, ∞

k=0

|ak|và ∞

k=0

|bk|cùng hội tụ hay phân kỳ

Nếu K = 0, ∞

k=0

|bk|hội tụ suy ∞

k=0

|ak|hội tụ

và ∞

k=0

|ak|phân kyø suy ∞

k=0

|bk|phân kỳ D’Alembert: Gỉa sử lim

k→∞ |ak+1|

|ak| =r Khi

Nếu r <1, ∞

k=0

|ak| hội tụ Nếur >1, ∞

k=0

|ak|phân kỳ Cauchy: Gỉa sử lim

k→∞

k

|ak|=r Khi

Nếu r <1, ∞

k=0

|ak| hội tụ Nếur >1, ∞

k=0

|ak|phân kỳ ï

Tích phân: Gỉa sử f : [0,+∞) → R hàm đơn điệu giảm Khi tích phân

+∞

0 f(x)dxvà chuỗi

∞

k=0

f(k)cùng hội tụ hay phân kỳ Chứng minh: Từ bất đẳng thức tam giác ta cóm

k=n ak ≤ m

k=n

|ak| Tiêu chuẩn Cauchy

suy dấu hiệu đầu

Dấu hiệu so sánh suy từ n

k=0

|ak| ≤ n

k=0

|bk|, tính hội tụ chuỗi số dương tương

đương với tính bị chặn dãy tổng riêng Gỉa sử lim

k→∞ |ak|

|bk| =K Khi với >0, tồn tạiN, cho khik > N,

(K−)|bk| ≤ |ak| ≤(K+)|bk|

Vậy dấu hieuä so sánh giới hạn suy từ dấu hiệu so sánh Gỉa sử giới hạn tỉ số lim

k→∞ |ak+1|

|ak| =r

Suy |aN+k|< pk|aN|, k= 0,1,2,· · · Từ dấu hiệu so sánh ∞

k=N

|ak| ≤ |aN| ∞

k=0

pk= 1|a−N|p

suy chuỗi |ak|hội tụ

Trường hợp r >1: vớir > q >1, tồn tạiN, cho|an+1|> q|an|,∀n≥N

Tương tự đánh giá trên, từ việc so sánh với chuỗi phân kỳ qk, suy chuỗi |ak|

phaân kyø

Gỉa sử giới hạn số lim

k→∞

n

|ak|=r

Trường hợp r <1: vớir < p <1, tồn tạiN, cho n |a

n|< p,∀n≥N

Suy |an|< pn,∀n≥N Ta có phần dư ∞

k=N

|ak| ≤ ∞

k=N

pk= p1N−+1p

suy chuỗi |ak|hội tụ

Trường hợp r >1: vớir > q >1, tồn tạiN, cho|an|> qn,∀n≥N

Tương tự đánh giá trên, từ việc so sánh với chuỗi phân kỳ qk, suy chuỗi |a k|

phân kỳ

Giả sử f giảm [0,+∞) Khi đóf(k+ 1)≤f(x)≤f(k), khik≤x≤k+

Suy f(k+ 1)≤

k+1

k f(x)dx≤f(k) Vậy với0< n < m, ta có m+1

k=n+1

f(k)≤ m

n f(x)dx≤ m

k=n f(k)

Từ tiêu chuẩn Cauchy hội tụ tích phân suy rộng chuỗi, suy tích phân +∞

0 f chuỗi

∞

k=0

f(k)cùng hội tụ hay phân kỳ

Ví dụ

a) Xét hội tụ ∞

k=0 sink

2k Dùng đấu hiệu so sánh:

sin2kk

≤ 21k chuỗi hình học ∞

k=0

2k hội tụ Chuỗi cho hội tụ

b) Dấu hiệu so sánh giới hạn: ta thường so sánh |ak|với k1p, k→ ∞

Ở ví dụ e) chứng minh ∞

k=1

kp hội tụ khip >1, phân kỳ khip≤1

Chuỗi ∞

k=0

k

k2+ 1 phân kỳ

k k2+ 1 ∼

1

k, khik→ ∞

Chuoãi ∞

k=0

k

√

k5+k3+ 1 hội tụ

k

√

k5+k3+ 1 ∼

k3/2, k→ ∞

Chuoãi ∞

k=1

e−

1 +1k k

p

và ex (vớix=

k) ta có so sánh ak =

e−

1 +1k k

p

=e−ekln(1+1

k) p

= e−ek(k1−21k2+o(k12)) p

=e−e1−21k+o(1k)) p

= e−e(1−21k +o(k1))p=

1

2k+o(

1

k) p

∼ 2p1kp c) Xét hội tụ ∞

k=1

k!

x

k k

Dùng dấu hiệu D’Alembert:

lim

k→∞ |ak+1|

|ak| = limk→∞x

k

k+

k

= lim

k→∞x

1−k+ 11 k+1

1−k+ 11 −1 =|x|e−1

Vậy chuỗi hội tụ |x|< evà phân kỳ khi|x|> e

Khi|x|=e, theo công thức Stirling k!∼√2πkkke−k, nên |a

k|=k!e k kk ∼

√

2πk Vaäy

khi chuỗi phân kỳ theo điều kiện cần d) Xét hội tụ ∞

k=1 2k(1 +

1

k)k

Duøng dấu hiệu Cauchy:

lim

k→∞

k

|ak|= limk→∞12(1 +k1)k= e2 >1

Vậy chuỗi phân kỳ e) Xét hội tụ ∞

k=1

kp Dùng dấu hiệu tích phân ta xét hàm f(x) = x1p Hàm

giảm trên[1,∞)và tích phân +∞

dx

xp hội tụ khip >1 Vậy chuỗi cho

hội tụ khip >1

Tương tự, ∞

k=2

klnpk hội tụ p > Điều suy từ hội tụ

∞

2

dx xlnpx

Bài tập: Xét hội tụ chuỗi số ∞

k=0

1 +ak (a >0), ∞

k=0

k k3+ 1,

∞

k=1

sin2kπ,

∞

k=1

k−1

k+

k(k+1)

,∞

k=0 (k!)2

2k2 , ∞

k=2

1

klnkln(lnk),

∞

k=3

1

klnkln(lnk) ln(ln lnk)),

∞

k=1 lnk

kp

Nhận xét Khi r = dấu hiệu D’Alembert nh dấu hiệu Cauchy không kết

luận chuỗi hội tụ hay phân kỳ (xem ví dụ e))

Nhận xét Dấu hiệu Cauchy mạnh dấu hiệu D’Alembert theo nghóa sau:

Neáu lim

k→∞ |ak+1|

|ak| =r, klim→∞

k

|ak|=r

Chiều ngược lại khơng có Chẳng hạn chuỗi với số hạng ak= + (−1) k

Chứng minh: Từ gỉa thiết với mọi >0, tồn tạiN cho

(r−)|ak|<|ak+1|<(r+)|ak|, ∀k≥N

Suy

(r−)k−N|a

N|<|ak|=|aN+(k−N)|<(r+)k−N|aN|

Hay A(r−)k<|a

k|< B(r+)k, vớiA=|aN|/(r−)N vàB =|aN|/(r+)N

Suy √kA(r−)< k |a

k|< √kB(r+)

Vaäy r−≤lim inf k |a

k| ≤lim supk |ak| ≤r+

Vì bất đẳng thức với mọi >0, nênr≤lim inf k |a

k| ≤lim supk |ak| ≤r

Suy lim

k→∞

k

|ak|=r

Bài tập: Chứng minh phần sau khẳng định

2.2 Các dấu hiệu hội tụ cho chuỗi đan dấu

Dirichlet: Nếu dãy tổng riêngSn= n

k=0

ak bị chặn (bk) dãy đơn điệu hội tụ

về 0, ∞

k=0

akbk hội tụ

Leibniz: Nếu dãy(ak)đơn điệu 0, chuỗi đan dấu ∞

k=0

(−1)kak hội tụ Abel: Nếu ∞

k=0

ak hội tụ (bk) dãy đơn điệu bị chặn, ∞

k=0

akbk hội tụ

Chứng minh: Trước hết ta có cơng thức tính tổng phần:

m

k=n

akbk= m

k=n

(Sk−Sk−1)bk =Smbm−Sn−1bn− m−1

k=n

Sk(bk+1−bk)

Bây ta chứng minh dấu hiệu Dirichlet Gỉa sử |Sn|bị chặn M và(bk)là dãy

đơn điệu hội tụ Theo cơng thức trên, ta có

m

k=n akbk

≤M|bm|+M|bn|+M

m−1

k=n

|bk+1−bk|=M(|bm|+|bn|+|bm−bn|)

Theo tiêu chuẩn Cauchy ∞

k=0

akbk hội tụ

Dấu hiệu Leibniz suy từ dấu hiệu Dirichlet tổng riêng Sn= n

k=0

(−1)k bị chặn.

Để chứng minh dấu hiệu Abel, gỉa sử ∞

k=0

ak hội tụ (bk)là dãy tăng đến b

Đặt ck=b−bk Khi ck giảm 0, theo dấu hiệu Dirichlet ∞

k=0

Suy ∞

k=0

akbk= ∞

k=0

akb− ∞

k=0

akck hội tụ

Trường hợp dãy (bk) giảm, áp dụng kết qủa cho (−bk)

Ví dụ

a)p-chuỗi đan dấu ∞

k=1 (−1)k

kp , vớip >0, hội tụ theo dấu hiệu Leibniz

b) Xét chuỗi ∞

k=1 sinkx

k

∞

k=1 coskx

k

Từ công thức lượng giác

2 sinkxsin1

2x = cos(k−12)x−cos(k+12)x coskxsin12x = sin(k+21)x−sin(k−12)x

Suy khisin12x= 0, i.e x= 2kπ (k∈Z),

sinx+ sin 2x+· · ·+ sinnx = cos12x−cos(n+ 12)x sin1

2x cosx+ cos 2x+· · ·+ cosnx = sin(n+12)x−sin12x

2 sin1 2x

Số thực - Dãy số

1 Chứng minh số sau vô tỉ: √3,√2 +√6, √35−√43, ax+b

cx+d (a, b, c, d∈ Q, ad−bc= 0, x∈Q)

2 TìmsupA,infA,maxA,minA, tồn tại, khi:

a)A={n+ 11 :n∈N} b) A={21n +(n−+ 11)n :n∈N} c)A={1 + (n+ 1−1)n −n2 :n∈N}

3 ChoA, B⊂R Giả sửA bị chặn vàB ⊂A So sánhsupA,supB,infA,infB

4 ChoA, B⊂Rlà tập khác trống bị chặn Chứng minh

sup(A∪B) = max(supA,supB),inf(A∪B) = min(infA,infB)

Đối vớiA∩B sao?

5 Chứng minh tập số dyadic D={2mn :m∈Z, n∈N} trù mật trongR

6 Cho D trù mật R, F tập hữu hạn D Chứng minh D\F

trù mật trongR

7 Với ∈ {1

10,1001 ,· · · ,101n}, tìmN, cho:

n+ 1n −1< , ∀n≥N

Để ý càng bé, thìN lớn Chứng minh nlim→∞n+ 1n =

8 TìmN cho √

n+ <0,03, ∀n≥N Chứng minh nlim→∞

1

√

n+ =

9 Dãy dãy sau hội tụ, tiến vô hay giao động: a)an= 21n b)an= sinnπ2 c)an= 10n d)an=nsinπn

e)an= (−1)ntg(π2 −1n) f) an=−n2

10 Chứng minh dãy sau vơ bé, i.e cho >0, tìmN cho|an|< ,

với mọin≥N

a)an= (−1) n

n b)an= sinπn c)an=qn (|q|<1)

11 Chứng minh dãy sau vơ lớn, i.e choE >0, tìmN cho|an|> E,

với mọin≥N

a)an= (−1)nn b) an= ln lnn c)an=qn (|q|>1)

12 Điền vào giới hạn sau:

a)nlim→∞ann! = b)nlim→∞nanp = (a >1) c)nlim→∞√nn=

d) nlim→∞ √nn! = e) lim

n→∞

1 +

n

n

13 Tính giới hạn sau: a) lim

n→+∞

n+ (−1)n

n−(−1)n b) n→lim+∞ 5n

2+n−7

7n2−2n+ 6 c)n→lim+∞√n2+nn+ 1

d)n→lim+∞5 + 25−n2n+1 e)n→lim+∞1ncosnπ2 f) n→lim+∞1 + +√ · · ·+n

9n4+ 1

g) lim

n→+∞(

n2+ 5−n2+ 3) h) lim

n→+∞ √

n(√n+ 1−√n+ 2)

i) lim

n→+∞

1

1.2 +

2.3+· · ·+

n(n+ 1)

j) lim

n→+∞(1−

1

22)(1−312)· · ·(1−n12)

k)n→lim+∞1 +1 +ab++· · ·· · ·++bann (|a|,|b|<1) l) n→lim+∞√n3 + sinn

14 Choα∈R Gỉa sử α

π ∈Z Chứng minh không tồn tạin→lim+∞sinnα, n→lim+∞cosnα 15 Chứng minh nlim→∞an =L= 0 , dãy((−1)nan) giao động

16 Chứng minh nếuan≤M nlim→∞an=L, L≤M

17 Chứng minh nlim→∞an =Lthìnlim→∞|an|=|L|

18 Cho ví dụ dãy(|an|) hội tụ dãy(an) không hội tụ Nếu giới hạn là0thì

sao?

19 Choan= 1.32 .4(2.6 n2−n1) Chứng minh an< √2n1+ 1 Suy nlim→∞an=

20 Dựa vào tính chất kẹp1 +

n

n

< e <1 +

n−1

n

, tính lim

n→+∞n(e

n −1)

21 Chứng minh dãy(an) giới nội, cịn (bn) tiến 0, (anbn) tiến về0

22 Lập luận sau sai đâu?

lim

n→+∞

1

nsin nπ

2 = limn→+∞

1

nnlim→∞sin nπ

2 = 0.nlim→∞sin nπ

2 =

23 Đúng hay sai: dãy số dương khơng bị chặn tiến vô

24 Cho a0 = 1, an = √1 +an−1 Chứng minh dãy (an) đơn điệu, bị chặn Tìm ϕ= limn→∞an gọi làtỉ lệ vàng

25 Chứng minh dãytn=

1 +1n

n+1

giaûm Suy n+ 11 <ln

1 +n1

< n1

26 Choan= +12+· · ·+n1−lnn Chứng minh dãy(an)là dãy đơn điệu, bị chặn

nên hội tụ γ = limn→∞an= 0,5772156649· · · gọi làhằng số Euler

28 Choa1 > a2 >0 an+1 = an+2an−1,(n≥2) Chứng minh dãy a1, a3, a5,

giảm, dãya2, a4, a6, tăng Suy tồn nlim→∞an=L Tính L

29 Dùng tiêu chuẩn Cauchy xét hội tụ dãy:

a)sn=a0+a1x+· · ·+anxn, đó|x|<1, và|ak|< M,∀k

b)Hn= +12 +13 +· · ·+n1

30 Giả sử tồn tại0 < r <1, cho |an+1−an| ≤ Crn,∀n Chứng minh (an)

dãy Cauchy nên hội tụ 31 Choa0 = 1, an= + a1

n−1 Chứng minh

2 ≤an ≤2, n≥1 Suy (an)

là dãy Cauchy (nên hội tu)ï Tìm ϕ= limn→∞an

32 Chứng minh dãyan=esin 5n có dãy hội tụ

33 Tìm dãy giới nội có dãy hội tụ giới hạn khác 34 Tìmlim supn→∞an lim infn→∞an khi:

a)an= (−1)n(2 +n3) b)an= +nn+ 1cosnπ2

35 Cho dãy số dương (an) Chứng minh nlim→∞an=a, dãy trung bình cộng

và dãy trung bình nhân:

sn= a1+· · ·n +an, pn= √na1· · ·an

cũng hội tụ a

36 Cho dãy số dương(an) Chứng minh nlim→∞aan+1

n =a, thìnlim→∞

n

√a

n=a

Áp dụng choan= n n

n!, suy nlim→∞ n

n

√

n!=e

Giới hạn tính liên tục hàm số

1 Chof :I →R,I ⊂R Xét dãy số(xn) định nghĩa đệ qui: x0∈I giá trị đầu, xn+1=f(xn) (n= 0,1,2,· · ·)

Ta dùng đồ thị hàm f để khảo sát tính chất dãy (xn) (tính đơn

điệu, bị chặn, hội tu, · · ·) cách:

- Vẽ điểm (xn, f(xn)),(xn+1, xn+1),(xn+1, f(xn+1),n= 0,1,2,· · ·

- Từ tìm qui luật dãy(xn)phụ thuộc vào giá trị đầu x0 vàf

Hãy tiến hành cách làm khi: a)f(x) =√1 +x b)f(x) = +1

x c) f(x) =x2−x+

2 Cho >0, tìmδ >0(phụ thuộcvàa) cho|f(x)−L|< , khi|x−a|< δ

3 Chứng minh lim

x→0sin

x không tồn cách dãy số (xn) (xn)

cùng tiến về0, dãy(sinx1

n) và(sin

1

xn)tiến giới hạn khác Điền vào giới hạn bản:

a) lim

x→0 sinx

x = b) x→lim+∞

1 +1x

x

= c) lim

x→0

ln(1 +x)

x =

d) lim

x→0

ax−1

x = e) xlim→0

(1 +x)p−1

x =

5 Tính giới hạn: a) lim

x→0

x2−1

2x2−x−1 b) xlim→∞

x2−1

2x2−x−1 c)xlim→3

√

x+ 13−2√x+

x2−9

d) lim

x→+∞( √

x+ 1−√3x) e) lim x→1

m

√

x−1

n

√

x−1 f)xlim→0 sin 5x

tan 8x g)xlim→0(1 +x 2)x22 h) lim

x→+∞

x2−2x−1

x2−4x+ 2

x

i) lim

x→0

sinx

x

3 sinx x−sinx

6 Chứng minh x→0, ta có

a)(1 +x)p = +px+o(x) b)sinx =x+o(x) c) cosx = 1−x2

2 +o(x)

d)ex = +x+o(x) e) ln(1 +x) =x+o(x)

Viết lại đẳng thức so sánh tương đương ∼ Hãy so sánh ax (a >1), xp, lnx, x→+∞

8 Tìm giới hạn phía phải trái 0của hàm:

a) signx b) [x] c)√x

9 Chứng minh nếuf liên tục tạiavàf(a)>0, tồn tạih >0sao chof(x)>0

với mọix, a−h < x < a+h

10 Chứng minh nếuf vàg liên tục thì|f|, max(f, g). min(f, g)cũng liên tục

11 Xét tính liên tục hàm:

a)f(x) =xx2+−x12, x=±1 f(±1) =

b)f(x) = sinxx, x= f(0) =α

c)f(x) =xx−11, x= f(1) =α 12 Chof(x) =signx g(x) =x(1−x2)

Tìmf(g(x)) Suy điểm gián đoạn f◦g

13 Chứng minh “Bổ đề dán”: Giả sử f liên tục [a, b]vàg liên tục [b, c]

Định nghĩa hàm h h(x) =f(x), x∈[a, b]cònh(x) =g(x), x∈(b, c] Khi

đó h liên tục f(b) =g(b)

14 Xác định điểm gián đoạn loại chúng, khi:

a)f(x) = arctg(x21−1) b)f(x) =ex+x1 c)f(x) =sign(sinπ

15 Chof : [0,1]→[0,1]xác định bởi: nếux= pq phân số tối giản thìf(x) = 1q;

nếux vơ tỉ f(x) = Chứng minh f liên tục điểm vô tỉ, không liên

tục điểm hữu tỉ

( Hd: với >0 có hữu hạn phân số tối giản pq mà 1q > )

16 Chof :R→R thỏaf(tx) =tf(x) với mọit, x∈R Chứng minh f liên tục

17 Tìm tất hàm f :R→R, liên tục thỏa: f(x+y) =f(x) +f(y)

18 Tìm tất hàm f :R→R, liên tục thỏa: f(x+y) =f(x)f(y)

19 Tìm tất hàm f :R+→R, liên tục thỏa: f(xy) =f(x) +f(y)

20 Tìm tất hàm f :R+→R, liên tục thỏa: f(xy) =f(x)f(y)

21 Tìm ví dụf liên tục Rnhưng f khơng đạtmax,

22 Tìm ví dụf tiên tục [0,1)đạtmaxnhưng khơng đạtmin

23 Chof :R→R liên tục lim

x→±∞f(x) = +∞ Chứng minh tồn

min{f(x) :x∈R}

24 Chứng minh đa thức bậc lẻ có nghiệm thực 25 Chứng minhĐịnh luật Descartes: Cho đa thức

P(x) =a0+a1x+· · ·+ajxj −aj+1xj+1− · · · −anxn,

trong ak ≥0,∀k, vàa0+· · ·+aj >0, aj+1+· · ·+an>0 Khi P(x) có

đúng nghiệm dương

( Hd: Hàm Px(xj) giảm (0,+∞).)

26 Chứng minh phương trìnhtanx=x có vơ số nghiệm

27 Chof hàm liên tục khỏang I Chứng minh với mọix1,· · · , xn∈I, tồn

taïic∈I, chof(c) =

n(f(x1) +· · ·+f(xn))

28 Chứng minh nếuf : [a, b]−→[a, b]là hàm liên tục, thìf có điểm bất động, i.e

tồn taïi x0 ∈[a, b]sao chof(x0) =x0

29 Chof : [1,2]−→[0,3]liên tục,f(1) = 0, f(2) = Chứng minh f có điểm bất

động

30 Cho f : [a, b] −→ R hàm liên tục, f(a)f(b) < Nêu phương pháp xấp xỉ

tìm nghiệm phơng trình f(x) =

31 Tính gần đúng√2với sai sốbằng phương pháp chia đơi tìm nghiệmx2−2 = 0

33 Cho hàmf :X→R Giả sửf thoảđiều kiện Lipschitz trênX:

∃L >0 : |f(x)−f(x)| ≤L|x−x|, ∀x, x ∈X

Chứng minh f liên tục X

34 Xét tính liên tục hàm sau miền định: a)f(x) =x3, 0≤x≤1 Trên miền 0≤x <∞ sao?

b)f(x) =x+ sinx,−∞ ≤x <+∞ c)f(x) = 1 +1x2, 0≤x <∞ d)f(x) = sinπx, 0< x <∞ (Hãy vẽ đồ thị)

Phép tính vi phân

1 Cho hàmf xác định khoảng chứax0 Gỉa sửf xấp xỉ hàm

bậc tạix0, nghóa

f(x0+h) = a + bh + o(h), h→0

Chứng minh a=f(x0), b= limh→0f(x0+hh)−f(x0)

2 Chứng minh h→0, ta có:

a)(x+h)2=x2+ 2x.h+o(h) b) sin(x+h) = sinx+ cosx.h+o(h)

3 Tính f(x), miền xác định nó:

a)f(x) = sinx2 b)f(x) = cos3(2x) c)f(x) = ln(sin(x2+ 1))

d) f(x) = xx+√x e) f(x) =xx f) f(x) = (ax)a g) f(x) = (xa)x

h)f(x) = √xx i)f(x) =x(1 +x2)tanx

4 Xét tính khả vi tính đạo hàm phíaf

+(x), f− (x) cuûa: a)f(x) =|x2−1| b) f(x) =√3x2

c)f(x) =xnsin

x, x= 0;f(0) = 0, vớin∈N

5 Chứng minh hàm f(x) =x2sin1

x, f(0) = khả vi nhưngf không liên tục

6 Xác địnhađể đồ thị hàm f(x) =ax2 tiếp xúc với đồ thị hàm g(x) = lnx

7 Xác định góc tiếp tuyến đường cong y=x2 vàx=y2 giao

điểm

8 Đúng hay sai: hàm f xác định (a, b), khả vi c f(c)> 0, thìf đơn điệu tăng lân cận củac

9 Chof(x) =x, x hữu tỉ; f(x) = sinx, x vô tỉ Chứng minh f(0) = 1, nhưngf không tăng

11 Dựa vào tính đơn điệu chứng minh bất đẳng thức: a)1 +x < ex (x= 0)

b)x− x22 <ln(1 +x)< x (x >0) c) x−x63 <sinx < x (x >0)

d)(xp+yp)1/p<(xq+yq)1/q (0< x, y; 0< q < p)

12 Cho ϕ : (a, b) → R hàm khả vi Giả sử tồn M > 0, |ϕ(x)| < M,∀x ∈

(a, b)

Đặt f(x) =x+ϕ(x), x∈(a, b) Chứng minh f đơn ánh khá bé

13 Chứng minh khơng tồn tạik∈Rđể phương trình x3−3x+k= 0 có nghiệm

treân[0,1]

14 Chứng minh a0

n+ +

a1

n +· · ·+ an−1

2 +an = 0, phương trình

a0xn+a1xn−1+· · ·+an= có nghiệm [0,1]

( Hd: Xét hàm f(x) = an0x+ 1n+1 +· · ·+anx)

15 Cho hàm f có đạo hàm cấp n [a, b] Áp dụng định lý Rolle chứng minh:

nếuf(x) = 0có nghiệm thuộc [a, b], tồn c∈(a, b) cho f(c) = 0 Hãy tổng quát hoá khif(x) = cón+ 1nghiệm

16 Chứng minh tính chất Darboux: Nếuf có đạo hàm điểm [a, b],

f nhận giá trị trung gian f(a) vàf(b)

( Hd: Xét hàm g(x) =f(x)−γx với γ gía trị nằm f(a) f(b), chứng minh gphải đạt maxhaymin điểmc∈(a, b))

17 Từ chứng minh hàmf(x) = 0nếu−1≤x <0,f(x) = 1nếu0≤x≤1,

không thể có nguyên hàm [−1,1]

18 Các hàm số sau có thoả định lý giá trị trung bình? Nếu có, tìm c để f(b)−f(a) =f(c)(b−a):

a)f(x) = x−x 1 (0≤x≤2) b)f(x) = x−x 1 (2≤x≤4)

c)f(x) =Ax+B (a≤x≤b) d)f(x) = 1−x2/3 (−1≤x≤1)

19 Giả sử f liên tục trên[3,5], khả vi (3,5)và f(3) = 6, f(5) = 10 Chứng

minh tồn tạic∈(3,5)sao cho đờng thẳng tiếp xúc vớif điểm có hồnh độ c qua gốc tọa độ

20 Tìm gía trị cthỏa fg((cc)) = fg((bb))−−fg((aa)) hàm:

a)f(x) =x, g(x) =x2 (0≤x≤1)

b)f(x) = sinx, g(x) = cosx (−π2 ≤x≤0)

21 Áp dụng định lý giá trị trung bình chứng minh bất đẳng thức: a)|sina−sinb| ≤ |a−b| b)|arctana−arctanb| ≤ |a−b| c)1 +

x

x

< e <

1 +1

x

x+1

22 Dựa vào|f(x)−f(a)| ≤ sup

c∈[a,x]|f

(c)||x−a|, đánh giá hội tụ củaf(x)vềf(a) theo ngơn ngữ-δ: với sai số >0cho trước, tìmδ, cho khi|x−a|< δ,

|f(x)−f(a)|<

a)f(x) =x2 b)f(x) =

x

23 Cho f g hai hàm khả vi đến cấp n, h = fg Chứng minh công thức

Leibniz:

a)h(c) =f(c)g(c) + 2f(c)g(c) +f(c)g(c) b)h(n)(c) =n

k=0

n!

k!(n−k)!f(k)(c)g(n−k)(c)

24 Dùng cơng thức Leibniz tínhf(100) khi:

a)f(x) =x3sinx b) f(x) =x2e−x

a c) f(x) = √1 +x

1−x

25 Tính đạo hàm cấpncủa hàm ax, sin(ax+b), log

ax, (1 +x)p

26 Tínhf(n)(x) hàmf(x) =

x2−3x+ 2

( Hd: Hãy phân tíchf(x)thành phân thức hữu tỉ)

27 Viết khai triển Taylor x0 haømf(x) =xn

28 Từ khai triển Taylor x= hàm f(x) = (1 +x)n, suy công thức nhị

thức Newton

29 Tìm đa thức bậc4, thỏa: P(2) =−1, P(2) = 0, P(2) =−12, P(2) = 24 30 Chứng minh với a >0, h >0, n∈N, tồn θ∈[0,1]sao cho:

1

a+h =

1

a− h a2 +

h2

a3 +· · ·+

(−1)n−1hn−1

an +

(−1)nhn

(a+θh)n+1.

31 Dựa vào khai triển Taylor hàm sơ cấp bản, viết khai triển Taylor tại0,

dạng phần dư Peano, đến bậc 4, hàm sau:

a)f(x) = ln(2 cosx+ sinx) b) f(x) =e√1+x c) f(x) = (1 +x)1

x

32 Chof(x) = ln(1 +x) vaø g(x) = arctanx

a) Tínhf(n)(0)và g(n)(0) Suy khai triển Taylor f vàg tạix 0=

b) Suy cơng thức tính gần đúng:

ln = 1−12 +13 +· · ·+ (−1)n−1n1 + Rn π

4 = 1− +

1

5 +· · ·+ (−1)n

2n+ 1+ Rn

c) Haõy xác định N cho n > N, sai số|Rn|<10−3

34 Dùng qui tắc L’Hospital hay khai triển Taylor tính: a) lim

x→0+

tanx−x

x−sinx b) x→lim+∞

lnx

x0,0001 c)xlim→0(

x −

1

sinx) d)x→lim+∞x

x

e)x→lim+∞

ax1 +b1x

2

x

(a, b >0) f) lim

x→0

sin(√ x−sinx)

1 +x3−1 g)xlim→1

1−x+ lnx

1−√2x−x2

35 Chứng tỏkhông thể dùng qui tắc L’Hospital để tính giới hạn sau Hãy tính giới hạn cách khác:

a) lim

x→0

x2sin1

x

sinx b)xlim→∞

x−sinx x+ sinx

36 Công thức sai phân Cho f hàm khả vi đến cấpn Định nghĩa:

Sai phân cấp f tạia: ∆hf(a) =f(a+h)−f(a)

Sai phân cấp k f tạia: ∆k

hf(a) = ∆h(∆kh−1f(a)), k= 2,3,· · ·, n

a) Tính∆2

hf(a)

b) Dùng qui tắc L’Hospital suy cơng thức tính gần đúng:

f(a)∼ ∆2hf(a)

h2 =

f(a+ 2h)−2f(a+h) +f(a)

h2 , h→0

c) Tính∆k hf(a)

d) Suy cơng thức tính gần f(n)(a)∼ ∆nhf(a)

hn , khih→0

37 Tìmmax, hàm sau:

a)f(x) =|x2−3x+ 2|, x∈[−10,10] b)f(x) =√5−4x, x∈[−1,1]

c)f(x) =xn(1−x)m, x∈[0,1]

38 Choa, b >0 vàm, n∈N

a) Tìm giá trị lớn củaambn, a+b

b) Tìm giá trị nhỏ củaam+bn, khiablà

39 Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất, nội tiếp có cạnh song song với trục Ellip xa22 +yb22 =

40 Tìm giá trịasao chop(x) =x2+acó sai số bé với0 trên[−1,1], i.e giá

trịalàm cực tiểu sup

x∈[−1,1]|p(x)|

41 Sai số củaf(x) vàg(x)trên [a, b]được định nghĩa sup

x∈[a,b]|f(x)−g(x)| Tìm

sai số khi:

a)f(x) =xn, g(x) = 1, x∈[−1,1]

b)f(x) = +x+· · ·+xn, g(x) =

1−x, x∈[−r, r] (0< r <1

42 Khảo sát hàm số:

a)f(x) = arcsinx+ arccosx b)f(x) = arctanx+ arctan

2x

1−x2

c)f(x) = x3x+ 42 d) f(x) = √31−x3 e) f(x) =xe−x f) f(x) = ln

x

x−1

43 Xét phương trình bậc 3:x3+px+q = 0 Dùng phương pháp khảo sát hàm số,

hãy xác định điều kiện củap, q cho phương trình:

a) vơ nghiệm b) có nghiệm c) có nghiệm d) có nghiệm Hãy vẽ tập hợp(p, q) mặt phẳng

44 Hãy dùng tính chất lồi hay lõm hàm số chứng minh bất đẳng thức: a)ea+2b ≤

2(ea+eb) b)ln

a+b

2 ≥ln

√

ab (a, b >0)

c)x+2 yn≤

2(xn+yn) (x, y >0, n >1)

d)xlnx+ylny≥(x+y) lnx+y

2 (x, y >0)

45 Chứng minh với p, q >0, 1p +1q = 1, ta có:

a) ab≤ ap

p +

bq

q , (a, b >0,)

b)Bất đẳng thức H ăolder: n k=1

akbk

n

k=1

|ak|p

1

pn

k=1

|bk|q

1

q

( Hd: Chia vế trái cho vế phải áp dụng a) cho số hạng) c)Bất đẳng thức Minkowski: p

n

k=1

|ak+bk|p ≤ p

n

k=1

|ak|p +

n

k=1

|bk|p

( Hd: Từ |ak+bk|p ≤ |ak||ak+bk|p−1+|bk||ak+bk|p−1, áp dụng b) )

46 Phương pháp Newton Chof : [a, b]→R hàm khả vi đến cấp

Giả sử f(a)<0< f(b),vàf(x)>0, f(x)>0,∀x

Để tìm dãy hội tụ nghiệm f(x) = 0, ta lập dãy sau: x0 =b,

xn+1= giao điểm tiếp tuyến f (xn, f(xn))với trục hoành

a) Hãy vẽ hình để thấy ý phương pháp b) Chứng minh: xn+1 =xn−ff((xxn)

n)

c) Chứng minh với giả thiết (xn)hội tụ nghiệm củaf(x) =

d) Dùng phương pháp tính gần √2 với sai số 10−6, cách xét

f(x) =x2−2, x∈[1,2]

e) Các giả thiết tương tự chof để áp dụng phương pháp Newton?

Phép tính tích phân

a) x4 +x2dx b) xe−x2

dx c) lnxdx

x√1 + lnx d)

sinxcos3xdx

1 + cos2x

e) (1 +dxx)√x f) 4−x2dx g) a2+x2dx

◦ Bằng phương pháp tích phân phần: a) x2e−xdx b)

x2lnxdx c)

lnx

x3 dx d)

exsinxdx e)

arcsinx

x2 dx

◦ Hàm hữu tỉ:

a) x4−dxx2−2 b) (x2−1)(dxx2+ 1) c) (xx2+ 1+ 1)2dx d) x2dx x6−1

e) x(x2dx+ 1)2 f) x4dx+ 1 g) (1x−2dxx)100 ◦ Hàm thức:

a) x(1 + 2√dx

x+√3x) b)

x

x−2

x+ 1dx c)

1−√x+ 1

1 +√3x+ 1dx d) (x+ 1)√dx

x2+x+ 1 e)

dx

x+√x2+ 2x f)

√

−x+4x+ 10dx

◦ Hàm lượng giác:

a) 2 sinx−dxcosx+ 5 b) 1 +dxcosx ( >0) c) sin4xdx

d) cos5xdx e) cos 3xsin 5xdx f) sin4xcos5xdx g) sin2xcos4xdx

2 Dùng cơng thức qui nạp theo n∈N, tính:

a)In(a) =

dx

(a2+x2)n b)In=

sinnxdx, Jn=

cosnxdx

c)In=

xne−xdx

3 Biết hàm sau có nguyên hàm nguyên hàm chúng không hàm sơ cấp:

e−x2 , sinx

x ,

1 lnx,

1

(1−x2)(1−k2x2) (0< k <1)

Chứng minh hàm sau vậy: √ex

x, lnxcosx, ex

x, sinx2,

1

1−k2sinϕ

4 Lập tổng tổng củaf với phân hoạch P:

a)f(x) =x , x∈[0,1], P ={0,13,23,1} b)f(x) =x , x∈[0,1], P ={0,1

n,2n,· · · ,nn}

c)f(x) =x2, x∈[0,1], P ={0,1

n,n2,· · ·,nn}

d)f(x) = sinx, x∈[0,π

2], P ={0,2πn,22πn,· · · ,nπ2n}

e)f(x) = x1, x∈[a, b], P ={a, aq,· · ·, aqn=b} (0< a < b)

5 Tính giới hạn tổng b) c) d) n→ ∞ ( Hd: sinx

2(sinx+· · ·+ sinnx) = cos

x

2 −cos

2n+ x)

6 Chof hàm khả tích [a, b] Chứng minh lim

n→∞ b−a

n n

k=1

f(a+k(b−a)

n ) =

b

a f(x)dx

Tính a)nlim→∞1

n((

1

n)2+ (

2

n)2+· · ·+ ( n

n)2) b) nlim→∞

1

n(e

n+e3n.2 +· · ·+e3nn)

c)nlim→∞(n+ 11 +n+ 21 +· · ·+21n) d) nlim→∞1p+ 2pn+p+1· · ·+np

7 ChoSn= n1

(1 +

n) sin

2π

n + (1 +

2

n) sin

4π

n +· · ·+ (1 + n n) sin

2nπ n

a) Biểu diễn lim

n→+∞Sn qua tích phân xác định b) Tính lim

n→+∞Sn

8 Chof hàm đơn điệu [0,1] Chứng minh

1

0 f −

1

n n

k=1

f(kn) =O(n1)

9 Đúng hay sai: b

a f(x)dx=

b

a f(t)dt=

b

a f(u)du

10 Phát biểu tính chất sử dụng việc tính tích phân:

2 (3x

2−5)dx= 3

0 x

2dx − 5

0 dx= 3(

23

3 −0)−5(2−0).

11 Đúng hay sai: nếu|f|khả tích, thìf khả tích

12 Các hàm hàm sau khả tích Riemann trên[0,1]:

a) Hàm đặc trưng tập{0,

10,102,103,· · ·,1} b)f(x) = sinx1, f(0) =

c)f(x) = n1, x= 1n, n∈N;f(x) = 0trong trường hợp lại

d) Hàm Dirichlet: D(x) = 0, x hữu tỉ;D(x) = 1, nếux vô tỉ

13 Đúng hay sai: f khả tích [a, b] f(x) = g(x) trừ tập đếm

được, g khả tích

14 Đúng hay sai: f khả tích trên[a, b]vàf(x) =g(x) trừ tập hữu

hạn, thìg khả tích

15 Chof hàm liên tục [a, b] Chứng minh hàm F(x) = x

a f lieân tục

[a, b]và thỏa |F(x)−F(y)| ≤ max

16 Với0≤x≤1, chứng minh √x2

2 ≤

x2

√

1 +x ≤x2

Suy 3√1

2 ≤

1

0

x2

√

1 +xdx≤

2

17 Chứng minh 2π92 ≤

π

2

π

6

2x

sinxdx≤

4 9π2

18 Chof hàm liên tục [a, b],f ≥0 Chứng minh:

a) tồn tạicsao cho f(c)>0, abf >0

b) b

af = 0, thìf ≡0

19 Chứng minh nếuf, g hàm khả tích [a, b],

b

a f(x)g(x)dx

2

≤ b

a f

2(x)dx b

a g

2(x)dx

20 a) Vớin= 1,2,3,· · ·, chứng minh n

1 lnxdx < lnn! <

n+1

1 lnxdx

b) Suy e

n

e

n

< n!< e

n+ 1

e

n+1

, đánh gián! =

n

e

n

O(n)

21 Chof : [1,+∞)→R hàm dương, đơn điệu giảm Gọi Sn=

n

k=1

f(k) vaøIn=

n

1 f(x)dx

a) Chứng minh f(k)< k

k−1f(x)dx < f(k−1) (k= 2,3,· · ·)

b) Chứng minh dãy (Sn−In)n∈N giảm, có giới hạn thuộc[0, f(1)]

c) Áp dụng cho daõy +1

2 +· · ·+

n−lnn

22 Dùng định lý giá trị trung bình tích phân, chứng minh hàm

f(x) =x+n

k=1

(akcoskx+bksinkx), có nghiệm (−π, π)

23 Chof hàm liên tục [a, b] Chứng minh dxd x

a f(t)dt

=f(x)

24 Chof(x) =

x

0

t+t6dt Tính df

dx df dt

25 Giả sửf liên tục,F(x) = x

2

0 f TìmF

(x)

26 Giả sử hàm ϕ khả vi [a, b], hàm f liên tục ϕ([a, b]) Chứng minh

d dx(

ϕ(x)

ϕ(a) f(t)dt) =f(ϕ(x))ϕ

27 Tính tích phân xác định: ◦ Bằng phương pháp đổi biến: a) a

0 x

2a2−x2dx b) a

√

a2−x2

x dx

◦ Bằng phương pháp tích phân phần: a)

0 xe

xdx b) π/2

0 xcosxdx c)

π/2

0 e

xcosxdx

◦ Hàm hữu tỉ: a)

0

dx

x2−5x+ 6 b)

1

0

xdx

(1 +x)2 c)

1

0

x5dx +x2 d)

1

0

dx x4+ 4x2+ 3

◦ Hàm thức: a)

√

2

√

2/3

dx

x√x2−1 b)

7

2

dx

√

2 +x+

◦ Hàm lượng giác: a) π

0

sinxdx

cos2x−3 b)

π

0 sin

4xdx c) π/4

0 tan

6xdx d) π/4

0

dx

cos4x

28 Chof hàm khả tích [−a, a] Chứng minh:

a) Nếu f hàm chẵn,

a

−af =

a

0 f b) Neáuf hàm lẻ,

a

−af =

29 Chof hàm có chu kỳ T khả tích trên[0, T] Chứng minh với a∈R,

ta coù a+T

a f =

T

0 f

30 Chof hàm liên tục [0,1] Chứng minh:

a) π

0 f(sinx)dx=

π/2

0 f(sinx)dx b)

π

0 xf(sinx)dx=

π

2

π

0 f(sinx)dx

Áp dụng tính π

0

xsinx

1 + cos2xdx,

π

0

x3sinx + cos2xdx

31 Lập luận sau sai đâu?

Cho f(x) = (1 +1x)2 Khi f(x) = dxd (1 +−1x)

Vaäy +∞

−∞ f(x)dx= lima→+∞

a

−af(x)dx= lima→+∞(

−1 +a−

1

1 +a) = 0.

32 Tính tích phân suy roäng: a) +∞

1

dx x2/3 b)

+∞

1

dx x4/3 c)

1

0

dx x2/3 d)

1

0

dx x4/3 e)

+∞

0

x2+ 1

x4+ 1dx

f) +∞

0 xcosxdx g)

+∞

0 xlnxdx h)

+∞

1

xdx

√

x−1

33 Dùng dấu hiệu thích hợp, xét hội tụ tích phân: a) +∞

0

x2dx

x4+x2+ 1 b)

+∞

1

xndx

1 +xm (n≥0) c)

+∞

1

d) +∞

0

cosxdx

2 +xn e)

1

0

dx

√

1−x2 f)

1

0

√

xdx

√

1−x4 g)

1

0

√

xdx esinx−1

h)

0

lnxdx

1−x2 i)

+∞

0

sinx x3/2dx

34 Xét hội tụ tích phân sau (p, q, p1,· · ·, pn tham số):

a) b

a dx

(x−a)p b)

+∞

0

xp

1 +xdx c)

+∞

1

dx xplnqx

d) Haøm Gamma Γ(p) = +∞

0 e

−xxp−1dx

e) Haøm Beta B(p, q) =

1

0 x

p(1−x)qdx

f) π/2

0

dx

cospxsinqx g)

+∞

−∞

dx

|x−a1|p1|x−a2|p2· · · |x−an|pn

35 Chứng minh tích phân sau hội tụ không hội tụ tuyệt đối: +∞

0

cosx

x dx

36 Chof hàm liên tục [0,1] Chứng minh

1

0

f(x)

√

1−x2dxhội tụ

Chứng minh

0

f(x)

√

1−x2dx=

π/2

0 f(sinu)du

(để ý tích phân vế phải khơng tích phân suy rộng) 37 Chứng minh hàm F(x) = x

0 sint

t3/2dt (0< x <∞)đạtmaxtạix=π

38 Nhờ tổng Riemann tích phân

0 lnxdx, suy ranlim→∞

n

√

n!

n

39 TrongR2, tính diện tích miền giới hạn đường cong:

a)y=x2+ 4, y=x+ 4 b) x2

a2 +

y2

b2 = 1, y=x2 (phần dưới)

c)y= ln(k

x), y= 0, x= 1, x=e (k >0) Tìmk∈Nđể diện tích< e−2

d) Đường Cycloid: x=a(t−sint), y=a(1−cost)và y= (tính nhịp)

e) Đường Lemniscate cho tọa độ cực: r2=a2cos 2ϕ

f) Đường trái tim cho tọa độ cực: r =a(1 + cosϕ)

40 Tìm giá trị lớn củaI(t) = |e

x−t|dx

41 TrongR3, tính thể tích vật thể mặt tròn xoay giới hạn mặt cong:

a) Tạo đường cong y= baa2−x2, −a≤x≤a, xoay quanh trục Ox

b) Tạo đường congy2= 4−x, 0≤x≤4, xoay quanh trục Oy

42 TrongR2, tính độ dài đường cong:

a)y2=

9x3, 0≤x≤1, y >0 b)y2 = 2px, a≤x≤b

c) Đường Astroide: x=acos3t, y=asin3t

d) Cho tọa độ cực: r= sin3 ϕ

Chuỗi số

1 Biểu diển số sau dạng chuỗi số:

0,61111· · ·, 1,33333· · ·, −2,343434· · ·, e,π, ln

2 Lập luận sau sai đâu?

ChoS = + + + + 16 +· · · Khi 2S = + + +· · ·=S−1 Vậy

S=−1

3 Chứng minh a1 +a2 +a3+· · · hội tụ S, a2+a3+· · · hội tụ

S−a1

4 Chứng minh chuỗi sau hội tụ dãy tổng riêng hội tụ Xác định tổng: a) 11.2+21.3 +31.4+41.5 +51.6+· · ·

b) 11.4 +41.7+7.110 +101.13 +· · · c) 11.3+

4.6 + 7.9+

1 10.12+

1

13.15 +· · ·

d) 12 −14 +81− 161 +321 +· · · e) ∞

k=0

2k+ 3k

6k f)

∞

k=0

(11 +−xx)k g) ∞

k=0

(√k+ 2−2√k+ +√k)

h) ∞

k=1

1

k(k+ 1)(k+ 2) i)

∞

k=1

k(k+m) (m∈N)

5 Dùng dấu hiệu hội tụ thích hợp, xét hội tụ chuỗi sau: a) ∞

k=0

k4

k! b)

∞

k=0 +k

1 +k2 c)

∞

k=0

4 + 2k d) ∞

k=0

klnk

k2+ 2k+ 3 e)

∞

k=1

k!3k kk

f) ∞

k=0 (k!)2 (2k)! g)

∞

k=2

(lnk)k h) ∞

k=0

(1 + 1k)2k

ek i)

∞

k=1

kp j) ∞

k=2

klnk

k) ∞

k=2

kplnqk l) ∞

k=0 sinkx

6 Choak= √1k+ (−1) k

k Chứng minh ∞

k=1

(−1)kak phân kỳ

(chú ý ak>0 vàak→0, không đơn điệu)

7 Cho chuoãi (12)0+ (1

4)1+ (12)2+ (41)3+ (12)4+· · · Hãy kiểm tra hội tụ

dấu hiệu D’Alembert Chuỗi có hội tụ? Xét chuỗiS =∞

k=1

kp Gọi tổng riêng thứnlà Sn

a) Khip >0, chứng minh (k+ 1)1 p <

k+1

k

1

xpdx < k1p (k= 1,2,· · ·)

b) Khi p >1, chứng minh Sn−1+

+∞

n

1

xpdx < S < Sn+

+∞

n

1

xpdx

c) Suy ta có sai số: (p−1)(n1+ 1)p−1 < S−Sn< (p−1)1np−1

9 Choak, bk>0 Gỉa sử ∞

k=0

ak vaø ∞

k=0

bk hội tụ Chứng minh ∞

k=0

akbk, ∞

k=0

a2

k, ∞

k=0

(ak+bk)2, ∞

k=0

√a

k

k hội tụ

10 Lập luận sau sai sao?

1−1

2 +13 −14 +51 −16 +· · · = + (12 −1) + 13+ (14 −12) +15 + (16 −13) +· · · = (1 +1

2 +13 +14 +· · ·) −1−12− 13− 14− · · · = (1 +12 +13 +14 +· · ·) − (1 + 12+13 +14 +· · ·) = 0.

11 Đúng hay sai:

1 +x2+x+x4+x6+x3+x8+x10+x5+· · ·=