(Luận văn thạc sĩ) đạo hàm liên tiếp và các dãy số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC *** NGUYỄN ĐÌNH CỨ ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP VÀ CÁC DÃY SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC *** NGUYỄN ĐÌNH CỨ ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP VÀ CÁC DÃY SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH HÀ HUY KHOÁI THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 1 CÁC ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP CỦA HÀM f (x) VÀ HÀM fh(x) (x) 1.1 Phân hoạch nguyên kí hiệu 1.2 Đạo hàm liên tiếp hàm f (x) 4 1.3 Đạo hàm liên tiếp hàm h(x) f (x) MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ DÃY SỐ NGUYÊN An 2.1 Kết tiệm cận dãy An 2.2 Một số công thức gần dãy An Kết luận Tài liệu tham khảo 12 18 18 28 31 32 Mở đầu Các vấn đề liên quan đến dãy số phần quan trọng Đại số Giải tích Tốn học Đây mảng kiến thức khó Tốn học sơ cấp Đối với học sinh yêu thích mảng toán học dãy số số học thường phải đối mặt với nhiều dạng tốn loại tốn khó liên quan đến vấn đề Vì vậy, để giải tốn dãy số địi hỏi người làm tốn phải có kiến thức tổng hợp Số học, Đại số, Giải tích Dãy số có vị trí đặc biệt tốn học khơng đối tượng nghiên cứu túy mà cịn đóng vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình rời rạc giải tích lí thuyết phương trình, lí thuyết xấp xỉ, lí thuyết biểu diễn Dãy số nguyên phần quan trọng lí thuyết dãy số Các toán dãy số nguyên thường đa dạng phức tạp Trong nhiều trường hợp dãy số bề ngồi cịn chất toán lại toán số học Do vậy, để giải toán khó dãy số nguyên ta cần có phương pháp hữu hiệu Một phương pháp sử dụng công cụ đạo hàm Đạo hàm không khái niệm công cụ mạnh để giải tốn giải tích mà cịn sử dụng để nghiên cứu toán dãy số Mục đích luận văn trình bày số nghiên cứu gần h phép tính đạo hàm liên tiếp hàm số dạng hàm vận f f dụng kiến thức vào nghiên cứu dãy số nguyên Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày gồm hai chương h Chương I: Đạo liên tiếp hàm hàm Chương trình bày f f số kiến thức chuẩn bị như: Sự phân hoạch số nguyên kí hiệu Nhắc lại cơng thức Fấ di Bruno khả vi hàm g ◦ f , xây dựng h cơng thức tính đạo hàm liên tiếp hàm hàm Trình bày tính f f chất đa thức hệ số nguyên Pn Qn Chương II: Một số kết dãy số nguyên An Chương trình bày kết tiệm cận dãy số nguyên An đưa số công thức gần dãy số nguyên An Luận văn hoàn thành hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái - Trường Đại học Thăng Long Thầy người dành nhiều thời gian tận tình hướng dẫn giúp đỡ tơi q trình học tập nghiên cứu làm luận văn Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi tới Thầy cô Khoa Toán trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, thầy cô tham gia giảng dạy khóa Cao học Tốn 2013 - 2015 lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ suốt trình giáo dục đào tạo nhà trường Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn lớp Q khóa 6/2013 - 6/2015 trường Đại học Khoa học giúp đỡ động viên tơi q trình học tập làm luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Đình Cứ Chương CÁC ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP CỦA VÀ HÀM h(x) HÀM f (x) f (x) Nội dung chương xây dựng cơng thức tính đạo hàm liên tiếp h(x) hàm hàm f (x) f (x) Để xây dựng công thức trên, giới thiệu công thức Fấ di Bruno dùng cơng thức nghiên cứu đạo hàm liên tiếp hàm Để thiết lập cơng thức Fấ di Bruno ta cần số ký hiệu f (x) phân hoạch hệ số đa thức Các ký hiệu Vella [5] đưa 1.1 Phân hoạch nguyên kí hiệu Trong phần giới thiệu số kí hiệu phân hoạch hệ số đa thức Bây ta giải thích kí hiệu Phân hoạch π số nguyên dương n phép biểu diễn n thành tổng số nguyên dương Chẳng hạn như, ta có phân hoạch π = + + + 1, = + + 2, = + 3, = + Trong phân hoạch π n, n = p1 + p2 + + pm , pi i = 1, 2, , m gọi số hạng phận phân hoạch Ta không phân biệt thứ tự số hạng phân hoạch Chẳng hạn như, phân hoạch π = + + 2, = + + = + + xem Số phân hoạch π n kí hiệu p(n) Số số hạng của phân hoạch π kí hiệu l(π) Vì vậy, với n = p1 + p2 + + pm l(π) = m Xét phân hoạch π 55 sau 55 = + + + + + + + + + + + + + + 10 Ta có l(π) = 15 Hơn nữa, phân hoạch π n viết dạng π = {p1 , p2 , , pm } Ví dụ phân hoạch π 55 ta viết π = {1, 1, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 6, 6, 7, 7, 7, 10} Với i (1 ≤ i ≤ n) số lần i xuất phần phân hoạch π n kí hiệu πi gọi tính bội phần i π Chẳng hạn như, phân hoạch π 55 ta có π1 = 6, π2 = π3 = Như n l(π) = πi i=1 Kí hiệu tiêu chuẩn cho phân hoạch π = [1π1 , 2π2 , , nπn ] với số hạng có tính bội bỏ qua khơng lấy Chẳng hạn như, kí hiệu tiêu chuẩn phân hoạch π 55 xét π = 16 , 23 , 62 , 73 , 101 Để ý {π1 , π2 , , πn } phân hoạch l(π) = 15 Ta gọi phân hoạch phân hoạch dẫn xuất π , kí hiệu δ(π) Chẳng hạn như, phân hoạch dẫn xuất δ(π) phân hoạch π 55 phân hoạch l(π) = 15 sau δ (π) = {1, 2, 3, 3, 6} = 11 , 21 , 32 , 61 Xét phân hoạch π = {p1 , p2 , , pm } n Chúng ta dùng kí hiệu m π! = i=1 (pi !) dùng kí hiệu (nπ ) cho hệ số đa thức n p1 , p2 , , p m n! = n (pi !) i=1 Đó n p1 , p , , p m = (nπ ) = n! π! Trong phần sử dụng ký hiệu giới thiệu chúng tơi trình bày cơng thức Fấ di Bruno dùng công thức nghiên giới thiệu số dãy số nguyên cứu đạo hàm liên tiếp hàm f (x) liên kết với đạo hàm liên tiếp 1.2 Đạo hàm liên tiếp hàm f (x) Trong định lí sau thiết lập cách ngắn gọn có ích cơng thức Fấ di Bruno Phương pháp thiết lập Vella [5] Định lí 1.2.1 Giả sử y = g(u) u = f (x) khả vi đến cấp n Khi hàm hợp y = (g ◦ f ) (x) khả vi đến cấp n n (n) (g ◦ f ) (x) = π∈Ωn (nπ ) (l(π)) πi [f (i) (x)] g ◦ f (x) δ(π)! i=1 (1.1) Ωn tập tất phân hoạch n Nếu f = f (x) ta quy ước f = f (0) Bây giờ, xét hàm 1 = = f (x) f f (0) (1.2) Ta có định lí tổng quát sau Định lí 1.2.2 Các đạo hàm liên tiếp hàm (1.2) thỏa mãn công thức sau (n) f = Pn ,(n ≥ 0) f n+1 (1.3) Pn đa thức hệ số nguyên biến số f, f (1) , , f (n) Nếu n = (1.4) P0 = 1, n ≥ n l(π) (−1)l(π) (nπ )(δ(π) ).f (x)n−l(π) Pn = [f (i) (x)] i=1 π∈Ωn n l(π) (−1)l(π) (nπ )(δ(π) ).f n−l(π) = πi πi [f (i) ] (1.5) i=1 π∈Ωn Chứng minh Đặt g (u) = = u−1 Lưu ý u g (n) (−1)n n! (u) = un+1 (1.6) Thế phương trình (1.6) vào phương trình (1.1) ta nhận f n (n) = (g ◦ f ) (n) (x) = π∈Ωn (nπ ) (−1)l(π) l (π)! f (i) (x) δ (π)! f (x)l(π)+1 i=1 πi n = π∈Ω(n) (nπ ) (−1)l(π) l(π) n−l(π) f (i) (x) n+1 f (x) δ(π)! f (x) i=1 n (nπ ) = l(π) δ(π) π∈Ωn = = π∈Ωn (−1)l(π) n−l(π) f (i) (x) n+1 f (x) f (x) i=1 (−1)l(π) (nπ ) l(π) δ(π) n f (x)n−l(π) f (x) f (i) (x) πi πi πi i=1 n+1 (1.7) Pn f n+1 Sử dụng (1.5) ta đa thức Pn P1 = −f (1) (x) = −f (1) (1.8) P2 = −f (x)f (2) (x) + 2f (1) (x)f (1) (x) = −f f (2) + 2f (1) f (1) , (1.9) P3 = −f f f (3) + 6f f (1) f (2) − 6f (1) f (1) f (1) , (1.10) P4 = −f f f f (4) + 8f f f (1) f (3) + 6f f f (2) f (2) − 36f f (1) f (1) f (2) +24f (1) f (1) f (1) f (1) , (1.11) P5 = −f f f f f (5) + 10f f f f (1) f (4) − 60f f f (1) f (1) f (3) + 20f f f f (2) f (3) (1.12) (1) (2) (2) (1) (1) (1) (2) (1) (1) (1) (1) (1) −90f f f f f + 240f f f f f − 120f f f f f Định lí sau nêu số tính chất chung đa thức Pn Định lí 1.2.3 Đa thức Pn (n ≥ 1) có tính chất sau: (i) Mỗi số hạng (hay đơn thức) đa thức Pn có n nhân tử có tổng số n Nghĩa là, đơn thức có dạng f (i1 ) f (i2 ) f (in ) i1 + i2 + + in = n , (f = f (0) ) Vì vậy, ta thiết lập phép tương ứng 18 Chương MỘT SỐ KẾT QUẢ VỀ DÃY SỐ NGUYÊN An Trong chương trình bày kết tiệm cận dãy số nguyên An , qua đưa số cơng thức gần dãy An 2.1 Kết tiệm cận dãy An Bổ đề 2.1.1 Ta xét chuỗi lũy thừa (1.13) ∞ k=0 Ak k x k! Tiêu chuẩn tỉ số chuỗi luỹ thừa áp dụng được, tức có giới hạn sau: Ak Ak k! = = lim lim k→∞ kAk−1 k→∞ Ak−1 log (k − 1)! (2.1) Chứng minh Ta có n−1 An = k=0 Vì n−2 (nk )Ak (nk )Ak + nAn−1 = k=0 An ≥ n, An−1 (2.2) 19 hay An−1 ≤ An n (2.3) Áp dụng (2.3) nhiều lần có A0 A1 An−2 11 0! A0 = ≤ = An−1 A1 A2 An−1 (n − 1) (n − 1)! A1 1! A1 A2 An−2 11 = = ≤ An−1 A2 A3 An−1 (n − 1) (n − 1)! A2 A2 A3 An−2 11 2! = ≤ = An−1 A3 A4 An−1 (n − 1) (n − 1)! Hay Ak k! ≤ An−1 (n − 1)! (0 ≤ k ≤ n − 1) Từ phương trình cuối (1.16) ta An = An−1 n−1 =n k=0 n−1 k=0 n k Ak ≤ An−1 n−1 k=0 k! n! k!(n − k)! (n − 1)! n 1 =n ≤ n (e − 1) (n − k)! k! k=1 (2.4) Cuối cùng, từ (2.2) (2.4) cho ta kết 1≤ An ≤ (e − 1) nAn−1 (2.5) Giả sử ta ln có bất đẳng thức sau từ giá trị n = n′ + Hay An ≥ hn An−1 (2.6) An−1 ≤ An hn (2.7) 20 Chúng ta có k! Ak ≤ An−1 (n − 1)! h n−k−1 , (n′ ≤ k ≤ n − 1) (2.8) Từ phương trình (1.16) (2.8) ta suy kết An = An−1 n−1 k=0 n k n′ −1 Ak = An−1 k=0 n k n−1 k! n! ≤C+ (n − k)!k! (n − 1)! h k=n′ n−1 =C +n k=n′ n−n′ =C +n ≤C +n n k Ak An−1 n−k−1 n−k−1 h (n − k)! k−1 h k! k=1 ∞ n−1 Ak + An−1 k=n′ k−1 h k! k=1 =C +n C = n′ −1 k=0 eh − 1 h , (2.9) k (nk ) AAn−1 Từ (2.9) ta có bất đẳng thức (từ giá trị n xác định) eh − Ak + ε (ε > 0) ≤ nAn−1 h (2.10) Giả sử ta ln có bất đẳng thức sau từ giá trị n = n′ + xác định Hay An ≤ pn An−1 (2.11) An−1 ≥ An pn (2.12) 21 Chúng ta có n−k−1 Ak k! ≥ An−1 (n − 1)! p (n′ ≤ k ≤ n − 1) , (2.13) Từ phương trình (1.16) (2.13) ta có kết An = An−1 = n′ −1 k=0 n−1 Ak An−1 n k k=0 n−1 Ak + An−1 k=n′ n k n−1 n! k! ≥ (n − k)!k! (n − 1)! p k=n′ p n−1 =n k=n′ Ak An−1 n k n−k−1 n−k−1 (n − k)! p n−n′ =n k−1 k! k=1 (2.14) Phương trình (2.4) cho (từ giá trị n xác định) An ≥ nAn−1 Hay n−n′ k=1 p k−1 k! ≥ ∞ p k=1 k−1 k! −λ= ep − 1 p − λ (λ > 0) An ep − ≥ −λ nAn−1 p Để ý hàm ex − = f (x) = x (λ > 0) ∞ k=1 (2.15) xk−1 k! dương tăng ngặt khoảng (−∞, ∞), ta suy đạo hàm dương khoảng (−∞, ∞) Mặt khác ảnh khoảng (0, ∞) Ngoài ra, f (0) = f (1) = e − 22 Xét bất đẳng thức (2.5) Đó là, h1 = = e1 − An e0 − ≤ ≤ = e − = p1 nAn−1 (2.16) Đây bất đẳng thức thứ Bất đẳng thức bên phải (tức (2.11) cho ta bất đẳng thức (xem (2.15)) h2 = e p1 − 1 p1 − λ2 ≤ An nAn−1 (2.17) Chú ý p1 > 0, có bất đẳng thức e p1 − > = h1 p1 1 Giả sử λ2 số bé Vậy e p1 − 1 p1 − h1 (2.18) h2 > h1 = Từ bất đẳng thức (2.17) (tức phương trình (2.6)) ta có (xem phương trình (2.10)) bất đẳng thức e h2 − An ≤ + ε2 = p nAn−1 h2 (2.19) Lưu ý h2 > (xem (2.18)), có bất đẳng thức e h2 − 1 h2 e1 − < = e − = p1 1 Giả sử ε2 số bé Vậy p1 − e h2 − 1 h2 p2 < p1 = e − (2.20) 23 Mặt khác, từ bất đẳng thức (2.17) (2.19) ta có bất đẳng thức thứ hai sau h2 = e p1 − 1 p1 An e h2 − − λ2 ≤ + ε2 = p ≤ nAn−1 h2 (2.21) Từ bất đẳng thức (2.19) (tức phương trình (2.11)) ta có bất đẳng thức (xem (2.15)) h3 = e p2 − − λ3 ≤ p2 An nAn−1 (2.22) Như vậy, phương trình (1.20) trở thành 1 e p2 − > p2 e p1 − 1 p1 1 Giả sử λ3 số bé Vậy e p2 − 1 p2 − e p1 − 1 p1 (2.23) h3 > h2 > h1 = Bất đẳng thức (2.22) (tức phương trình (2.6)) cho (xem 2.10) bất đẳng thức An e h3 − + ε3 = p ≤ nAn−1 h3 (2.24) Do đó, phương trình (2.23) trở thành 1 e h3 − 1 h3 < e h2 − 1 h2 1 Giả sử ε3 số bé Vậy e h2 − 1 h2 − e h3 − 1 h3 p3 < p2 < p1 = e − (2.25) Mặt khác, bất đẳng thức (2.22) (2.24) cho ta bất đẳng thức thứ ba h3 = e p2 − 1 p2 e h3 − An ≤ − λ3 ≤ + ε3 = p nAn−1 h3 (2.26) 24 Trong dạng ta xây dựng bất đẳng thức sau (xem (2.16), (2.21), (2.26)) e0 − e1 − An h1 = = ≤ ≤ = e − = p1 nAn−1 1 h2 = e p1 − h3 = e p2 − h4 = e p3 − 1 p1 1 p2 1 p3 An e h2 − − λ2 ≤ ≤ + ε2 = p nAn−1 h2 An e h3 − − λ3 ≤ + ε3 = p ≤ nAn−1 h3 An e h4 − − λ4 ≤ + ε4 = p ≤ nAn−1 h4 Trong dãy bất đẳng thức hn dãy tăng ngặt bị chặn, pn dãy giảm ngặt bị chặn Vì vậy, hn có giới hạn l1 pn có giới hạn l2 Tiếp theo, ta chứng minh l1 = l2 = l = Vì vậy, ta có log giới hạn mong muốn (2.1) hay An = x→∞ nAn−1 log lim 1 suy dãy λn có giới hạn từ εn ≤ suy dãy n n εn có giới hạn Lưu ý từ λn ≤ Dãy hn thỏa mãn (xem dãy bất đẳng thức) quan hệ truy hồi sau 1 hn = e pn−1 e hn−1 − 1 −1 pn−1 − λn = e + εn−1 hn−1 −1 e hn−1 − 1 hn−1 + εn−1 − λn 25 Vì lấy giới hạn hai vế ta l1 thỏa mãn phương trình 1 l1 e −1 l1 = l1 e −1 (2.27) e l1 − 1 l1 Dãy pn thỏa mãn (xem dãy bất đẳng thức) quan hệ truy hồi sau e pn = e hn pn−1 −1 hn + εn = −1 pn−1 e − λn −1 + εn e pn−1 − 1 pn−1 − λn Vì vậy, lấy giới hạn hai vế ta l2 thỏa mãn phương trình 1 l2 e −1 l2 = l2 e −1 (2.28) e l2 − 1 l2 Vậy l1 l2 thỏa mãn phương trình (xem (2.27) (2.28)) 1 l e −1 l= e l 1 −1 el − 1 l (2.29) 26 Phương trình có nghiệm l= log Chúng ta chứng minh nghiệm nghiệm dương phương trình (2.29) Vì log l1 = l2 = l = Phương trình (2.29) trở thành 1 l= el − l e −1 el − l Hay 1 l e −1 l =e − e −1      el − l   = e − el −      l Hay Hay 1 1 l e e el − l Hay el − l l −e −e 1 e el − l Hay e = −e 1 e l −1 l − 1l e el − l 1 − e− l = = 27 Đặt x = xét hàm l x f (x) = e ex −1 − e−x Chúng ta phải chứng minh nghiệm dương phương trình x f (x) = e ex −1 − e−x = x = log Chú ý f (0) = x > f (x) > Mặt khác lim f (x) = x→∞ Nếu x > đạo hàm f (x) ′ f (x) = e x ex −1 Xét hàm −x + − 2e−x ex − g (x) = −x + − 2e−x Ta có g (0) = 0, g (log 2) > 2, lim g (x) = −∞ x→∞ Đạo hàm g ′ (x) = 2e−x − Trên khoảng [0, log2), ta có g ′ (x) > Tại x = log 2, ta có g ′ (x) = Trên khoảng (log2, ∞), ta có g ′ (x) < Do đó, tồn a > log2 cho g(a) = Trên khoảng (0, a) g(x) > khoảng (a, ∞) g(x) < Do 28 đó, f (x) tăng ngặt khoảng [0, a) f (x) giảm ngặt lớn khoảng [a, ∞) Vì vậy, nghiệm dương phương trình (2.29) x = log 2.2 Một số công thức gần dãy An Định lí 2.2.1 Ta có cơng thức gần sau: 1) An n ∼ An−1 log (2.30) 2) lim An+1 = ∞ n→∞ An (2.31) 3) (An+1 − An ) ∼ An+1 (2.32) n 4) lim An A1 A2 A0 A1 An−1 An An−1 n→∞ 1+ n1 5) An+1 ∼ eAn = e (2.33) (2.34) 6) log An = n log n − (1 + log log 2) n + o (n) (2.35) 7) log An ∼ n log n (2.36) nn 8) An = (log 2)n e(1+o(1))n (2.37) Chứng minh 1) Xét chuỗi f (x) = ∞ k=0 k ak x = ∞ k=0 Ak k x k! 29 Ta có ak = k→∞ ak−1 log lim Hay ak = lim lim k→∞ k→∞ ak−1 Vì Ak k! Ak−1 (k−1)! (2.38) Ak = k→∞ kAk−1 log = lim n An ∼ An−1 log 2) Từ (2.30), An n ∼ An−1 log Ta thấy, n → ∞ 3) Từ (2.31), n An+1 → ∞ Do lim = ∞ n→∞ An log An+1 = ∞ n→∞ An lim Ta thấy, với n đủ lớn An vơ bé so với An+1 Vì (An+1 − An ) ∼ An+1 Để chứng minh phương trình (2.33), (2.34), (2.35) ta cần biết đến bổ đề sau: Bổ đề 2.2.2 Nếu Sn dãy số dương có giới hạn s dãy √ n s1 s2 sn có giới hạn s Bổ đề 2.2.3 Ta có giới hạn sau lim n→∞ √ n n! = n e 4) Ta có √ k ak = k a1 a2 a3 ak a1 a2 ak−1 (2.39) 30 Do đó, từ (2.38), (2.39) Bổ đề 2.2.2, ta có lim k→∞ √ k ak = log hay √ k Ak = lim √ k→∞ k k! log Từ (3.40), Bổ đề 2.2.3 (2.30), ta n An ∼ (2.40) n An ∼ e log e An−1 (2.41) A1 A2 An A0 A1 An−1 (2.42) Mặt khác, ta có n n An ∼ Từ (2.41) (2.42) ta kết n lim An A1 A2 A0 A1 An−1 An An−1 n→∞ = e 5) Từ (2.41) ta có 1 n−1 Ann ∼ An−1 từ ta An ∼ 1+ n−1 eAn−1 6) Từ (2.41) ta có log An = log n − − log log + o(1) n hay log An = n log n − (1 + log log 2)n + o(n) 7) Phương trình (2.36) hệ trực tiếp phương trình (2.35) 8) Nếu ta liên kết An với chuỗi ∞ k=0 ak xk chứng minh phần 4), sử dụng (2.30) ta điều cần phải chứng minh 31 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau: - Khái niệm phân hoạch nguyên số kí hiệu - Trình bày cơng thức Fấ di Bruno đạo hàm liên tiếp hàm hợp (g ◦ f )(x) cơng thức tính đạo hàm liên tiếp hàm tích f g Leibnitz h - Xây dựng công thức tính đạo hàm liên tiếp hàm hàm f f - Nêu tính chất đa thức Pn đa thức Qn - Áp dụng tính chất vào xét dãy số nguyên - Trình bày kết tiệm cận dãy An - Nêu số công thức gần dãy An Do thời gian khả hạn chế nên luận văn dừng lại mức tìm hiểu giới thiệu cơng thức tính đạo hàm liên tiếp hàm h , hàm kết tiệm cận dãy số An Trong thời gian tới tác giả f f tiếp tục nghiên cứu tìm hiểu kĩ để đưa kết vận dụng vào toán cụ thể phục vụ cho trình học tập giảng dạy Trong q trình thực luận văn chắn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn bè để luận văn hoàn thiện tốt Xin chân thành cảm ơn 32 Tài liệu tham khảo Tài liệu Tiếng Việt [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển, Số học thuật toán, NXB ĐHQGHN, 2003 [2] Hà Huy Khoái, Số học, NXB Giáo dục, 2004 Tài liệu Tiếng Anh [3] R.Jakimczuk, Successive Derivatives and Integer Sequences, Journal of Integer Sequences, Vol.14(2011) [4] R.Jakimczuk, A note on power series and the e number, Int Math Forum (2011), 1645 - 1649 [5] D.Vella, Explicit formulas for Bernoulli and Euler number, Integers (2008), Paper A01 [6] H Wilf, Generatingfunctionology, Academic Press, 1994 ... cơng thức nghiên giới thiệu số dãy số nguyên cứu đạo hàm liên tiếp hàm f (x) liên kết với đạo hàm liên tiếp 1.2 Đạo hàm liên tiếp hàm f (x) Trong định lí sau thiết lập cách ngắn gọn có ích cơng... luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2015 Tác giả Nguyễn Đình Cứ Chương CÁC ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP CỦA VÀ HÀM h(x) HÀM f (x) f (x) Nội dung chương xây dựng cơng thức tính đạo hàm liên tiếp h(x) hàm hàm. .. THÁI NGUYÊN - NĂM 2015 Mục lục Mở đầu 1 CÁC ĐẠO HÀM LIÊN TIẾP CỦA HÀM f (x) VÀ HÀM fh(x) (x) 1.1 Phân hoạch nguyên kí hiệu 1.2 Đạo hàm liên tiếp hàm f (x) 4 1.3 Đạo