›

Bài giảng Lý thuyết thông tin - Chương 3: Đạo hàm và vi phân

ppt 67 trang huongle 7010
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Lý thuyết thông tin - Chương 3: Đạo hàm và vi phân", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pptbai_giang_ly_thuyet_thong_tin_chuong_3_dao_ham_va_vi_phan.ppt

Nội dung text: Bài giảng Lý thuyết thông tin - Chương 3: Đạo hàm và vi phân

  1. CHƯƠNG 3: ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN
  2. Đạo hàm Bài toán mở đầu 1: Xét đường cong y=f(x). Một điểm P cố định trên đường cong và cát tuyến PQ. Cho điểm Q chạy trên đường cong tới điểm P. Nếu cát tuyến PQ dần đến vị trí giới hạn Pt thì đường thẳng Pt được gọi là tiếp tuyến của đường cong tại P Bài toán đặt ra là khi nào hàm có tiếp tuyến tại P và hệ số t góc là bao nhiêu? Q P
  3. Đạo hàm Bài toán mở đầu 2: Xét một vật chuyển động trên đường thẳng. Tại thời điểm t0 nó ở vị trí M0 với hoành độ s0 = s(t0) Tại thời điểm t1 nó ở vị trí M1 với hoành độ s1 = s(t1) Nếu vật chuyển động M0 M1 đều thì ta có ngay vận tốc của vật. t0 t1 Nếu vật chuyển động không đều thì ta chỉ tính được quãng đường Δs = s1 – s0 trong khoảng thời gian Δt = t1 – t0. Từ đó, ta có vận tốc trung bình là tỉ số Δs/ Δt. Khoảng thời gian Δt càng nhỏ thì vận tốc đó càng gần vận tốc thật
  4. Đạo hàm Cả hai bài toán trên đều dẫn ta đến việc tính giới hạn của tỉ số Δf/ Δx khi Δx→0. Tức là dẫn đến việc lập hàm f(x) và tính đạo hàm của nó Định nghĩa: Cho hàm f(x) xác định trong lân cận của x0, đạo hàm tại x0 của hàm f(x) là f()()()() x− f x0 f x 0 + x − f x 0 fx (0 )== lim lim x→ x0 x− x0 x →0 x Nếu giới hạn trên là hữu hạn Các quy tắc tính đạo hàm ( f+ g) = f + g f f g − g f = 2 ( f. g) =+ f g g f g g
  5. Đạo hàm Bảng đạo hàm các hàm cơ bản −1 1/ ax== a xln a e x e x 9/(arccos x) = ( ) ( ) 2 1− x 2/ xaa= a. x −1 ( ) 1 11 10 / (arctan x) = 2 3/(loga xx) == ( ln ) 1+ x xln a x −1 4 / sinxx = co s 11/ (arccot x) = ( ) 1+ x2 5 / (cosxx) =−s in 12 / (shx) = chx 1 6/(tanxx) = = 1 + tan2 13 / (chx) = shx cos2 x 1 1 2 14 / (thx) = 7 / (cotxx) = − = − (1 + cot ) ch2 x sin2 x 1 1 15 / (cthx) =− 8/(arcsin x) = sh2 x 1− x2
  6. Đạo hàm Đạo hàm 1 phía: f()() x + x00 − f x Đạo hàm trái: fx− (0 )= lim x→0− x f()() x + x00 − f x Đạo hàm phải: fx+ (0 )= lim x→0+ x Định lý: Hàm f(x) có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi nó có đạo hàm trái, đạo hàm phải tại x0 và 2 đạo hàm đó bằng nhau f()() x + x − f x Đạo hàm vô cùng: Nếu lim 00= →x 0 x Thì ta nói hàm f có đạo hàm ở vô cực
  7. Đạo hàm Ví dụ: Tính đạo hàm của hàm f( x )=−3 x 1 Áp dụng các quy tắc và bảng đạo hàm ta có 1 fx ()= 33 (x − 1)2 Như vậy, tại x=1 không thể thay x=1 vào f ’ để tính mà phải dùng định nghĩa f( x + 1) − f (1) 3 x f (1)= lim =lim = + →x 0 x →x 0 x Vậy: 1 ,1x fx ()= 33 (x − 1)2 =,1x
  8. Đạo hàm sin x ,0x Ví dụ: Tính đạo hàm của fx()= x 1,x = 0 Khi x≠0, ta tính bình thường. Khi x=0, ta dùng đ/n f( x + 0) − f (0) 1 sin x f (0)= lim =lim − 1 = 0 →x 0 x →x 0 xx Vậy: xcos x− sin x ,0x fx ()= x2 0,x = 0
  9. Đạo hàm Đạo hàm hàm hợp h= f g h = f . g Tức là ygxhx=(),() = fy () hx () = fygx ().() Ví dụ: Tính đạo hàm các hàm : a. f(x) = tan (x3+x) b. g(x) = esinx (x32++ x ) 3 x 1 fx ()== cos2 (x 3++ x ) cos 2 ( x 3 x ) g ( x )== esinxx .(sin x ) cos x . e sin
  10. Đạo hàm Đạo hàm của các hàm hợp cơ bản fx () 1/(ef()() x) = e f x .( f x) 8/(arcsinfx ( )) = 1)− fx2 ( 1 2/(lnf ( x )) = . f ( x ) − fx () fx() 9 / (arccosfx ( )) = 2 3 / ( f().() xaa) = a f x−1.() f x 1)− fx( fx () 4/(sinf ( x )) = cos f ( x). f ( x ) 10 / (arctanfx ( )) = 1+ fx2 ( ) 5 / (cosf ( x )) =− sin f ( x ). f ( x) − fx () fx () 11/ (arccotfx ( )) = 6/(tanfx ( )) = 1)+ fx2 ( cos2 (fx() ) − fx () 7/(cotfx ( )) = sin2 fx ( )
  11. Đạo hàm 2 x Ví dụ: Tính đạo hàm của hàm y = cos sin 3 x x 1 x −1 xx y =−2cos sin .sin sin . cos = .cos .sin(2sin ) 3 3 3 3 3 3 3 Ví dụ: Tính đạo hàm của y=+3 shx 1 Đặt: u= shx Thì: yu=+3 1 1 (shx ) Suy ra: y ( x )= y ( u ). u ( x ) = . 33 (u + 1)2 2 shx chx = 63 (shx+ 1)2 shx
  12. Đạo hàm Đạo hàm hàm ngược Giả sử hàm 1-1: y = f(x) có hàm ngược là x = g(y). Tại x = x0 hàm f(x) có đạo hàm hữu hạn khác 0 thì hàm g(y) sẽ có đạo hàm tại y0 = f(x0) và 1 1 gy ()0 = Hay ta còn viết xy ()= fx ()0 yx ()
  13. Đạo hàm Ví dụ: Tìm đạo hàm hàm ngược của hàm yx=−213 Do y=2 x32 − 1 y = 6 x 0  x 0 Nên theo CT tính đạo hàm hàm ngược ta được 11 x ( y )= = ,  x 0 yx () 6x2 Ví dụ: Tìm đạo hàm hàm ngược của hàm y = chx 11 1 1 y = shx x = = = = y shx ch2 x −1 y2 −1
  14. Đạo hàm Đạo hàm của hàm cho bởi phương trình tham số x= x() t Cho hàm y=f(x) được cho bởi pt tham số y= y() t yt () Đạo hàm của hàm y được tính bởi yx ()= xt () Ví dụ: Tính y’(x) biết x(t) = etcost, y(t) = etsint y ( t ) ( et cos t ) et (cos t− sin t ) yx ()== = xt () (ett sin ) et (sin t+ cos t ) costt− sin yx ()= sintt+ cos
  15. Đạo hàm Đạo hàm dạng u(x)v(x): Ta viết lại dạng uv thành u() xv( x )= e v ( x )ln u ( x ) Suy ra : (u() xv( x )) = ( e v ( x )ln u ( x ) ) v( x )ln u ( x ) ux () =+e. v ( x )ln u ( x ) v ( x ) ux() v()() x v x ux () (u() x) =+ u () x v ()ln() x u x v () x ux()
  16. Đạo hàm x Ví dụ: Tính đạo hàm y = 2ln x xx x ln 2 ln 2 lnx − 1 ye == 2lnxx ln = eln x ln 2. 2 ln x (lnx )x Ví dụ: Tính đạo hàm y = xln x Lấy ln 2 vế hàm đã cho lny=− ln((ln x )xx ) ln( xln ) y Lấy đạo hàm 2 vế: =−(ln((lnxx )xx )) ( ln(ln )) Vậy: y x x ln x 2 1 2ln x y =−2( ( x ln(ln x )) (ln x ) =2ln x lnln x + − ( ) ln xx
  17. Đạo hàm cấp cao Cho hàm y = f(x) có đạo hàm z = f ’(x). Lấy đạo hàm của hàm z, ta được đạo hàm cấp 2 của hàm f(x) – kí hiệu là fx () Tiếp tục quá trình đó, ta gọi đạo hàm của đạo hàm cấp (n-1) là đạo hàm cấp n f(nn )( x )= ( f (− 1) ( x )) Ví dụ: Tính đạo hàm cấp 1, 2 của hàm y = tan(x2+1) 2x 2cos(x22+ 1) + 2 x .2 x .sin(2 x + 2) y = =y cos22 (x + 1) cos32 (x + 1)
  18. Đạo hàm cấp cao Đạo hàm cấp cao của hàm cho bởi pt tham số Cho hàm y = y(x) xác định bởi x = x(t), y = y(t) yt () Đạo hàm cấp 1: yx ()= xt () Tức là đạo hàm cấp 1 cũng là hàm cho bởi pt tham số yt ( ) x== x()() t, y = g t xt () g ()()()()() t y t x t− y t x t Đạo hàm cấp 2: yx ()== xt () (xt ( ))3 Tương tự, đạo hàm cấp (n-1) vẫn là hàm cho bởi pt tham số nên đạo hàm cấp n được tính theo cách trên
  19. Đạo hàm cấp cao Ví dụ: Tính y’, y’’ biết x = e2t sht, y = e2tcht 2t y ( t ) e (2 cht+ sht ) 2cht+ sht yx ()== = xt () e2t (2 sht+ cht ) 2sht+ cht 22 2cht+ sht (2sht+ cht ) − (2 cht + sht ) 2 2sht+ cht (2sht+ cht ) yx ()= = xt () e2t (2 sht+ cht ) 3(sh22 t+ ch t ) = e23t (2 sht+ cht )
  20. Đạo hàm cấp cao Đạo hàm cấp cao của hàm hợp – CT Leibnitz Cho hàm hợp h = f o g Đh cấp 1: h = f . g Suy ra đh cấp 2: h =(.) f g = f g + f g Bằng QUY NẠP, ta chứng minh được n CT Leibnitz: ()()()n k k n− k h=  Cn f g k=0 Trong đó, ta quy ước f(0) = f (đh hàm cấp 0 bằng chính nó)
  21. Đạo hàm cấp cao Ví dụ: Tính đạo hàm cấp 3 của hàm y = sinx.ln(x+1) 3 (3)k ( k ) (3− k ) y=+ C3 (sin x ) (ln( x 1)) k−0 (3) 0 (0) (3) 3 (3) (0) y= C33(sin x ) (ln( x + 1)) + + C (sin x ) (ln( x + 1)) 2− 1 1 y(3) =sin x + 3cos x − 3sin x − cos x .ln( x + 1) (xx++ 1)32 ( 1) x +1
  22. Đạo hàm cấp cao Đh cấp cao một số hàm thường gặp ()n n a() n a− n 1 (− 1)n ! 1/ (x )= a ( a − 1) ( a − n + 1) x = x +1 (x + 1)n+1 2/()eax() n= a n e ax (−− 1)n−1 (n 1)! 3 / (ln(x += 1))()n (x + 1)n 4 / (sinax )()nn=+ a si n() ax n 2 5 / (cosax )()nn=+ a co s() ax n 2
  23. Đạo hàm cấp cao Ví dụ: Tính y(n) biết y = (2x2-x+3)sin(2x+1) 2 Đặt f(x) = 2x -x+3, g(x) = sin(2x+1) thì y = fog Áp dụng CT Leibnitz với lưu ý: với mọi k>2 thì f(k)=0 n ()()()n k k n− k y=  Cn f g k=0 0(0)()n 1 (1) n−− 2 (2) n =Cn f g + C n f g + C n f g =(2x2 − x + 3)2n sin(2 x + 1 + n ) 2 +n(4 x − 1)2n−1 sin(2 x + 1 + ( n − 1) ) 2 nn(− 1) +4.2n−2 sin(2xn + 1 + ( − 2) ) 22
  24. Đạo hàm cấp cao 1 Ví dụ: Tính đh cấp n của y = x2 −1 1 1 1 1 Vì: y = = − x2 −1 2 xx−+ 1 1 ()()nn 1 1 1 Nên : y()n =− 2 xx−+ 1 1 (− 1)n n ! 1 1 =− nn++11 2 (xx−+ 1) ( 1)
  25. Đạo hàm cấp cao Ví dụ: Tính đh cấp n của y = sin4x+cos4x Biến đổi lượng giác: 1 y=1 − 2sin2 x cos 2 x = 1 − sin 2 2 x 2 1 3 1 =1 − (1 − cos4xx ) = + cos4 4 4 4 1 Suy ra: yn()n =+44 cos(4x n ) =+64cos(4x ) 42 2
  26. Đạo hàm cấp cao x +1 Ví dụ: Tính đh cấp 10 của y = x −1 1 1 Đặt f( x )= x + 1, g ( x ) = = ( x − 1) 2 x −1 Suy ra: y(10)=+ f. g (10) 10. g (9) 1− 1 − 3 − 17 −19 =(xx + 1). . . ( − 1) 2 2 2 2 2 1− 1 − 3 − 15 −17 +−10. . . (x 1) 2 2 2 2 2 1.3.5 15−17 17x + 1 =(x − 1)2 10 − 28 21x −
  27. Đạo hàm cấp cao Phương pháp tính đạo hàm cấp cao. 1. Phân tích thành tổng các hàm đã biết. 2. Phân tích thành tích của hai hàm: f.g, trong đó f là hàm đa thức (chỉ có đạo hàm khác không đến 1 cấp hữu hạn), sau đó sử dụng công thức Leibnitz 3. Sử dụng khai triển Maclaurint, Taylor (sẽ học)
  28. Vi phân Định nghĩa: Hàm f(x) được gọi là khả vi tại điểm x0 nếu tồn tại hằng số A sao cho f = f()().() x + x00 − f x = A x + O x Khi đó, A.Δx được gọi là vi phân của hàm tại x0 và kí hiệu là df(x0) Định lý (Liên hệ giữa đạo hàm và vi phân) : Hàm f(x) khả vi tại x0 khi và chỉ khi hàm có đạo hàm tại x0 Khi đó: hằng số A = f’(x0) tức là vi phân của hàm là df(x0) = f’(x0).Δx = f’(x0)dx
  29. Vi phân 1. Hàm f(x) khả vi tại x0: f()().() x + x00 − f x = A x + O x f()() x + x − f x A.() x + O x =lim00 lim xx →00 xx → Ox() =lim AA + = =f () x0 A →x 0 x f()() x + x00 − f x 2. Hàm có đạo hàm tại x0: fx (0 )= lim →x 0 x f()() x + x00 − f x lim −fx (0 ) = 0 →x 0 x f( x + x ) − f ( x ) − f ( x ). x =lim0 0 0 0 →x 0 x f( x + x0 ) − f ( x 0 ) − f ( x 0 ). x = O ( x ) f () x0 = A ⎯⎯⎯ ⎯→ f()().() x + x00 − f x=+ A x O x
  30. Vi phân Từ công thức df()() x00= f x dx ta suy ra cách tính vi phân cũng như bảng vi phân các hàm cơ bản giống như đạo hàm. Ví dụ: Tính dy nếu y = arctan(x2+x) Ta tính đạo hàm, sau đó thay vào công thức vi phân 21x + 21x + y = dy = y . dx = dx 1++ (xx22 ) 1++ (xx22 ) Ví dụ: Tính dy nếu y = ln(sinx+cosx) cosxx− sin cosxx− sin y = dy = y . dx = dx sinxx+ cos sinxx+ cos dy =cot( x + ) dx 4
  31. Vi phân 3 Ví dụ: Cho hàm f(x) = x . Tìm df và Δf tại x0 = 2 với hai giá trị Δx = 0.1 và Δx = 0.01 1. Với Δx = 0.1 : 33 f = f()() x + x00 − f x =−ff(2.1) (2) =−(2.1) 2 =1.261 f ( x )= 3 x2 df (2) =fx (2). =1.2 f − df = 0.061 2. Với Δx = 0.01 : 33 f = f()() x + x00 − f x =−(2.01) 2 = 0.1206 fx ( )= 3xf2 df (2) = (2). x = 0.12 f − df = 0.006 Khoảng cách giữa df và Δf càng nhỏ nếu Δx càng nhỏ
  32. Vi phân Vi phân hàm hợp: Cho hàm hợp y = y(u), u = u(x) Tức là y = y(u(x)). Ta tính vi phân dy ddy = y ()x x = y ( u ). u (x ).dx Mặt khác, vì u = u(x) nên du= u ( x ). dx Suy ra: dy= y ( u ). du Vậy vi phân của hàm luôn bằng đạo hàm của nó nhân với vi phân của biến cho dù biến đó là độc lập (biến x) hay phụ thuộc (biến u). Ta gọi đó là TÍNH BẤT BIẾN CỦA VI PHÂN CẤP 1
  33. Vi phân Ứng dụng vi phân cấp 1 để tính gần đúng f = f()() x + x00 − f x =f ( x0 ). x − O ( x ) f( x ) f ( x0 ) + f ( x 0) .( x − x 0 ) Ví dụ: Tính gần đúng arctan(0.97) nhờ vi phân cấp 1 Đặt f(x) = arctanx, cần tính giá trị hàm tại x = 0.97 giá trị đặc biệt x0= 1, Δx = x - x0 = -0.03 1 1 f = 2 =fx ( )= 0.5152 1+ x 0 1+ 0.972 arctan(0.97) f( x)+ f ( x ). x = +0.5152( − 0.03) =0.7679 004
  34. Vi phân Vi phân cấp 2 của hàm f(x) là vi phân (nếu có) của vi phân cấp 1: d2f = d(df) d2 f( x) ==d( df ( x )) d ( f ( x ). dx) =+d( f ( x )) dx f ( x ). d ( dx ) = f () x dx2 Vi phân cấp n của hàm f(x) là vi phân (nếu có) của vi phân cấp (n-1). Tương tự như trên, ta được: dn f()() x= f() n x dx n
  35. Vi phân Ví dụ: Cho hàm f ( x ) = ln( e 2 xx − e − + 1) Tính df, d2f tại x=0 Ta tính đạo hàm rồi thay vào công thức vi phân 2ee2xx+ − fx ()= =f (0) 3 ee2xx−+− 1 49e2x−− e x e− x fx()= 2 f (0) = − 6 (ee2xx−+− 1) 2ee2xx+ − Vậy: df() x= dx df (0)= 3dx e2xx− e− +1 2x x− x 2249e−− e e 22 d f() x= 2 dx d f(60) =− dx (ee2xx− − +1)
  36. Vi phân Vi phân cấp cao của hàm hợp: Cho y=y(u), u=u(x). Ta đi tính vi phân cấp 2 của hàm y d2 y== d( dy ) d ( y ( u ). du ) =+d( y ( u )) du y ( u ) d ( du ) d2 y=+ y ()() u du 2 y u d 2 u (Vì u là hàm nên d2u ≠ 0) Thay u=u(x) vào: dy2=+ yu ().(() uxdx ) 2 yuuxdx ().() 2 Vậy với hàm hợp, ta có 2 cách tính vi phân cấp 2 Cách 1: Tính theo u, du d2 y=+ y ()() u du 2 y u d 2 u Cách 2: Tính theo x, dx d22 y= y () x dx
  37. Vi phân Ví dụ: Cho hàm y = ln(1+x2), trong đó x = tant. Tính d2y theo x và dx, theo t và dt Tính theo t và dt: Ta thay x=tant vào hàm y=ln(1+tan2x) 2tantt (1+ tan2 ) 2 y = 2 = 2tant =yt () 1+ tan t cos2 t 2dt2 dy2 = cos2 t 2xx 2(1− 2 ) Tính theo x và dx: y()() x=22 y x = 1+ x 1+ x2 2 ( ) 22(1− xx ) 2 2 2 d y=+22 dx d x (1+ x2 ) 1+ x
  38. Vi phân Như vậy, ta có 2 kết quả khi tính theo 2 cách 2 2 2 2dt 22(1− xx ) 22 2 dy= (1) d y=+22 dx d x(2) cos2 t (1+ x2 ) 1+ x Thử lại: Bằng cách thay x = tant, dx = (1+tan2t)dt, d2x = 2tant(1+tan2t)dt2 vào (2) 2 22(1− tantt ) 22 2 2tan 2 2 d y=22(1 + tan t) dt + 2tan t (1 + tan t ) dt (1+ tan2 t) 1+ tan t 2 d22 y=+2(1 tan2 t ) dt2 = dt cos2 t Ta có lại đẳng thức (1), tức là cả 2 cách tính đều cho ta 1 kết quả, mặc dù hình thức thì khác nhau
  39. Quy tắc L’Hospital 4 định lý giá trị trung bình: Định lý Fermat Hàm y=f(x) xác định trong lân cận của điểm x0 và đạt ' ' cực trị tại đó. Nếu tồn tại đạo hàm fx () 0 thì fx(0 )= 0. Định lý Rolle Nếu hàm y = f(x) thỏa 1. Liên tục trên đoạn [a,b] Thì:  c( a,: b) 2. Khả vi trong khoảng (a,b) sao cho fc' ( )= 0 3. f (a) = f(b) 
  40. Quy tắc L’Hospital Định lý Lagrange: Nếu hàm y = f(x) thỏa 1. Liên tục trên đoạn [a,b] Thì  c( a,: b) f()() b− f a 2. Khả vi trong khoảng (a,b) sao cho = fc' () ba− Định lý Cauchy: Cho hai hàm y = f(x) và y = g(x). 1. Liên tục trên đoạn [a,b] ' 2. Khả vi trong khoảng (a,b) f()()() b− f a f c = ' g( x ) 0,  x ( a , b) g()() b− a gc()
  41. Quy tắc L’Hospital Định lý 1 (dạng 0 ) 0 Cho 2 hàm f(x), g(x) khả vi trên khỏang (a,b) thỏa 1. limf ( x )== 0, lim g ( x ) 0 x→→ b−− x b Khi đó: 2.g ( x ) 0,  x ( a , b ) fx() lim = A fx () xb→ − gx() 3. lim = A −  xb→ gx () Chú ý: 1. Định lý vẫn đúng khi x→a+ 2. Định lý vẫn đúng khi b =+∞, a= -∞ hoặc A=+ ∞
  42. Quy tắc L’Hospital Ví dụ: Tính các giới hạn x− tan x lncos2 x 1.lim 2.lim xx→→00x3 sin2x xx− tan 1−+ (1 tan2 x ) 2 1.lim −tan x 3 = lim 2 = lim x→0 x x→0 3x x→0 3x2 −x2 1 = lim = - x→0 3x2 3 −2sin2x lncos2x cos2x 2.lim = lim = 0 x→0 sin2x x→0 cos2x
  43. Quy tắc L’Hospital Định lý 1 (dạng ) Cho 2 hàm f(x), g(x) khả vi trên khỏang (a,b) thỏa 1. limf ( x )= , lim g ( x ) = x→→ b−− x b Khi đó: 2.g ( x ) 0,  x ( a , b ) fx() lim = A fx () xb→ − gx() 3. lim = A −  xb→ gx () Chú ý: 1. Định lý vẫn đúng khi x→a+ 2. Định lý vẫn đúng khi b =+∞, a= -∞ hoặc A=+ ∞
  44. Quy tắc L’Hospital Ví dụ: Tính các giới hạn ln x chx 1. lim ( 0) 2. lim xx→+ x → x 1 ln x x 1 1. lim ( 0) = lim −1 = lim =0 x→+ x x→+ x x→+ x chx shx 2. lim ==lim x→ x x→ 1
  45. Quy tắc L’Hospital Cách khử các dạng vô định bằng quy tắc L’Hospital 0 0 = − = (1 − ) 1 0 0. = 1 ==ee.ln1 .0 = 1 0 0.ln 0 0. 0 ==ee 0
  46. Quy tắc L’Hospital Ví dụ: Tính các giới hạn xx Lx1 =lim ln 1 + − ln Dạng ∞(∞ - ∞) x→+ 22 1+ x 2 2 2 L1 = limx ln =+limx ln(1 ) = limx . = 2 x→+ x x→+ x x→+ x 2 1 ln(tanx ) ln tan x 1 lim x− x→ x− Lx= lim( tan ) x− = lim e 4 4 4 2 4 = e x→ x→ 4 4 1+ tan2 x lim x→ tan x = e 4 = e2
  47. Quy tắc L’Hospital 1 1 x 1+ 2x ln 2 ln(x+ 2 ) lim x x x x Lx3 =+lim 2 = lim e x→+ x+2 x→+ ( ) x→+ = e 2xx ln23 2 2 ln 2 lim lim ==eexx→+ 1+ 2xx ln 2 →+ 2 ln2 2 = 2 ln x lim + 1 sin x sinxx ln x→0 Lx4 = lim = lim e sin x x→0+ x→0+ = e 1 x lim 2 x→0+ −cos x sin x 2 lim = e sin x = ex→0+ −xxcos =1
  48. Quy tắc L’Hospital Các trường hợp không dùng được quy tắc L’Hospital xx+ cos 1− sin x fx () lim = lim  lim x→ x x→ 1 x→ gx () 1+ x2 x lim = lim Sau khi dùng L’H thì vẫn x→ x x→ 1+ x2 chỉ được giới hạn ban đầu xx+ sin 0 lim Giới hạn dạng = 0 x→0 cot x
  49. Công thức Taylor - Maclaurint Hàm f(x) khả vi đến cấp (n+1) trong 1 lân cận của x0 n fx()k () Đặt: R( x )= f ( x ) −0 ( x − x )kn , G ( x ) = ( x − x ) +1  k! 00 Thì: k=0 ()n R( x0 )= R ( x 0 ) = R ( x 0 ) = = R ( x 0 ) = 0 ()n G( x0 )= G ( x 0 ) = G ( x 0 ) = = G ( x 0 ) = 0 Theo định lý Cauchy ta có R()() xR()() x− R x R x Với x nằm ==0 1 1 giữa x và x G()()()() x G x− G x01 G x 0 Sử dụng định lý Cauchy tiếp tục như vậy với x2 nằm giữa x và x, ta được 1 R ()() xR ()() x− R x R x 12==10 G ()()()() x1 G x 1− G x 0 G x 2
  50. Công thức Taylor - Maclaurint Tiếp tục quá trình đó theo (n+1) bước, ta được (nn++ 1) ( 1) R()()() x R x11 R x R()() xnn++11 f x = = = =(n+ 1) = G( x ) G ( x11 ) G ( x )Gx()n+1 ( n + 1)! Với xn+1 nằm giữa x và x0 (x≤xn+1≤x0). Đặt c = xn+1, ta có định lý: Định lý Taylor: Cho hàm f(x) khả vi đến cấp (n+1) trong khỏang (a,b). Khi ấy, với x, x0 thuộc (a,b) ta có n ()k (n+ 1) fx()0 knfc() +1 f()()() x= x − x00 + x − x k=0 kn! (+ 1)!
  51. Công thức Taylor - Maclaurint Định lý Taylor: Cho hàm f(x) khả vi đến cấp (n+1) trong khỏang (a,b). Khi ấy, với x, x0 thuộc (a,b) ta có n ()k (n+ 1) fx()0 knfc() +1 f()()() x= x − x00 + x − x k=0 kn! (+ 1)! 1 fxfx( )= ( ) + fxxx ( ).( − ) + fxxx ( ).( − )2 + 0 0 02! 0 0 fx()n () f (n+ 1) (c) +0 (x − x )nn + (x − x ) +1 n!00 (n + 1)! fc(n+ 1) () Ta đặt: R=−() x x n+1 n (n + 1)! 0 và gọi là phần dư dạng Lagrange của công thức Taylor
  52. Công thức Taylor - Maclaurint Xét giới hạn n fx()k () f()() x−−0 x x k Rx()  k! 0 0 lim= lim k=0 dạng x→→ xnn x x 0 00()()x−− x0 x x0 n ()k fx()0 k−1 f ()() x−− x x0 (k − 1)! f()()nn( x)()− f x = lim k=1 = = lim 0 = 0 xx→ n−1 0 n() x− x0 xx→ 0 n! Suy ra: n fx()k () R()()()() x= f x −0 x − xkn = O x − x  k! 00( ) Vậy ta được k=0 n ()k dạng thứ 2 fx()0 kn f()()() x= x − x00 + O( x − x ) của CT Taylor k=0 k! n Với phần dư Peano Rn =− O(() x x0 )
  53. Công thức Taylor - Maclaurint Sử dụng phần dư Lagrange khi sử dụng CT Taylor để tính gần đúng có đánh gía sai số Sử dụng phần dư Peano khi sử dụng CT Taylor để tính giới hạn Khi x0 = 0 thì CT Taylor được gọi là CT Maclaurint n ()k f (0) k f() x=+ x Rn k=0 k! ff (0)()n (0) =f(0) + f (0). x + x2 + + xn + R 2!n ! n
  54. Công thức Taylor - Maclaurint 4 3 2 Ví dụ: Khai triển Taylor hàm y=x +3x -5x +x-1 tại x0=1 y(1) = -1 y =4 x32 + 9 x − 10 x + 1 y (1)= 4 y =12 x2 + 18 x − 10 y (1)= 20 yx =+24 18 y (1)= 42 y(4) = 24 y(4) (1)= 24 Vậy: y= −1 + 4( x − 1) + 10( x − 1)2 + 7( x − 1) 3 + ( x − 1) 4
  55. Công thức Taylor - Maclaurint Công thức Maclaurint một số hàm cơ bản với phần dư Peano 1 1 1 ex=1 + x + x23 + x + + x n + O ( x n ) 2 3!n ! 1 1 (− 1)21n+ sinx= x − x3 + x 5 + + x 2nn++ 1 + O ( x 2 1 ) 3! 5! (2n + 1)! 1 1 (− 1)2n cosx= 1 − x2 + x 4 + + x 2nn + O ( x 2 ) 2! 4! (2n )! 1 1 1 shx= x + x3 + x 5 + + x 2nn++ 1 + O ( x 2 1 ) 3! 5! (2n + 1)! 1 1 1 chx=1 + x2 + x 4 + + x 2nn + O ( x 2 ) 2! 4! (2n )!
  56. Công thức Taylor - Maclaurint Công thức Maclaurint một số hàm cơ bản với phần dư Peano xx35 (− 1)n arctanx= x − + − + x2nn++ 1 + O ( x 2 1 ) 3 5 2n + 1 1 1 1 (− 1)n−1 ln(1+x ) = x − x2 + x 3 − x 4 + + xnn + O ( x ) 2 3 4 n ( − 1) ( − 1) ( −n + 1) (1+x ) = 1 + x + x2 + + xnn + O ( x ) 2!n ! 1 =1 −x + x23 − x + + ( − 1)n x n + O ( x n ) 1+ x 1 =1 +x + x23 + x + + xnn + O ( x ) 1− x
  57. Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Taylor tại x0 = -1 đến cấp 3 hàm 1 fx()= xx2 −+32 111 1 1 fx()=−=+. xx−−21−2 1 −xx 2 1 − 2 3 3 1 x x x x =1 + + + + O 1− x 2 2 2 2 2 1 =1 +x + x2 + x 3 + O ( x 3 ) 1− x 1 1 7 15 f()() x= + x + x2 + x 3 + O x 3 2 2 8 16
  58. Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Maclaurint hàm f(x) = ln(x2+5x+4) và tính f(10)(0) x f( x )= ln( x + 1) + ln( x + 4) =ln(x + 1) + ln 4 + ln(1 + ) 4 nn 122 (−− 1)n n x 1 x ( 1) x n x n =+−++ln4 x x x + O () x +− () ++ () + O (()) 2nn 4 2 4 4 4 5 1 1 (− 1)n 1 =ln 4 +x − (1 + ) x + + (1 + ) xnn + O ( x ) 42 442 n n n n Vậy: (− 1) 1 nn f( x )= ln 4 + (1 +n ) x + O ( x ) k=1 n 4 f (10) (0) Theo CT Taylor: Là hệ số của x10 trong khai 10! (−+ 1)10 1 1 4 10 triển trên. Suy ra: f (10) (0)= 10! (1 + ) = 10 410 9!4 10
  59. Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Maclaurint đến cấp 5 hàm y = sin2x 1− cos2x fx()= 2 1 1 12 3 1 4 5 5 = − 1 + 0.(2)x − (2) x + 0.(2) x + (2) x + 0.(2) x + O ( x ) 2 2 2! 4! 1 Vậy: f()() x= x2 − x 4 + O x 5 3 Chú ý: Vì hệ số của x5 trong khai triển trên là bằng 0 và yêu cầu khai triển đến bậc 5 thì ta phải viết phần dư là O(x5) Nếu trong ví dụ trên, chỉ yêu cầu khai triển đến bậc 4 1 4 thì phần dư là O(x ) : f()() x= x2 − x4 + O x4 3
  60. Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Khai triển Maclaurint đến cấp 3 hàm y=arcsinx 1 Ta có : y = 1− x2 x x x dt − 1 −1 =y =−(1t2 ) 2 dt =1 + ( −t22 ) + O ( t ) dt 2 0 1− t 0 0 2 1 arcsinx= x + x33 + O ( x ) 6
  61. Công thức Taylor - Maclaurint tanxx− sin Ví dụ: Tính giới hạn lim x→0 sin3 x Sử dụng khai triển Maclaurint trên tử số vì tử số là tổng 2 VCB cùng tương đương với x khi x→0. Còn dưới mẫu số, ta chỉ cần thay sin3x ~ x3. Như vậy, bậc của mẫu số là 3 (so với x) nên tử số ta cũng khai triển đến x3. 113 3 3 3 tanx− sin x = x + x + O ( x ) − x − x + O ( x ) 3 3! 1 1 =+x33 O() x x3 2 2 tanx− sin x 1 2 x3 1 Vậy: lim== lim xx→→00sin33xx2
  62. Công thức Taylor - Maclaurint ln( 1+x32) − 2sin x + 2 x cos x Ví dụ: Tính giới hạn L = lim x→0 tanxx− sin 1 Vì: tanx− sin x x3 Nên trên tử số ta cũng khai 2 triển các hàm đến x3. 3 3 3 1 33 ln(1+x ) = x + O ( x ) −2sinx = − 2 x − x + O ( x ) 3! 2 2x cos x2= 2 x 1 + 0. x 2 + O ( x 2 ) k.tr hàm cosx đến bậc 2 ( ) vì đã có 2x nhân vào 3 3 1 3 3 2 2 xOx+()2 − xxOx − + ()210. + x + xOx + () ( ) 3! ( ) L = lim 1 x→0 x3 8 2 = 3
  63. Công thức Taylor - Maclaurint 1+x cos x − 1 + 2 x Ví dụ: Tính giới hạn L = lim x→0 ln(1+−xx ) Ta sẽ dùng k.tr Maulaurint vì không thay VCB được Dưới mẫu số, ta chỉ cần khai triển đến cấp 2 là khác 0 nên tử số ta cũng khai triển đến cấp 2 112 2 2 ln(1+x ) − x = x − x + O ( x ) − x − x 22 1+x cos x − 1 + 2 x = 11(− 1) 1 221 =110. +x( − x + O ()12 x) − + x +22 (2) x + O () x x2 2 2! 2 −1/ 2x2 L = lim =−1 x→0 1/ 2x2
  64. Công thức Taylor - Maclaurint arcsinxx− sin Ví dụ: Tính giới hạn L = lim x→0 exx +ln(1 − ) − 1 Khai triển đến x3 vì tử số chỉ cần đến x3 là khác 0 113 3 3 arcsinx− x = x + x + O ( x ) − x x 66 exx +ln(1 − ) − 1 = 12 1 3 3 1 2 1 3 3 =++ 1x x ++ x O ()()()()()1 x +−−−+−+ x x x O x − 2 6 2 3 1 − x3 6 1/ 6x3 L = lim = −1 x→0 −1/ 6x3
  65. Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Tính gần đúng với sai số ε = 10-3 giá trị A = ln(1,05) Sai số là sự chênh lệch giữa giá trị đúng của A mà ta không tính được và giá trị gần đúng của A mà ta sẽ tính được. Khi sai số càng nhỏ, giá trị ta tính được càng chính xác. Trong phần này, ta sẽ sử dụng công thức Taylor với phần dư Lagrange để tính 1 1 (− 1)n−1 Đặt f( x )= ln(1 + x ) = x − x23 + x + + xn + R 23 n n Cần tính A = ln(1,05) tức là ta chọn x0=0,05, hằng số c trong phần dư Lagrange Rn nằm giữa 0 và 0,05
  66. Công thức Taylor - Maclaurint (n+ 1) nn+1 f ()c n+1 (− 1) 0,05 Rxn = = ,0 c 0 ,05 (n + 1)! (c + 1)n+1 (n + 1)! -3 Ta phải tìm n để |Rn|≤10 1 0 c 0,05 1 1 +c 1,05 1 (1+ c )n n+1 0,05 1 −3 1 Rn = =10 n = 2 (n + 1)! (n + 1)!20n+1 1000 Vậy: 1 A = ln(1,05) 0,05 − (0,05)2 = 0,05−= 0,00125 0,04 875 0,49 2
  67. Công thức Taylor - Maclaurint Ví dụ: Tính gần đúng với sai số ε = 10-5 giá trị A = 3 29 22 Đặt f()(1 x= + x ),1/3 x = , A = 3.() f 27 27 1 1 1 1 1 1 (− 1) ( − 1) ( −n + 1) f( x )= 1 + x +3 3 x2 + + 3 3 3 xn + R 3 2!n ! n (n+ 1) 1( 1−− 1) ( 1 n ) n+1 fc( )nn++113 3 3 2 Rn == x c ,01 c (nn++ 1)! ( 1)! 27 n+1 2.5 (3nn−− 1) 2 2n+1 .2.5 (3 1) 1 Rn = n = 4 3nn++1 (nn++ 1)! 27 3 4 4 ( 1)! 3.100000 3 1 2−− 2 4 2.5 8 2.5.8 16 +29 3 1 .+ . + . + . 3 272.32 729 6.3 3 19683 24.3 4 531441 = 3,0723