Giáo trình Toán cao cấp (A1) - Vũ Gia Tê

227 trang huongle 8040

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Toán cao cấp (A1) - Vũ Gia Tê", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_toan_cao_cap_a1_vu_gia_te.pdf

Nội dung text: Giáo trình Toán cao cấp (A1) - Vũ Gia Tê

BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP (A1) Biên soạn: TS. VŨ GIA TÊ Ths. ĐỖ PHI NGA
Chương 1: Giới hạn của dãy số CHƯƠNG I: GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 1.1. SỐ THỰC. 1.1.1. Các tính chất cơ bản của tập số thực. A. Sự cần thiết mở rộng tập số hữu tỉ Q. Do nhu cầu đòi hỏi của cuộc sống,tập các số tự nhiên N={0,1,2, }, cơ sở của phép đếm đã được mở rộng sang tập các số nguyên Z={0, ± 1, ± 2, }. Sau đó, do trong Z không có các phần tử mà tích với 2 hoặc 3 bằng 1, nên nguời ta đã xây dựng tập các số hữu tỉ Q, đó là tập gồm các số được biểu diễn bởi tỉ số của hai số nguyên, tức là số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn. Nếu chỉ dừng lại trên tập Q thì trong toán học gặp phải nhiều điều hạn chế, đặc biệt là gặp khó khăn trong việc giải thích các hiện tượng của cuộc sống. Chẳng hạn việc tính đường chéo của hình vuông có kích thước đơn vị. Đường chéo đó là 2 không thể mô tả bởi số hữu tỉ. Thật vậy m nếu 2 = ∈Q trong đó ƯSCLN(m, n)=1 thì m2=2n2 ⇒ m=2p và 4p2=2n2 ⇒ n=2q. Điều này vô n lí vì lúc này m, n có ước chung là 2. Chứng tỏ 2 ∉Q. Những số xuất hiện và được dùng thường xuyên trong giải tích như e, π cũng không phải là số hữu tỉ. B. Số vô tỉ. Một số biểu diễn dưới dạng thập phân vô hạn không tuần hoàn,hay không thể biểu diễn dưới dạng tỉ số của hai số nguyên được gọi là số vô tỉ. C. Số thực. Tất cả các số hữu tỉ và số vô tỉ tạo thành tập hợp số thực. Kí hiệu tập số thực là R. Vậy tập số vô tỉ là R\Q. Người ta có thể xây dựng tập số thực R nhờ vào một hệ suy diễn hay nói cách khác nhờ vào một hệ tiên đề.Chúng ta không trình bày ở đây mà coi rằng tập hợp số thực R là quá quen thuộc và kiểm tra lại sự thoả mãn tiên đề đó. Chúng ta coi đó là các tính chất của tập hợp R. Tính chất 1: Tập R là một truờng giao hoán với hai phép cộng và nhân: (R, + , .). 1.∀a,,,. b ∈ R a + b ∈ R a b ∈ R 2.∀a, b , c ∈ R ,( a + b ) + c = a+ ( b+ c ),( a . b ) c= a ( bc ) 3.∀a,, b ∈ R a + b = b + a, ab= ba 4. R có phần tử trung hoà đối với phép cộng là 0 và đối với phép nhân là 1 ∀a ∈ R, a + 0 = 0 +a = a 3
Chương 1: Giới hạn của dãy số a 1. = .1 a =a 5. Phân phối đối với phép cộng ∀a,,,() b c ∈ R a b + c = ab+ ac ()b+ c a = ba + ca 6. Tồn tại phần tử đối của phép cộng ∀a ∈ R, ∃ (− a ), a+ ( − a ) = 0 Tồn tại phần tủ nghịch đảo của phép nhân ∀a ∈ R , R = R \{0}, ∃ a−1 , a . a − 1 = 1 Tính chất 2: Tập R được xếp thứ tự toàn phần và đóng kín đối với các số thực dương. 1. ∀a,, b ∈ R a b 2. ∀a,,, b c ∈ R a ≤ b ⇒ a + c≤ b+ c ∀a,,, b ∈ R c ∈ R+ a ≤ b ⇒ ac ≤ bc 3. ∀a,,, b ∈ R+ a + b ∈ R+ ab∈ R+ Tính chất 3: Tập R là đầy theo nghĩa sau đây: Mọi tập con X không rỗng của R bị chặn trên trong R đều có một cận trên đúng thuộc R và mọi tập con không rỗng X của R bị chặn dưới trong R đều có một cận dưới đúng thuộc R. Cho X ⊂ R và a∈R Gọi a là cận trên của X trong R nếu x≤ a,∀ x∈ X . Gọi a là cận dưới của X trong R nếu x≥ a,∀ x∈ X . Gọi X bị chặn trên trong R(bị chặn dưới) khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một cận trên (cận dưới) của X trong R. Gọi số nhỏ nhất trong các cận trên của X trong R là cận trên đúng của X trong R, kí hiệu số đó là M* hay SupX (đọc là Suprémum của X). Gọi số lớn nhất trong các cận dưới của X trong R là cận dưới đúng của X trong R, kí hiệu số đó là m* hay InfX (đọc là Infimum của X). Nếu M*∈X thì nói rằng M* là phần tử lớn nhất của X, kí hiệu M*=SupX=MaxX. Nếu m*∈X thì nói rằng m* là phần tử nhỏ nhất của X, kí hiệu m*=InfX= MinX. Gọi X là bị chặn trong R khi và chỉ khi X bị chặn trên và bị chặn dưới trong R. Chú ý: 1. Tập R\Q không ổn định đối với phép cộng và phép nhân, chẳng hạn 4
Chương 1: Giới hạn của dãy số 2+ ( − 2) ∉ RQ \ ±2 ∈ RQ \ nhưng 2. 2∉ RQ \ 2. ∀x ∈ R\,,\ Q∀ y∈ Q x + y∈ R Q xy ∈ R \ Q 1 ∈ RQ\ x Nếu M là cận trên của tập X thì SupX ≤ M và nếu m là cận dưới của tập X thì InfM ≥ m. 4. Nếu M*=SupX thì ∀ε >0, ∃ α ∈XM ⇒* −ε 0, ∃ α ∈X ⇒ m* +ε > α Ví dụ 1: Chứng minh ( 2+ 3 + 6) ∈ RQ \ Giải: Giả sử q= 2+ 3 + 6 ∈Q ⇒ ( 2 + 3)2 = (q − 6) 2 hay q2 +1 = 2( q + 1) 6 , dễ dàng chứng minh 6 ∉ Q (tưong tự như chứng minh 2 ∉ Q ). Theo chú ý trên suy ra q+1=0 và q2+1=0. Điều này là mâu thuẫn. Vậy q∉Q. Ví dụ 2: Tìm các cận dưới đúng và cận trên đúng trong R nếu chúng tồn tại của tập n ⎧ 1 (− 1) * ⎫ * X =⎨ n + ,n∈ N⎬ ={} un , n ∈ N ⎩2 n ⎭ Giải: ∀p ∈ N * có 1 1 3 u = + ⇒0 <u ≤ u = 2 p 22 p 2 p 2p 2 4 1 1 1 1 1 1 u = − ⇒ − ≤ − ≤u ≤ ≤ 2p+ 1 22p+ 1 2p + 1 3 2p + 1 2p+ 1 22p+ 1 8 1 u = − 1 2 1 3 suy ra ∀n ∈ N * có − =u ≤ u ≤ u = 2 1 n 2 4 1 3 InfX=minX= − , SupX=maxX= 2 4 Ví dụ 3: Cho A, B là hai tập không rỗng của R và bị chặn trên. a. Chứng minh Sup ( A ∪ B )=Max(Sup(A), Sup(B)). b. Gọi A+B={}x∈ R,(,),∃ a b∈ A× B x= a+ b , chứng minh 5
Chương 1: Giới hạn của dãy số Sup(A+B) = Sup(A) + Sup(B) Giải: a. Kí hiệu α = SupA,,(,)β = SupB γ = Max α β . Vậy tập hợp các cận trên của A ∪ B chính là X={,x x ≥ α và x ≥ β}hay X={,}x x ≥ γ Vậy γ =Sup() A ∪ B b. ∀a ∈ A, a ≤ SupA ⇒ ∀a + b∈ A+ B, a+ b≤ SupA + SupB ∀b ∈ B, b ≤ SupB ⇒M* = Sup() A + B ε ∃a ∈ A, a > SupA − 2 ∀ε > 0 ε ∃b ∈ B, b > SupB − 2 ⇒ ∃a + b ∈ A+ B, a+ b > SupA + SupB − ε ⇒ ∃M* = SupA +SupB = Sup() A + B 1.1.2. Tập số thực mở rộng Người ta thêm vào tập số thực R hai phần tử kí hiệu là − ∞ và + ∞ . Tập số thực mở rộng kí hiệu là R và RR= ∪{ − ∞, +∞}, các phép toán + và ., quan hệ thứ tự được định nghĩa như sau: x +()() +∞ = +∞ + x = +∞ 1. ∀x ∈ R x +()() −∞ = −∞ +x = −∞ ()()+∞ + +∞ =+ ∞ 2. ()()−∞ + −∞ = −∞ 3. ∀x ∈ R+, R + ={} x ∈ R, x > 0 x()()+∞ = +∞ x = +∞ x()()−∞ = −∞x = −∞ ∀x ∈ R−, R − ={} x ∈ R, x < 0 x()()+∞ = +∞ x = −∞ x()()−∞ = −∞x = +∞ 4. (+∞ )( +∞ ) = ( −∞ )(− ∞ ) = +∞ (+∞ )( −∞ ) = ( −∞ )( +∞ ) = −∞ 5. ∀x ∈ R 6
Chương 1: Giới hạn của dãy số − ∞ <x < +∞ − ∞ ≤ −∞ + ∞ ≤ +∞ 1.1.3. Các khoảng số thực Cho a, b∈ R và a≤ b . Trong R có chín loại khoảng sau đây: []a,; b= { x∈ R a≤ x ≤ b} được gọi là đoạn hay khoảng đóng bị chặn [a,; b){= x∈ R a≤ x < b} được gọi là khoảng nửa đóng hoặc nửa mở (a,; b] ={ x ∈ R a < x ≤ b} [a,+∞) ={ x ∈ R; a ≤ x} (− ∞,a] ={} x ∈ R; x ≤ a (){a, b= x ∈ R; a < x < b} được gọi là các khoảng mở (){a,+∞ = x ∈ R; a < x } (){− ∞,a = x ∈ R; x < a} Các số thực a,b gọi là các mút của khoảng. 1.1.4. Giá trị tuyệt đối của số thực A. Định nghĩa: Giá trị tuyệt đối của số thực x, kí hiệu x là một số thực không âm xác định như sau ⎧ ⎪x khi x ≥ 0 ⎪ x = ⎨ ⎪− x khi x ≤ 0 ⎩⎪ B. Tính chất 1.∀x ∈ R, x = Max(,) x − x 2. x=0 ⇔ x = 0 3. ∀x,, y ∈ R xy= x y n n * ∀n ∈ N,,,,,, ∀ x1 x 2 x 3 K xn ∈ R∏ xi = ∏ xi i=1 i=1 ∀x ∈ R, xn = x n 7
Chương 1: Giới hạn của dãy số 1 1 4. ∀x ∈ R* , = x x 5. ∀x,, y ∈ R x + y ≤ x + y n n * ∀n ∈ N,,,,, ∀ x1 x 2 K xn ∈ R∑ xi ≤ ∑ xi i=1 i=1 6. 1 ∀x,,(,) y ∈ R Max x y=() x + y + x − y 2 1 Min(,) x y=() x + y − x − y 2 7. ∀x,, y ∈ R x − y ≤ x − y 1.1.5. Khoảng cách thông thường trong R A. Định nghĩa: Khoảng cách trong R là ánh xạ d: R× R → R ()x, ya x− y Đó là hình ảnh trực quan về khoảng cách giữa 2 điểm x và y trên đường thẳng trục số thực R. B. Tính chất 1. d() x, y= 0 ⇔ x = y 2.∀x,,,, y ∈ R d() x y= d () y x 3. ∀xyz,,,,,, ∈ R dxz()≤ dxy ()( + dyz) 4. ∀xyz,,,,,, ∈ Rdxy()()− dxz ≤ dyz( ) 8
Chương 1: Giới hạn của dãy số 1.2. SỐ PHỨC Chúng ta đã biết rằng trong trường số thực R không thể phân tích thành thừa số tam thức bậc hai ax2 + bx + c khi Δ =b2 −4 ac < 0 .Tuy nhiên sẽ rất tiện lợi nếu có thể thừa số hoá tam thức này thành dạng a()( x−α x − β ) trong đó α, β ∉ R .Nhằm mục đích này thêm vào R một phần tử mới, kí hiệu là i (gọi là đơn vị ảo) kết hợp với các cặp số thực ()x, y∈ R 2 để tạo ra các số phức. 1.2.1. Định nghĩa và các dạng số phức A. Định nghĩa: Cho ()x, y∈ R 2 , một số biểu diễn dưới dạng z=x+iy, trong đó i 2 = −1 gọi là một số phức. Tập các số phức kí hiệu là C. Gọi x là phần thực của z, kí hiệu Rez =x y là phần ảo của z, kí hiệu là Imz =y Gọi môđun của z,kí hiệu z xác định bởi số thực không âm z= x2 + y 2 = r ≥ 0 Gọi Acgumen của z , kí hiệu Argz xác định bởi số thực ⎧ x y ⎪⎫ Argz=θ∈RR;⎨ θ ∈ ;cos θ = và sinθ = ⎬ , với z ≠ 0 ⎩ z z ⎭⎪ Như vậy Acgumen của z sai khác nhau k2π , k∈ Z và Arg0 không xác định. Vậy số phức z có các dạng viết: 1. z =x+iy gọi là dạng chính tắc hay dạng đại số của số phức z . 2. z = r(cosθ + i sinθ ) gọi là dạng lượng giác của số phức z. B. Biểu diễn hình học của các số phức y M(z) y r θ 0 x x 9
Chương 1: Giới hạn của dãy số Xét mặt phẳng 0xy với hệ toạ độ trực chuẩn. Ánh xạ ϕ :C→ 0 xy đặt mỗi số phức z=x+iy ứng với điểm M có toạ độ (x,y) trên mặt phẳng 0xy.Vậy ϕ là song ánh.Gọi mặt phẳng 0xy là mặt phẳng phức. ∀z ∈ C,ϕ() z gọi là ảnh của z trên 0xy → ∀M ∈ 0 xy ,ϕ −1 ( M )gọi là toạ vị của M, đó là số phức z∈ C . Ngoài ra OM cũng được gọi ⎛ → → ⎞ là véctơ biểu diễn số phức z. Như vậy OM= z và ⎜Ox, OM ⎟ =Argz ⎝ ⎠ Trên mặt phẳng phức 0xy nhận thấy: Trục 0x biểu diễn các số thực z= x∈ R , trục này gọi là trục thực,còn trục 0y biểu diễn các số phức z = iy, y∈ R gọi là các số ảo thuần tuý,người ta gọi trục 0y là trục ảo. 1.2.2. Các phép toán trên tập C A. Phép so sánh bằng nhau ⎪⎧x= x ' ∀ x,,,, y x' y '∈ R 4 x+ iy = x'' + iy ⇔ () ⎨ ' ⎩⎪y= y B. Phép lấy liên hợp Cho z= x + iy ∈ C , liên hợp của z, kí hiệu z cho bởi z = x − iy C. Phép lấy số phức đối Cho z=x+iy∈C, số phức đối của z, kí hiệu –z (đọc là trừ z ) được xác định: -z = -x-iy D. Phép cộng Cho z = x+iy, z’= x’+iy’,tổng của z và z’, kí hiệu z+z’ xác định như sau: z+z’=(x+x’)+i(y+y’) E. Phép nhân Cho z=x+iy và z’=x’+iy’, tích của z và z’, kí hiệu z.z’ xác định như sau: z.z’=(xx’-yy’) + i(xy’+x’y) F. Phép trừ và phép chia Là các phép tính ngược của phép cộng và phép nhân z− z'(') = z+ − z z =z" ⇔ z = z '. z " z' 10
Chương 1: Giới hạn của dãy số Từ các phép toán trên, nhận được các tính chất dưới đây: 1.∀z ∈ C,. z = z 2.∀()z,','' z ∈ C2 z+ z = z + z 3.∀()z,',.'' z ∈ C2 z z= zz n n * ∀n ∈ N,,,,, ∀ z1 z 2 K zn ∈ C∑ zi = ∑ zi , i=1 i=1 n n ∏zi = ∏ zi i=1 i=1 4. ∀z ∈ C, ∀ z ' ∈ C , C = C \{0} ⎛ z ⎞ z ⎜ ⎟ = ⎝ z' ⎠ z' 5. ∀z ∈ C, z= z ⇔ z ∈ R z= − z ⇔ z ∈ iR,{,} iR = iy y ∈ R 2 6. ∀z ∈ C z. z= z G. Phép luỹ thừa, công thức Moavrờ ( Moivre) Cho z= r()cosθ + i sinθ , ∀k∈ Z Gọi z k là luỹ thừa bậc k của z. Bằng qui nạp, dễ chứng minh được zk= r k ()cos kθ+ isin k θ (1.1) Gọi (1.1) là công thức Moivre. H. Phép khai căn bậc n của z∈ C * . Cho n∈ N* , z = r() cosθ + i sin θ . Gọi ς ∈C * là căn bậc n của z, kí hiệu n z ,xác định như sau: ς n = z n 1 ⎧ρ = r θ + 2kπ Nếu gọi ρ = ς và Φ = Argς thì ⎨ hay là ρ = r n và Φ= với ⎩nΦ =θ + 2 k π n k = 0,1,2, ,n − 1 . Vậy số z có đúng n căn bậc n, đó là các số phức có dạng: 1 ⎛ θ+ 2k π θ+ 2k π ⎞ ς = r n ⎜cos + isin ⎟ k = 0,1,2, ,n − 1 (1.2) ⎝ n n ⎠ 11
Chương 1: Giới hạn của dãy số Chú ý: • Trong chương 4, sau khi đã có các khai triển của các hàm số sơ cấp, sẽ nhận được dạng luỹ thừa của số phức z: z= reiθ Khi đó công thức (1.1) sẽ là : zk= r k e ikθ , k∈ Z 1θ+ 2k π i (1.2) sẽ là : n z= rn e n , n∈ N*, k = 0,1,2, ,n − 1 • Căn bậc n của 1. Vì z=1 có z =1=r, Argz=0.Vậy căn bậc n của 1 là n số phức dạng: 2ikπ n ωk = e , k = 0,1,2, ,n − 1 ±2πi Vì e = 1nên các số phức ωk có những tính chất sau: a. ∀k ∈{}0,1,2, ,n − 1 , ωk= ω n− k . . k b. ∀k ∈{}0,1,2, ,n − 1 , ωk = ω1 . n−1 n−1 n k 1−ω1 c. ∀n ∈ N \{} 0,1 , ∑∑ωk = ω1 = = ,0 k=0 k=0 1−ω1 d. Các số phức ωk biểu diễn trên mặt phẳng phức bởi các đỉnh của một đa giác đều n cạnh nội tiếp trong đường tròn lượng giác và một trong các đỉnh là điểm có toạ vị bằng 1. Đa giác này nhận 0x làm trục đối xứng, chẳng hạn với n=2, n=3, n=4, biểu diễn hình học các sốωk cho trên hình 1.2 y y y 1 3 − + i 2 2 x -1 1 x -1 -1 1 x -1 1 1 3 − − i 2 2 n=2 n=3 n=4 h.1.2. 12
Chương 1: Giới hạn của dãy số Ví dụ 1: Hãy tìm tất cả các ánh xạ f : C → C sao cho: ∀z ∈ C, f ( z )+ zf (− z )= 1+ z Giải: Nếu tồn tại f thì f(-z) – zf(z)=1-z đúng suy ra (1+z2 ) f ( z ) = 1 + z2 chứng tỏ f(z)=1 nếu z≠ ± i . Đặt f() i= α + iβ ∈ C,,α β ∈ R thì f(− i )= 1− i+ iα − β f : CC→ ⎧1 khi z≠ ± i Kiểm tra ⎪ z a ⎨α khi z= i α , β ∈ R ⎪ ⎩1−β +i ( α − 1) khi z= − i Sẽ thấy thoả mãn điều kiện đặt ra. Ví dụ 2. Tính a. (1−i )(1 − 3 i )( 3 + i ) 3 − i b. 1+ i c. 4 −1 + 3i Giải: a. Đặt z= z1 z 2 z 3 trong đó z1 = 1− i , z2 =1 − 3 i , z3 =3 + i Ta đi tìm môđun và acgumen của các số phức này ⎧tgθ1 = −1 π r1= z 1 =1 + 1 = 2 , θ1 = arg z1 trong đó ⎨ ⇒θ1 = − ⎩cosθ1 > 0 4 π π Tương tự nhận được r =2,θ = −,r = 2,θ = 2 2 3 3 3 6 5π −i. ⎡ 5π 5π ⎤ Vậy z= 4 2. e 12 = 4 2 cos(−) +i sin( − ) ⎣⎢ 12 12 ⎦⎥ z1 b. Đặt z = trong đó z1 =3 − i , z2 = 1 + i z2 13
Chương 1: Giới hạn của dãy số π r= z =2,θ =Argz = − 1 1 1 1 6 π r= z =2,θ =Argz = 2 2 2 2 4 π π 5π i(− − ) −i Vậy z= 2 e 6 4 = 2e 12 4 c. Đặt ξ k =z, k = 0,1,2,3 ⎧r= z = 2 ⎪ Trong đó z= −1 + 3 i ⇒ ⎨ 2π ⎪ϕ =Argz = ⎩ 3 2π 2π Vậy z = 2(cos + isin ) 3 3 π π 1 ξ = 4 2(cos +isin ) =4 ( 3 + i ) 0 6 6 8 2π2 π 1 ξ = 4 2(cos +isin ) =4 ( − 1 + i 3) 1 3 3 8 7π7 π 1 ξ = 4 2(cos +isin ) = − 4 ( 3 + i ) 2 6 6 8 5π5 π 1 ξ = 4 2(cos +isin ) =4 (1 − i 3) 3 3 3 8 (1− i )100 Ví dụ 3. Tìm môđun và acgumen của số phức z = ( 3+ i )200 Giải: Đặt z1 =1 − i , z2 = 3 + i 100 −200 Từ đó có: z= z1 . z2 . Ta có môđun và acgumen của các số phức trên là: π z =2,θ =Argz = − 1 1 1 4 π z =2,θ =Argz = 2 2 2 6 100 50 100 Vậy z1 = 2 , Argz1 = −25π = − π ,[ 2 π ] −200 −200 200π 2 z = 2−200 , Argz = − = π,[] 2 π 2 2 6 3 14
Chương 1: Giới hạn của dãy số Cuối cùng z =250 .2− 200 = 2−150 π Arg z = − 3 1 ⎡ 1+z ≥ Ví dụ 4: Chứng minh rằng ∀z∈ C thì ⎢ 2 ⎣ 1+z2 ≥ 1 Giải: ⎧ 1 ⎪1+z < Giả sử ∃z = x+ iy∈ C sao cho ⎨ 2 ⎪ 2 ⎩1+z < 1 ⎧(x2+ y 2 ) 2 + 2( x2 − y 2 ) < 0 ⎧x2< y 2 ⎪ ⎪ 3 ⇒ ⇒2x2 + 2 x + < 0 ⎨ 2 2 3 ⎨ 2 2 3 ⎪x+ y +2 x + < 0 ⎪x+ y +2 x + < 0 4 ⎩ 4 ⎩ 4 3 1 Δ' = 1 − = − < 0 x 2 2 Chứng tỏ mâu thuẫn. Ví dụ 5: Cho a,b,c∈C và a= b= c= 1, a≠ c,b≠ c Chứng minh c− b 1 b Arg = Arg []π c− a 2 a Giải: 1 1 1 Hãy xét số phức dưới đây, để ý đến =a, =b, = c a b c 2 ⎛ 1 1 ⎞ 1 2 ⎜ − ⎟ 2 2 ⎛ c− b ⎞ a ⎛ b− c a ⎞ b ⎛ c− b ⎞ a ⎜ ⎟ = ⎜ c b ⎟ a = ⎜ . ⎟ = ⎜ ⎟ ⎝ c− a ⎠ b ⎜ 1 1 ⎟ 1 ⎝ a− c b ⎠ a ⎝ c− a ⎠ b ⎜ − ⎟ ⎝ c a ⎠ b 2 ⎛ c− b ⎞ a ⇒ Arg⎜ ⎟ =kπ = 0 []π ⎝ c− a ⎠ b c− b a ⇒ 2Arg +Arg = 0 c− a b c− b 1 b ⇒ Arg = Arg []π c− a 2 a 15
Chương 1: Giới hạn của dãy số Ví dụ 6: Cho a∈ R hãy tính căn bậc 4 trong tập C của số phức: 2 z=8 a2 −() 1 + a2 + 4 a (1 + a2 ) i Giải: 2 Nhận xét z=[]2 a + (1 − a2 ) i Vậy z= ±[]2 a + (1 − a2 ) i Tiếp tục nhận xét thấy: 2 2 ⎧ 1 ⎫ 2a+ (1 − a ) i =⎨ [](1 +a ) + (1 − a ) i ⎬ ⎩ 2 ⎭ 2 2 ⎧ 1 ⎫ −2a − (1 − a ) i =⎨ [](1 −a ) − (1 + a ) i ⎬ ⎩ 2 ⎭ Suy ra các giá trị của 4 z sẽ là: 2 2 ±{}(1 +a ) + (1 − a ) i , ±{}(1 −a ) − (1 + a ) i 2 2 Ví dụ 7: Giải phương trình với ẩn số z∈ C : z4 = z + z Giải: Nhận xét z1=0 là nghiệm iθ * Xét z≠0,đặt z= ς e , ς∈ R+ ,θ∈ R z4 = z + z ⇔ ς3 (cos4 θ+i sin 4 θ ) = 2cos θ ⎧ς3 cos4 θ= 2cos θ ⇔ ⎨ ⎩sin 4θ = 0 ⎧4θ= 0[] 2 π ⎧4θ= π[2 π ] ⎪ ⎪ ⇔ ⎨cosθ > 0 hoặc ⎨cosθ < 0 ⎪ 3 ⎪ 3 ⎩ς= 2cos θ ⎩ς = −2cosθ 1 Lấyθ=0 ⇒ ς = 23 3π 1 Lấyθ = ⇒ς = 26 4 16
Chương 1: Giới hạn của dãy số 5π 1 Lấyθ = ⇒ς = 26 4 Vậy các nghiệm z ≠ 0 là: 1 3 z2 = 2 1 1 − 6 ⎛ 3π3 π ⎞ 3 z3 = 2⎜ (cos + isin ⎟ =2 ( − 1 + i ) ⎝ 4 4 ⎠ 1 1 − 6 ⎛ 5π5 π ⎞ 3 z4 = 2⎜ cos + isin ⎟ =2 ( − 1 − i ) ⎝ 4 4 ⎠ 1.2.3 *. Áp dụng số phức vào lượng giác A. Khai triển cosnθ ,sin nθ , tgnθ Cho θ ∈R, n ∈ N * .Áp dụng công thức Moivre và công thức nhị thức Newton n n k n− k k k cos nθ+ isin n θ =()cos θ +i sin θ = ∑Cn cosθ . i sin θ k =0 Tách phần thực và phần ảo, nhận được cosnθ=cosn θ − C 2cosn− 2θ sin 2 θ + + n L 1n− 1 3n− 3 3 sin nθ = Cn cosθ sin θ − Cn cosθ sin θ +L Sau khi thay sin2 θ = 1 − cos2 θ vào các công thức trên sẽ có: 1. cosnθ biểu diễn dưới dạng một đa thức của cosθ , gọi đó là công thức Chebyshev loại 1. 2. sin nθ bằng tích của sinθ với một đa thức của cosθ , gọi là đa thức Chebyshev loại 2. sin nθ sin nθ n C1 tgθ− C3 tg 3 θ + 3. tgnθ = =cos θ = n n L cosnθ 2 2 4 4 cosnθ 1−Cn tgθ + Cn tg θ −L cosn θ B. Tuyến tính hoá cosp θ ,sinp θ ,cosp θ .sin q θ ⎧ 1 ⎪2cosθ= ω + ω = ω + * iθ ⎪ ω Cho θ ∈R,, p ∈ Nω = e ⇒ ⎨ 1 ⎪2i sinθ= ω − ω = ω − ⎩⎪ ω 17
Chương 1: Giới hạn của dãy số p p ⎛ 1 ⎞ p ⎛ 1 ⎞ Vậy 2p cos p θ=⎜ ω + ⎟ và ()2i sin p θ=⎜ ω − ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠ Sử dụng công thức nhị thức Newton và xét các trường hợp sau đây: a. Trường hợp p=2 m , m ∈ N * 2m 2 m ⎛ 2m 1 ⎞ 1⎛ 2m− 2 1 ⎞ m 2 cos θ=⎜ ω + 2m ⎟ + C2m ⎜ω + 2m− 2 ⎟ +L + C2m ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠ 1 m−1 m 1. = 2cos2mθ + 2 C2m cos 2( m − 1)θ ` +L + 2C2m cos 2θ + C2m m−1 2m −(2m − 1) ⎛ 1 m k ⎞ cosθ = 2 ⎜ C2m + ∑ C2m cos 2( m− k )θ ⎟ ⎝ 2 k=0 ⎠ 2m m2 m ⎛ 2m 1 ⎞ 1⎛ 2m− 2 1 ⎞ m m 2 (− 1) sin θ=⎜ ω + 2m ⎟ − C2m ⎜ω + 2m− 2 ⎟ +L +( − 1) C2m ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠ 1 m m 2. = 2cos2mθ − 2 C2m cos2( m − 1)θ +L + ( − 1) C2m ⎛ (− 1)m m−1 ⎞ 2m −(2m − 1) m ⎜ m k k ⎟ sinθ = 2() − 1 ⎜ C2m +∑( − 1)C2m cos2( m− k )θ ⎟ ⎝ 2 k =0 ⎠ b. Trường hợp p=2 m + 1, m∈ N 1. ⎛ 1 ⎞ ⎛⎛ 1 ⎞⎞ ⎛ 1 ⎞ 22m+ 1 cos 2m+ 1 2m+ 1 C1 2m− 1 C m θ=⎜ ω + 2m+ 1 ⎟ + 2m+ 1⎜⎜ω + 2m− 1 ⎟⎟ +L +2m+ 1⎜ω + ⎟ ⎝ ω ⎠ ⎝⎝ ω ⎠⎠ ⎝ ω ⎠ 1 m =2cos(2m + 1)θ + 2 C2m+ 1 cos(2m − 1)θ +L + 2C2m+ 1 cosθ m 2m+ 1 −2m k cosθ = 2 ∑C2m+ 1 cos(2m+ 1 − 2 k )θ k=0 2. 2m+ 1 m2 m+ 1 ⎛ 2m+ 1 1 ⎞ 1 ⎛ 2m+− 1 ⎞ 2i (− 1) sin θ=⎜ ω + 2m+ 1 ⎟ − C2m+ 1⎜ω − 2m− 1 ⎟ +L ⎝ ω ⎠ ⎝ ω ⎠ 1 m m = 2i sin(2 m+ 1)θ − 2 i . C2m+ 1 sin(2 m − 1)θ +L + 2i ( − 1) C2m+ 1 sinθ m 2m+ 1 −2m m k k sinθ = 2() − 1∑ ( − 1)C2m+ 1 sin(2 m+ 1 − 2 k )θ k =0 Để tuyến tính hoá cosp θ .sin q θ trước hết tuyến tính hoá từng thừa số cosp θ ,sin q θ , sau đó thực hiện phép nhân rồi cùng tuyến tính hoá các số hạng thu được. Ví dụ 7: Cho (,,)n a b∈ N × R× R , tính các tổng: n n Cn =∑cos(a + kb ), Sn =∑sin(a + kb ) k =0 k =0 18
Chương 1: Giới hạn của dãy số Giải: n n i() a+ kb ia ib k Xét Cn+ iS n = ∑ e= e ∑() e Nếu b∈ 2π Z k =0 k =0 Cn = ( n+ 1)cos a , Sn = ( n+ 1)sin a Nếu b∉ 2π Z (n+ 1) b i n +1 n +1 n+1 2 ⎛ nb ⎞ ib e2 i sin b i.⎜ a+ ⎟ sin .b ia ()e −1 ia 2 ⎝ 2 ⎠ 2 Cn+ iS n = e ib = e b = e . e −1 i b b e2 2 i sin sin 2 2 n +1 n +1 sin b sin b ⎛ nb ⎞ ⎛ nb ⎞ C=cos⎜ a + ⎟ 2 , S=sin⎜ a + ⎟ 2 n b n b ⎝ 2 ⎠ sin ⎝ 2 ⎠ sin 2 2 n n +1 1 Ví dụ 8: Chứng minh ∀n ∈ N *,∑ sin k ≥ − k =1 2 2sin1 Giải: Vì sin0 = 0 và sink ≤ 1 nên n n n 1 n sin k=sin k ≥ sin 2 k =. (1 − cos2k ) ∑ ∑ ∑2 ∑ k =1 k =0 k =0 k =0 n +1 1 n n +1 1 sin(n + 1) = − .∑ cos2k = − . .cosn 2 2 k =0 2 2 sin1 sin(n + 1) 1 Vì .cosn ≤ sin1 sin1 n n +1 1 nên ∑ sin k ≥ − k =1 2 2sin1 1.3. DÃY SỐ THỰC Sau khi xem xét dãy số thực,chúng ta hoàn toàn có thể mở rộng cho dãy số phức vì rằng một dãy số phức tương đương với một cặp dãy số thực. 1.3.1. Các khái niệm cơ bản của dãy số thực A. Định nghĩa Một dãy số thực là một ánh xạ từ N vào R, kí hiệu: u: N→ R 19
Chương 1: Giới hạn của dãy số hay đơn giản nhất,kí hiệu (un) Với n= n ∈ N xác định, u gọi là số phần tử thứ n0 của dãy, un thường là một biểu thức 0 n0 phụ thuộc vào n gọi là phần tử tổng quát của dãy, chẳng hạn cho các dãy sau đây: n ⎛ 1 ⎞ ⎛⎛ 1 ⎞ ⎞ (1), (− 1)n+1 , ,⎜ 1+ ⎟ ()⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎟ ⎝ n ⎠ ⎝⎝ n ⎠ ⎠ B. Sự hôi tụ, sự phân kì của dãy số 1. Dãy (un) hội tụ về a∈ R nếu ∀ε >0, ∃n0 ∈ N , ∀ n ∈ N , n > n0 ⇒ un − a ∀∈∃∈a R,ε 0,n N , n0 N , n0 > n , un −≥ a ε 4. Dãy (un) nhận +∞ làm giới hạn nếu ∀A >0, ∃ n0 ∈ N , ∀ n > n0 ⇒ un > A Kí hiệu limun = +∞ , đôi khi nói rằng (un) tiến tới + ∞ n→∞ 5. Dãy (un) nhận -∞ làm giới hạn nếu ∀B n0 ⇒ un < B . Kí hiệu limun = −∞ n→∞ Dãy có giới hạn là +∞ hoặc -∞ cũng gọi là phân kỳ. C. Dãy số bị chặn 1. Nói rằng (un) bị chặn trên bởi số A ∈ R nếu ∀n∈ N, un ≤ A. 2. Nói rằng (un) bị chặn dưới bởi số B ∈ R nếu ∀n∈ N, un ≥ B . 3. Nói rằng (un) là dãy bị chặn nếu tồn tại MR∈ + sao cho ∀n ∈ N, un ≤ M . 1.3.2. Tính chất của dãy hội tụ A. Tính duy nhất của giới hạn Định lí: Dãy (un) hội tụ về a thì a là duy nhất Chứng minh: Giả sử lim= a1 , lim= a2 , a 1≠ a 2 n→∞ n→∞ 20
Chương 1: Giới hạn của dãy số 1 Đặt ε =a − a 3 1 2 ∃n1,, n 2 ∈ N ∀ n > n1 ⇒ un − a1 n2 ⇒ un − a2 n0 sẽ có: 2 a− a ≤ u − a + u − a n0 ⇒ un − a n0 ⇒ un > 1 n→∞ Đặt m = Min{ u, , u ,1}⇒ u ≥ m 0 n0 n 3. Quy về 2. bằng cách xét (-un). Chú ý: 1. Tồn tại các dãy số bị chặn nhưng không hội tụ, chẳng hạn n+1 ()un =(( − 1) ). 2. Mọi dãy không bị chặn sẽ phân kỳ. 3. Một dãy tiến tới +∞ thì không bị chặn trên, điều ngược lại không đúng, chẳng hạn: n ()un =(( − 1) n). C. Tính chất đại số của dãy hội tụ 1. limun = a ⇒lim un = a . n→∞ n→∞ 2. limun = 0 ⇔ limun = 0 . n→∞ n→∞ 3. limun = a , lim vn = b ⇒ lim( un+ v n ) = a+ b . n→∞ n→∞ n→∞ 21
Chương 1: Giới hạn của dãy số 4. limun = a ⇒ lim λ un = λ a . n→∞ n→∞ 5. limun = 0, (vn) bị chặn ⇒ lim(un v n )= 0 . n→∞ n→∞ 6. limun = a , lim vn = b ⇒ lim( un v n ) = ab . n→∞ n→∞ n→∞ un a 7. limun = a , lim vn = b ≠0 ⇒ lim = . n→∞ n→∞ n→∞ vn b Chứng minh: 1. ∀ε >0 ∃n0 ∈ N ∀ n > n0 ⇒ un − a 0 ∃n , n : ∀ n > n ⇒ u − a n ⇒ v − b n ⇒ u + v −() a + b 0 ∃n , ∀ n > n ⇒ u − a 0 ∃n , ∀ n > n ⇒ u < 0 0 n 1 M + εM ⇒u v = u. v < < ε n n n n 1+ M 6. Gọi αn=u n − a .Vậy (αn ) hội tụ về 0 Ta có un v n =() a +αn v n= av n+α n v n mà lim avn = ab vì (vn) bị chặn nên limαnv n = 0 . n→∞ n→∞ 22
Chương 1: Giới hạn của dãy số 1 1 7. Trước hết ta sẽ chỉ ra lim = n→∞ vn b b b Vì lim vn = b ≠ 0 nên ∃n1 ∈ N, ∀ n > n1 ⇒ vn − b n→∞ 2 2 1 1 vn − b 2 Ta có 0 ≤ − = ≤2 vn − b vn b vn . b b b 2 suy ra ∀ε >0 ∃n ∈ N, ∀ n > n ⇒ v − b n0 ⇒ − n0 ⇒ a n0 có a≤ un ≤ b khi đó a≤ l≤ b n→∞ 3. Giả sử 3 dãy (un), (vn), (wn) thoả mãn: ∃n0 , ∀ n > n0 ⇒ un ≤ v n≤ w n và limun = lim wn = a n→∞ n→∞ Khi đó lim vn = a n→∞ 4. Giả sử ∀n > n0 mà un≤ v n và lim un = +∞ .Khi đó lim vn = +∞ n→∞ n→∞ Chứng minh: 1. ∃n, ∀ n > n ⇒ u − l n2 ⇒ un − l n0 có a 0, ∃n1 , n 2 ∈ N ∀n > n1 ⇒ un − a n2 ⇒ wn − a < ε 23
Chương 1: Giới hạn của dãy số Lấy n3=Max(n0,n1,n2),∀n > n3 sẽ có: − ε n1 ⇒ un > A Gọi n2=Max(n0,n1),∀n > n2 ⇒ vn > A Chứng tỏ lim vn = +∞ . n→∞ Chú ý: 1. Để chứng minh dãy (un) hội tụ về a, thông thường chỉ ra dãy (εn ) hội tụ về 0 và thoả mãn un − a ≤ εn 2. Bằng cách chuyển qua phần tử đối, nhận được kết quả sau đây: Nếu ∃n0 , ∀ n > n0 ⇒ un ≥ v n và limun = −∞ thì lim vn = −∞ n→∞ n→∞ 1 Ví dụ 1: Chứng minh lim = 0 n→∞ n Giải: 1 1 ∀ε >0 ∃n ∀ n > n ⇒ 0 0 n ε ⎛ 1 ⎞ Vậy chọn n0 = E⎜ ⎟ +1 Kí kiệu E(x) là phần nguyên của x. ⎝ ε ⎠ n n * Ví dụ 2: Tính limun = lim , n∈ N n→∞ n→∞ ∑ 2 k =1 n+ k Giải: n n n n n2 n N*, u v ∀ ∈ n = ∑2 ≤ ∑ 2 = 2 = n k =1 n+ k k =1 n +1n + 1 n n n u ≥ = = w n ∑ 2 n k =1 n+ n n +1 limvn = lim wn = 1 ⇒ limun = 1 n→∞ n→∞ n→∞ ⎧0 khi a 1 24
Chương 1: Giới hạn của dãy số Giải: * Xét a>1, ∃ h ∈ R+ để a =1+h n n n i i a=()1 + h =∑ Cn h ≥1 + nh i=0 lim(nh ) = +∞ ⇒lim(1 +nh ) = +∞ ⇒lim an = +∞ n→∞ n→∞ n→∞ n 1 ⎛ 1 ⎞ n Xét a 1 ⇒ lim⎜ ⎟ = +∞ ⇒lima = 0 ⇒ liman = 0 n→∞⎜ ⎟ n→∞ n→∞ a ⎝ a ⎠ n n Với a=0 rõ ràng a = 0,∀n ⇒lim an = 0 n→∞ Xét a=1⇒an =1 ⇒ liman = 1 n→∞ n * Ví dụ 4: Tìm lima , a∈ R+ n→∞ Giải: Xét a=1 rõ ràng lim n a =lim1 = 1 n→∞ n→∞ Xét a>1, áp dụng công thức nhị thức Newton n n n k n n k n a=() a ={1 +( a − 1)} = ∑Cn ( a −1) k =0 1 k k n n ⇒a ≥ ∑ Cn () a −1 = 1 +n() a − 1 k =0 * n a −1 n ⇒ ∀n ∈ N thì 0≤a − 1 ≤ =ε n ⇒lima = 1 n n→∞ 1 1 Xét 0 1 ⇒ lim n = 1 a n→∞ a −1 ⎛ 1 ⎞ n ⎜ n ⎟ n mà a = ⎜ ⎟ nên lima = 1 ⎝ a ⎠ n→∞ Kết luận ∀a ∈ R*,limn a = 1. n→∞ ⎛ an ⎞ Ví dụ 5: Tính lim⎜ ⎟ ,a> 1,α ∈ N * ⎜ α ⎟ n→∞⎝ n ⎠ Giải: 1 1 α * α Vì a > 1 nên ∃h ∈ R + để a=1 + h , áp dụng công thức nhị thức Niutơn (Newton) 25
Chương 1: Giới hạn của dãy số ∀n ∈ N \{} 0,1 n ⎛ 1 ⎞ n n( n − 1) n( n − 1) ⎜aα ⎟ = Ck h k ≥1 + nh + h2 ≥ h2 ⎜ ⎟ ∑ n ⎝ ⎠ k =0 2 2 n n ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜aα ⎟ ⎜aα ⎟ ⎜ ⎟ n −1 ⎜ ⎟ ⇒ ⎝ ⎠ ≥ h2 ⇒ lim ⎝ ⎠ = +∞ n 2 n→∞ n α α ⎧ 1 ⎫ ⎛ n ⎞ an ⎪()an α ⎪ ⎜ aα ⎟ an Suy ra α = ⎨ ⎬ = ⎜ ⎟ ⇒lim α = +∞ . n ⎪ n ⎪ ⎜ n ⎟ n→∞ n ⎩ ⎭ ⎝ ⎠ Áp dụng nguyên lí kẹp dễ dàng thấy được kết quả vẫn đúng ∀α ∈ R Người ta nói rằng hàm mũ tăng nhanh hơn hàm luỹ thừa. an Ví dụ 6: Tinh lim , a∈ R n→∞ n! Giải: Đặt n0 = E( a ) + 1, ∀ n > n0 sẽ có: an ⎛ a a a ⎞⎛ a a ⎞ ⎛ a a a ⎞ a = ⎜ . ⎟⎜ ⎟ ≤ ⎜ . ⎟ = ε n!⎜ 1 2 n ⎟⎜ n +1 n ⎟ ⎜ 1 2 n ⎟ n n ⎝ 0⎠⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ an ⇒ lim = 0 n→∞ n! Người ta nói rằng giai thừa tăng nhanh hơn hàm số mũ. 1.3.3. Tính đơn điệu của dãy số A. Dãy đơn điệu 1. Dãy (un) tăng nếu ∀n ∈ N, un≤ u n+1 , Dãy (un) tăng ngặt nếu ∀n∈ N, un u n+1 . 3. Dãy (un ) đơn điệu nếu nó tăng hoặc giảm. Dãy (un ) đơn điệu ngặt nếu nó tăng ngặt hoặc giảm ngặt Định lí 1: 1. Mọi dãy tăng và bị chặn trên thì hội tụ. 26
Chương 1: Giới hạn của dãy số 2. Mọi dãy giảm và chặn dưới thì hội tụ. Chứng minh: 1. (un) bị chặn trên ⇒ ∃l= Sup( u )⇒ ∀ε > 0,∃n sao cho l−ε ≤ u ≤ l n nε ⇒− 0,∃ n sao chou> A 0 n0 Vì (un) tăng nên ∀n > n0 ⇒ un ≥ u n > A ⇒ lim = +∞ . 0 n→∞ 2. Áp dụng kết quả 1. với dãy (-un) Chú ý 1. Nếu (un) tăng thì hoặc (un) hội tụ hoặc lim un = +∞ . n→∞ 2. Nếu (un) tăng và hội tụ đến l thì l= Sup(,) un n∈ N và ∀n∈ N⇒ un ≤ l . 3. Nếu (un) tăng thì dãy bị chặn dưới bởi u0. ⎛ n 1 ⎞ Ví dụ 7: Chứng minh rằng ()un = ⎜∑ ⎟ hội tụ ⎝ k =1 n+ k ⎠ Giải: ∀n ∈ N * có 1 1 1 1 u− u = + − = > 0 n+1 n 2n+ 1 2 n+ 2 n+1 (2 n+ 1)(2 n + 2) 1 u≤ n ≤ 1 n n +1 Vậy (un) tăng và bị chặn trên nên nó hội tụ. Ví dụ 8: Tìm giới hạn của dãy số cho dưới dạng ẩn sau: 2 5 + xn−1 xn = ,x1 > 5 2xn−1 27
Chương 1: Giới hạn của dãy số Giải: Trước hết dùng qui nạp chứng minh xn > 0 ∀ n - x1 > 5 đúng với n =1 Giả sử xk > 0 ta sẽ chứng minh xk +1 > 0 2 5 + xk Thật vậy xk +1 = > 0 (do tử số và mẫu số đều dương) 2xk Chứng tỏ xn >0 ∀ n Mặt khác, dựa vào bất đẳng thức Côsi (Cauchy) thì 1 5 xn =( +xn−1 ) ≥ 5, ∀n 2 xn−1 2 5 Suy ra xn ≥ 5 hay xn ≥ xn Cộng vào các vế với xn ta có: 5 2xn ≥ + xn hay 2xn ≥ 2 xn+1 xn Chứng tỏ dãy ()xn đơn điệu giảm. Kết hợp hai kết quả trên ta có lim xn = a ≥ 5 n→∞ 2 2 5 + xn−1 5 + xn−1 Vì xn = nên limxn = lim n→∞ n→∞ 2xn−1 2xn−1 5 + a 2 Từ đó ta có a = và a ≥ 5 2a Giải phương trình đối với a nhận được a = 5 . Ví dụ 9: Cho 2 dãy (un),(vn) thoả mãn un+1 − u n limun = lim vn = 0, (vn) giảm ngặt, lim = l n→∞ n→∞ n→∞ vn+1 − v n u Chứng minh lim n = l n→∞ vn Giải: un+1 − u n Cho ε >0, ∃n0 ∈ N , ∀ n > n0 ⇒ −l < ε , vn+1 − v n 28
Chương 1: Giới hạn của dãy số Lấy p, n∈ N sao cho p >n > n0 sẽ có: ())(un+1 − lvn+1 − un − lv n n0 từ trên nhận được un un− lv n ≤ ε v n . Hay −l ≤ ε vn Vì (vn) giảm ngặt và dần về 0 nên vn>0 , ∀n> n1 . B. Dãy kề nhau Hai dãy (un), (vn) gọi là kề nhau khi và chỉ khi (un) tăng (vn) giảm và lim(vn− u n )= 0 n→∞ Định lí: Hai dãy kề nhau thì hội tụ và có chung một giới hạn l,ngoài ra ∀n ∈ N, un ≤ u n+1 ≤ l≤ vn+1 < v n Chứng minh: ∀n ∈ N gọi wn= v n − u n ⇒ ( wn ) giảm vì wn+1-wn = (vn+1 – un+1) - (vn – un) = (vn+1 – vn) - (un+1 – un) ≤ 0 (wn) giảm và hội tụ về 0⇒wn ≥ 0 ∀n hay un ≤ vn. Chứng tỏ (un) tăng và bị chặn trên bởi v0, (vn) giảm và bị chặn dưới bởi u0 Suy ra limun = l1 ,lim vn = l2 n→∞ n→∞ Vì lim(vn− u n ) = 0 ⇒ l1 = l 2 = l n→∞ Theo chú ý 2 ở mục A suy ra un ≤ un+1 ≤ l ≤ vn+1 ≤ vn n ⎛ 1 ⎞ Ví dụ 10: Chứng minh rằng ()en =⎜1 + ⎟ hội tụ. ⎝ n ⎠ Giải: Trước hết chỉ ra (en) tăng Theo công thức nhị thức Newton sẽ có 29
Chương 1: Giới hạn của dãy số n ⎛ 1 ⎞ 1n ( n − 1) 1n ( n− 1)( n − 2) 1n ( n− 1) ( n − n + 1) 1 en =⎜1 + ⎟ =1 +n + 2 + 3 +L + n ⎝ n ⎠ n 1.2 n 1.2.3 n 1.2 n n 1 ⎛ 1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞⎛ 2 ⎞ ⎛ k −1⎞ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ n −1⎞ =1 + 1 +⎜1 − ⎟ +L +⎜1 − ⎟⎜1− ⎟L⎜1− ⎟ +L +⎜1 − ⎟L⎜1− ⎟ 2!⎝ n⎠ k!⎝ n⎠⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ n!⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ Suy ra n+1 ⎛ 1 ⎞ 1 1 1 1 n −1 1 1 n en+1 =⎜1 + ⎟ =1 + 1 +(1 − ) +L +(1 − )L (1− ) + (1− )L (1− ) ⎝ n +1⎠ 2! n +1 n! n +1 n+1 ( n+ 1)! n +1 n +1 en+1 nhiều hơn en một số hạng dương và từ số hạng thứ 3 trở đi mọi số hạng của en nhỏ hơn 1 1 số hạng tương ứng của en+1 vì 1− en. n n +1 1 1 1 1 1 1 Ngoài ra en 0 .Sau đây dùng số e làm cơ số của logarit. n ⎛ 1 ⎞ lim⎜ 1+ ⎟ = e . n→∞⎝ n ⎠ ⎛ n 1 ⎞ Ví dụ 11: Chứng minh rằng (e’n) = ⎜∑ ⎟ hội tụ về e ⎝ k =0 k!⎠ Giải: * ' 1 ' 1 ∀n ∈ N ,đặt vn= e n + . rõ ràng (en’) tăng ngặt và lim(vn− e n ) =lim = 0 n.! n n→∞ n→∞ n.! n Hơn nữa ta có: 1 1 v− v = e'' − e + − n+1 n n+1 n (n+ 1)( n + 1)! n n ! 1 1 1 1 = + − = − (n+ 1)! ( n+ 1)( n + 1)! n.! n n( n+ 1)( n + 1)! ⇒ (vn) giảm ngặt. Trước hết chứng minh e∉Q bằng phương pháp phản chứng: n 1 p Thật vậy, nếu e = lim mà e∈ Q tức là e = ,,p q∈ N * , ta sẽ có: n→∞ ∑ k =0 k! q 30
Chương 1: Giới hạn của dãy số q ' 1 1 1 a * eq = =2 + +L + =, a ∈ N ∑ k! 2! q!!q k =0 a p a 1 e' k thì n→∞ ∑ k=0 k! 1 1 1 1 2 1 1 k −1 en >2 +(1 −) +(1 −)(1 −) +L +(1 −)L (1 − ) 2! n3! n n k! n n 1 1 1 Cho n → ∞ suy ra e ≥2 + + + + = e ' 2! 3! L k! k ' ' Như vậy e≥ en > e n . Theo định lí kẹp suy ra en ⎯n⎯→→∞⎯ e . Hệ quả: (Định lí về các đoạn lồng nhau) Cho hai dãy (an), (bn) thoả mãn :∀n∈ N,,,, an≤ b n[][ a n+1 b n + 1 ⊂ an b n ] và lim(bn− a n ) = 0 n→∞ Khi đó tồn tại duy nhất số l sao cho [an, b n ] = { l} nI∈ N Chứng minh: Vì (an),(bn) kề nhau nên cùng hội tụ và ∀n có an 0, ∃n0 , ∀ n > n0 ⇒ un − a k0 nk > n0 ⇒ un − a < ε suy ra lim un = a . k k →∞ k 31
Chương 1: Giới hạn của dãy số Chú ý: • Nếu lim = +∞ thì lim un = +∞ n→∞ k →∞ k • Từ định lí trên, chúng ta nhận được điều kiện đủ cho dãy số phân kì: Nếu tồn tại hai dãy con hội tụ về hai số khác nhau thì dãy số phân kì. Chẳng hạn (-1)n phân kì vì có dãy con ((-1)2n )hội tụ về 1 và dãy con ( (-1)2n+1) hội tụ về -1 Hệ quả: Để (un) hội tụ đến l điều kiện cần và đủ là hai dãy con (u2n) và (u2n+1) đều hội đến l . Chứng minh: Điều kiện cần suy từ định lí 1. Điều kiện đủ: :∀ε >0, ∃n1 , n 2 , ∀ p > n1 ⇒ u 2 p − l n2 ⇒ u 2p+ 1 − l n1 ⇒ un − l = u2 p − l n2 ⇒ un − l = u2p+ 1 − l < ε . Trong mọi trường hợp có un − l <ε ⇒limun = l . n→∞ Định lí: (Định lí Bônzanô – Vâyơxtrase), (Bolzano -Weierstrass): Từ mọi dãy (un) bị chặn đều có thể lấy ra một dãy con hội tụ Chứng minh: Dùng phương pháp chia đôi . Ta sẽ xây dựng bằng qui nạp hai dãy thực (an), (bn) kề nhau và một dãy con u∈ [] a,, b∀ k∈ N nk n n Vì (un) bị chặn nên tồn tại a0,b0 sao cho ∀n∈ N có a0 ≤ un ≤ b0 ,rõ ràng u∈ [] a,, b∀ k∈ N nk 0 0 Cho n∈ N giả sử ()a, b∈ R2 sao cho a≤ b . Tập {u∈ [ a,, b] k∈ N} là vô hạn và n n n n nk n n 1 b− a =() b − a n n 2n 0 0 a+ b Xét điểm giữa n n của [a, b ], rõ ràng ít nhất một trong hai khoảng chứa u là 2 n n nk 32
Chương 1: Giới hạn của dãy số 2 vô hạn. Do đó tồn tại (an+1,bn+1)∈ R sao cho a≤ b . Tập {u∈ [] a,, b k∈ N} là n+1 n + 1 nk n+1 n + 1 1 1 vô hạn và b− a =() b − a =()b − a n+1 n + 1 2 n n 2n+1 0 0 Rõ ràng các đoạn [an,bn] lồng nhau. Vậy ∀n tồn tại l sao cho u− l ≤ b − a nk n n Vì lim(bn− a n ) = 0 ⇒ lim un = l n→∞ k →∞ k Ví dụ 12: Chứng minh rằng mọi dãy (un) tuần hoàn và hội tụ là dãy dừng Giải: * (un) tuần hoàn nên ∃T ∈ N,, ∀ n ∈ N un+ T = u n Lấy n∈ N, ∀ k ∈ N có u= u 0 n0 + kT n0 (un+ kT ) là một dãy con và là dãy dừng nên lim un+ kT= u n 0 k →∞ 0 0 Vì (un) hội tụ ⇒lim un = u n vì n0 bất kì vậy ()()un = un ∀ n ,đó là dãy dừng. n→∞ 0 0 * m+ n Ví dụ 13: Cho dãy (un) thoả mãn ∀m, n ∈ N , 0 ≤u ≤ m+ n mn Chứng minh limun = 0 n→∞ Giải: ∀n ∈ N có 2n 0 ≤u ≤ → 0 2n n2 Vậy limun = 0 . 2n + 1 n→∞ 0 ≤u ≤ → 0 2n+ 1 n( n + 1) 33
Chương 2: Hàm số một biến số CHƯƠNG II: HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ 2.1. CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ HÀM SỐ 2.1.1. Các định nghĩa cơ bản A. Định nghĩa hàm số Cho X là tập không rỗng của R. Một ánh xạ f từ X vào R gọi là một hàm số một biến số f: X→ R xa f() x X gọi là tập xác định của f , f() X gọi là tập giá trị của f . Đôi khi ký hiệu y= f( x ), x∈ X x gọi là đối số, y gọi là hàm số. B. Hàm chẵn, lẻ Cho X đối xứng với 0 tức là ∀x∈ X,− x∈ X Hàm số f (x) chẵn khi và chỉ khi f ()()x = f −x . Hàm số f (x) lẻ khi và chỉ khi f (x )= − f (−x ). C. Hàm số tuần hoàn * Hàm số f (x) gọi là tuần hoàn trên X nếu tồn tại τ ∈ R+ sao cho ∀x ∈ X thì x+τ ∈ X và f (x+τ )= f (x). Số T dương bé nhất trong các số τ gọi là chu kì của hàm số tuần hoàn f(x). D. Hàm số đơn điệu Cho f (x) với x∈ X. 1. Nói rằng f (x) tăng nếu ∀x1,, x 2 ∈ X x1≤ x 2 ⇒ f()() x1 ≤ f x2 . và f (x) tăng ngặt nếu ∀x1,, x 2 ∈ X x1 f x2 . 3. Nói rằng f (x) đơn điệu nếu nó tăng hoặc giảm. Nói rằng f (x) đơn điệu ngặt nếu nó tăng ngặt hoặc giảm ngặt. 34
Chương 2: Hàm số một biến số E. Hàm số bị chặn 1. Hàm số f (x) bị chặn trên trong X nếu tồn tại số A sao cho: ∀x ∈ X,() f x ≤ A . 2. Hàm số f (x) bị chặn dưới trong X nếu tồn tại số B sao cho: ∀x ∈ X,() f x ≥ B 3. Hàm số f (x) bị chặn trong X nếu tồn tại các số A,B sao cho: ∀x∈ X,() B ≤ f x≤ A . Hệ quả: Nếu A là số chặn trên của f (x) trong X thì Sup f( x )= Sup { f ( x ), x∈ X } ≤ A X Nếu B là số chặn dưới của f (x) trong X thì Inf f( x )= Inf { f ( x ), x∈ X } ≥ B X F. Hàm số hợp Cho f : XR→ và g: YR→ với f() X⊂ Y gọi ánh xạ g f: X→ R 0 xa g( f ( x )) Hay y = g( f (x)) là hàm số hợp của hai hàm f và g. Định lí: Nếu f,: g X→ R bị chặn trên thì f + g cũng bị chặn trên và Sup( f ( x )+ g ( x ))≤ Sup f ( x )+ Sup g ( x ) X X X 1. Nếu f,: g X→ R bị chặn trên và không âm thì f . g bị chặn trên và Sup( f ( x ). g ( x ))≤ Sup f ( x ). Sup g ( x ) X X X 2. Nếu f: X→ R bị chặn trên và λ ∈ R* thì λf bị chặn trên đồng thời Supλ.()() f x= λ Sup f x X X 3. Để f: X→ R bị chặn dưới, điều kiện cần và đủ là -f bị chặn trên và khi đó Inf f( x )= − Sup (− f ( x )) X X Chứng minh: 1. Rõ ràng f()()()() x+ g x ≤ Sup f x+ Sup g x chứng tò f (x)+ g (x) bị chặn trên. X X 35
Chương 2: Hàm số một biến số Theo hệ quả suy ra Sup( f ( x )+ g ( x ))≤ Sup f ( x )+ Sup g ( x ) X X X 2. ∀x∈ x,0≤ f ( x ) ≤ Sup f ( x ),0≤ g ( x )≤ Sup g ( x ) X X ⇒ ∀x ∈ X,0 ≤ f ( x ). g ( x )≤ Sup f ( x ). Sup g ( x ) X X Tương tự như trên. 3. Coi λ như hàm hằng. Ap dụng 2 sẽ có Supλ f().() x≤ λ Sup f x X X Với λ =0. Đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên 1 Với λ >0. áp dụng bất đẳng thức ứng với hằng số và hàm số λf() x λ 1 1 Sup( .λ f ( x )) ≤ Supλ f() x X λ λ X ⇒ Supλ f()() x≥ λ Sup f x X X ⇒ Supλf()() x= λ Sup f x X X 4. Giả sử f() x bị chặn dưới, đặt m= Inf f()() x≤ f x⇒ ∀ x∈ X,().− f x ≤ − m X Vậy - f() x bị chặn trên và rõ ràng Sup(− f ( x ))≤ − Inf f ( x ). X X Mặt khác f( x )≤ Sup (− f ( x ))⇒ f ( x ) ≥ − Sup (− f ( x ))⇒ Inf f ( x )≥ − Sup ( − f ( x )) X X X X Sau khi so sánh hai bất đẳng thức suy ra Inf f( x )= − Sup (− f ( x )). X X Phần đảo chứng minh tương tự. G. Hàm số ngược Cho song ánh f:,, X→ Y X Y⊂ R Ánh xạ ngược f−1 : Y→ X gọi là hàm số ngược của f −1 ya x= f() y Thông thường đối số kí hiệu là x, hàm số kí hiệu là y, vậy hàm ngược của y= f() x là hàm số y= f−1() x . Vì thế trên cùng mặt phẳng toạ độ 0xy, đồ thị của hai hàm số f và f −1 là đối xứng nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ I và III. Ví dụ 1: Cho f,: g R→ R thoả mãn ∀xyR,∈ , ( fx ( )− fygx ( ))( ( )− gy ( )) = 0 Chứng minh rằng ít nhất một trong hai hàm số là hằng số. 36
Chương 2: Hàm số một biến số Giải: Giả sử a, b∈ R và f()() a≠ f b ta sẽ chỉ ra g() x là hằng số. Trước hết có ⎧(f ( a )− f ( x ))( g ( a )− g ( x )) = 0 ∀x ∈ R : ⎨ ⎩(f ( b )− f ( x ))( g ( a )− g ( x )) = 0 Trừ từng vế và để ý đến g(a)=g(b) suy ra: (fa ( )− fbgagx ( ))( ( )− ( ))= 0⇒ gx ( )= ga ( ) Ví dụ 2: Tìm hàm f() x trên R sao cho x. f ( x )+ f (1 − x ) = x3 + 1 ∀ x ∈ R Giải: Giả sử tồn tại f() x ,thay x bởi 1-x vào hệ thức đã cho: (1−x ). f (1 − x ) + f ( x ) = 2 − 3 x + 3 x2 − x 3 Suy ra (x2 − x + 1) f ( x ) = ( x2 − x + 1)2 ⇒ f() x = x2 − x +1 Kiển tra f() x= x2 − x +1 thoả mãn. Ví dụ 3: Cho f() x= x vầ g( x )= 1− x trong [0,1]. Kiểm tra tính ngặt của bất đẳng thức: Sup( f ( x )+ g ( x )) 0, coi rằng Pα (0)= 0 Nếu α = 0, coi rằng P0 (0)= 1 Đồ thị của Pα () x cho bởi h.2.1 37
Chương 2: Hàm số một biến số y α > 1 α = 1 0 1 ax, a>1 1 0 1 x ax, 0 < a < 1 x logax, 0<a<1 H.2.2 H.2.3 Tính chất của hàm số lôgarit 1. loga 1= 0 38
Chương 2: Hàm số một biến số loga xy= loga x+ loga y 2. ∀x,, y ∈ R* x + log= logx − log y a y a a α ∀α ∈ R loga x = α loga x * 3. ∀a, b ∈ R+ , logb x= logb a .log a x * 4. ∀x ∈ R+ , log1 x= −loga x a Chú ý: Sau này người ta thường lấy cơ số a là số e và gọi là lôgarit nêpe hay lôgarit tự nhiên ln x của x, kí hiệu y = lnx và suy ra log x = a ln a D. Các hàm số lượng giác Các hàm số lượng giác: sinx, cosx, tgx, cotgx đã được xét kỹ trong chương trình phổ thông trung học. Dưới đây chúng ta chỉ nhắc lại một số tính chất cơ bản của chúng. Tính chất: 1. sinx xác định trên R, là hàm số lẻ, tuần hoàn với chu kì T = 2π và bị chặn: −1 ≤ sinx≤ 1,∀ x∈ R 2. cosx xác định trên R, là hàm số chẵn, tuần hoàn với chu kì T = 2π và bị chặn: − 1≤ cosx≤ 1,∀ x∈ R π 3. tgx xác định trên R\{ +kπ , k ∈ Z }, là hàm số lẻ, tuần hoàn với chu kỳ T = π và nhận 2 giá trị trên khoảng (,)−∞ +∞ . 4. cotgx xác định trên R\{ kπ , k∈ Z }, là hàm số lẻ, tuần hoàn với chu kỳ T = π và nhận giá trị trên khoảng (,)−∞ +∞ . E. Các hàm số lượng giác ngược ⎡ π π ⎤ 1. Hàm arcsin là ánh xạ ngược của sin: ⎢− , ⎥ →[] −1,1 ⎣ 2 2 ⎦ ⎡ π π ⎤ Kí hiệu là arcsin:[]−1,1 →⎢ − , ⎥ . ⎣ 2 2 ⎦ ⎡ π π ⎤ Vậy ta có:∀x ∈[] −1,1, ∀y ∈⎢ − , ⎥ , y= arcsin x⇔ x = sin y ⎣ 2 2 ⎦ Chú ý: • ∀x ∈[] −1,1,sin(arcsinx ) = x 39
Chương 2: Hàm số một biến số • f() x = arcsin(sinx ) là hàm lẻ, tuần hoàn với chu kỳ 2π và cho dưới dạng: ⎧ ⎡ π ⎤ ⎪x nÕu x ∈ ⎢0, ⎥ ⎪ ⎣ 2 ⎦ f() x = ⎨ ⎪ ⎡π ⎤ π − x nÕu x ∈ ⎢ ,π ⎥ ⎩⎪ ⎣ 2 ⎦ Đồ thị của y=arcsinx cho trên hình 2.4 y y Arccos π π Arcsin 2 π π 2 − 2 -1 1 1 π 0 π 2 0 π x 2 H.2.4 H.2.5 2. Hàm arccos là ánh xạ ngược của cos :[ 0,π ] → [− 1,1] kí hiệu: arccos:[][− 1,1 → 0,π ] ∀x∈[] −1,1, ∀ y∈[ 0,π ] , y= arccos x⇔ x= cos y Đồ thị hàm số y=arccosx cho trên hình 2.5 Chú ý: • ∀x∈[] −1,1, cos(arccosx) = x • g()x = arccos(cos x) là hàm số chẵn tuần hoàn với chu kỳ 2π và biểu diễn dưới dạng: g() x= x nếu x ∈[]0,π ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ • Vì ⎜ − arcsin x⎟ ∈[0,π ] và cos⎜ − arcsin x⎟ = sin(arcsinx ) = x ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ π Vậy arccos x+arcsin x = 2 40
Chương 2: Hàm số một biến số ⎛ π π ⎞ 3. Hàm actang là ánh xạ ngược của tg : ⎜− , ⎟ → R, kí hiệu: ⎝ 2 2 ⎠ ⎛ π π ⎞ arctg: R →⎜ − , ⎟ ⎝ 2 2 ⎠ ⎛ π π ⎞ Vậy ta có ∀x ∈ R, ∀ y ∈⎜ − , ⎟ y= arctgx ⇔ x = tgy ⎝ 2 2 ⎠ Đồ thị của y=arctgx cho trên hình 2.6 Chú ý: • ∀x ∈ R tg ( arctgx ) = x ⎧π ⎫ • h()() x= arctg tgx xác định trên RZ\ ⎨ + π ⎬ là hàm số lẻ tuần hoàn với chu kỳ π và ⎩ 2 ⎭ ⎡ π ⎞ h( x )= x , x ∈ ⎢ 0, ⎟ ⎣ 2 ⎠ 4. Hàm accôtang là ánh xạ ngược của cotg: (0,π ) → R kí hiệu: ⎛ π ⎞ arccot g : R → ⎜ 0, ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ π ⎞ Vậy ta có ∀x ∈ R, ∀ y ∈⎜ 0, ⎟ y= arccot gx⇔ x = cot gy ⎝ 2 ⎠ Đồ thị hàm y=arccotgx cho trên hình 2.7 y tg π 2 arctg 0 π x 2 H.2.6 41
Chương 2: Hàm số một biến số y π π 2 arccotg 0 π π x 2 H.2.7 Chú ý: • ∀x ∈ R, cotg ( arc cot gx ) = x • k( x )= arc cot g ( tgx ) x cáđịnh trên RZ\ π ,tuần hoàn với chu kỳ π và k( x )= x , x ∈ (0,π ) ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ • Vì ⎜ − arccot g (cot gx )⎟ ∈( 0,π ) và cot g⎜ − arctgx⎟ = tg() arctgx ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ π Vậy arctgx+ arccot gx = 2 Người ta gọi hàm số luỹ thừa, hàm số mũ, hàm số lôgarit, các hàm số lượng giác và các hàm số lượng giác ngược là các hàm số sơ cấp cơ bản. F. Các hàm hypebôlic thuận 1. Hàm sinhypebôlic là ánh xạ sh: R→ R xác định như sau: 1 ∀x ∈ R, shx=() ex − e− x 2 42
Chương 2: Hàm số một biến số 2. Hàm côsinhypebôlic là ánh xạ ch: R→ R xác định như sau: 1 ∀x ∈ R, chx=() ex + e− x 2 3. Hàm tanghypebôlic là ánh xạ th: R→ R xác định như sau: shx e2x −1 ∀x ∈ R, thx = = chx e2x +1 4. Hàm cotanghypebôlic là ánh xạ coth :RR* → , xác định như sau: chx 1e2x + 1 ∀x ∈ R*, coth x = = = shx thx e2x −1 Tính chất: 1. Shx,thx,cothx là các hàm số lẻ còn chx là chẵn và∀x∈ R, chx > 0 2. ∀x,,,,, a b p q∈ R các hàm hypebôlic thoả mãn công thức sau đây x2 y 2 • ch2 x− sh 2 x =1 ⇒ Hyperbon − = 1 biểu diễn tham số sẽ là: a 2 b2 ⎧x= acht ⎨ ⎩y= bsht t∈ R • ch() ;() a+ b = cha chb + sha shb sh a+ b= sha chb+ shb cha ch() ;() a− b = cha chb − sha shb sh a− b= sha chb− shb cha tha+ thb tha− thb th() a+ b = ; th() a− b = 1+ tha . thb 1− tha . thb • ch2 a= ch2 a + sh2 a =2 ch2 a − 1 = 1 + 2sh2 a . sh2 a= 2 sha . cha . 2tha th2 a = . 1+ th2 a 1 1 ch2 a=( ch 2 a + 1); sh2 a=( ch 2 a − 1) . 2 2 p+ q p− q • chp+ chq = 2 ch ch 2 2 p+ q p− q chp− chq = 2 sh sh 2 2 p+ q p − q shp+ shq = 2 sh ch 2 2 p+ q p − q shp− shq = 2 ch sh 2 2 43
Chương 2: Hàm số một biến số Tính chất đã nêu lý giải tên gọi sinhypebôlic, Đồ thị của các hàm shx, chx cho trên hình 2.8, còn đồ thị các hàm thx, cothx cho trên hình 2.9 y ch y coth sh 1 1 y= ex t h 2 0 x 0 x H.2.8 H.2.9 G. Các hàm hypebôlic ngược 1. Hàm Acsinhypebôlic là ánh xạ ngược của sh:, R→ R kí hiệu: Argsh: R→ R haylà ∀(,),x y ∈ R2 y = Argshx⇔ x = shy 2. Hàm Accôsinhypebôlic là ánh xạ ngược của ch: R →[ 1,+ ∞], kí hiệu: Argch :[ 1,+∞) → R+ , tức là ∀x ∈[1,+∞) ,∀y∈ R+ , y= Argchx⇔ x = chy 3. Hàm Actanghypebôlic là ánh xạ ngược của th: R → (− 1,1), kí hiệu: Argth : (− 1,1) → R , tức là ∀x ∈ (− 1,1),∀y∈ R , y= Argthx⇔ x = thy 4. Hàm Accôtanghypebôlic là ánh xạ ngược của coth :RR* → \[ − 1,1,] kí hiệu: Argcoth : R \[]− 1,1 → R* , tức là ∀x ∈ R \[] − 1,1, ∀y ∈ R* , y = Argcoth x⇔ x = coth y Biểu thức logarit của hàm hypebôlic ngược: 1. Trước hết thấy ngay rằng Argshx là hàm số lẻ và vì: 1 y= Argshx ⇔x = shy ⇔ x =() ey − e− y 2 44
Chương 2: Hàm số một biến số Hay a2y −2x ey − 1 = 0 và do ey > 0 nên ey = x +1 + x 2 Cuối cùng ∀x ∈ R, Argshx =ln(x + 1 + x 2 ) 2. ∀x ∈[1, +∞) , ∀y ∈ R+ , y= Argchx ⇔ x= chy 1 ⇔x =( ey + e− y ) ⇔ e2y − 2 xey + 1 = 0 2 Vì ey ≥ 1 nên lấy ey = x + x2 −1 ⇒ ∀ x ∈[ 1, +∞) Argchx =ln(x + x 2 −1) 3. ∀x ∈ (− 1,1), ∀y ∈ R , y= Argthx⇔ x= thy ey− e− y 1+ x 1 1+ x ⇔x = ⇔x( e2y + 1) = e2y − 1 ⇔ e2y = ⇔y = ln ey+ e− y 1− x 2 1− x 1 1+ x Cuối cùng ∀x ∈( − 1,1) Argthx = ln 2 1− x 1 1 1+ x 4. ∀x ∈ R \[] − 1,1, Arg coth x= Argth = ln x 2 x −1 H. Đa thức, hàm hữu tỉ. 1. Ánh xạ P: XR→ được gọi là đa thức khi và chỉ khi tồn tại n∈ N và n n+1 i (a0 , a 1 , , an ) ∈ R sao cho ∀x ∈ X , P() x= ∑ ai x i=0 Nếu an ≠ 0 , gọi n là bậc của đa thức, kí hiệu degP(x)=n 2. Ánh xạ f : XR→ được gọi là hàm hữu tỉ khi và chỉ khi tồn tại hai đa thức P() x P,Q: XR→ sao cho ∀x ∈ X, Q ( x ) ≠ 0, f ( x ) = Q() x P() x Gọi f() x = là hàm hữu tỉ thực sự khi và chỉ khi: degP(x)<degQ(x) Q() x 3. Hàm hữu tỉ tối giản là các phân thức có dạng: A Bx+ C hoặc ()x− a k (x2 + px + q)k Trong đó k ∈ N* , a,,,,, p q A B C là các số thực và p2 − 4 q <0 Dưới đây ta đưa ra các định lí được chứng minh trong lí thuyết đại số Định lí 1: Mọi đa thức bậc n với các hệ số thực đều có thể phân tích ra thừa số trong dạng: k1 kl 2 β1 2 β m Pxax( )=n ( −α1 ) ( x−αl ) ( xpxq +1 + 1) ( xpxq+m + m ) Trong đó αi (i= 1, l ) là các nghiệm thực bội ki của đa thức còn pj,, q jβ j ∈ R 45
Chương 2: Hàm số một biến số l m 2 với j= 1,2, , m và ∑ki +2 ∑ β j = n , pj−4 q j < 0 ; j = 1, m i=1 j =1 Định lí 2: Mọi hàm hữu tỉ thực sự đều có thể phân tích thành tổng hữu hạn các hàm hữu tỉ tối giản. * 3 Ví dụ 4: Cho a∈ R \{} 1 , giải phương trình logx− log2 x + log 4 x = + a a a 4 Giải: * Điều kiện x∈ R+ ⎛ 1 1 1 ⎞ 3 ln x⎜ − + ⎟ = ⎝ ln a2ln a4ln a ⎠ 4 ⇔lnx = ln a ⇔x = a n Ví dụ 5: Cho n∈ N, x ∈ R hãy tính ∏()2ch 2k x− 1 = P k =0 Giải: ch2 t= 2 ch2 t − 1 ∀ t ⇒ 4 ch2 t − 1 = 2 ch 2 t + 1 2ch 2 t + 1 ⇒2cht − 1 = 2cht + 1 n n 2ch 2k +1 x + 1 2ch 2n+1 x + 1 P= 2 ch 2k x − 1 = = ∏()∏ k k =0 k= o 2ch 2 x + 1 2chx + 1 Ví dụ 6: Cho x, y ∈( − 1,1) hãy biến đổi biểu thức Argthx + Argthy . 1+ 3thx Áp dụng hãy biến đổi f() x= Argth 3 + thx Giải: 1 x +1 1 y +1 1 (x+1) ( y + 1) Argthx +Argthy = ln + ln = ln 2 x −1 2 y −1 2 ()()x−1 y − 1 x+ y 1+ 1 1+ xy+ x + y 1 1+ xy x+ y = ln = ln = Argth x+ y 2 1+xy − x − y 2 1− 1+ xy 1+ xy 1 + thx 1 1 f() x= Argth 3 =Argth + Argth() thx = ln 2x 1 1+ thx 3 2 3 Ví dụ 7: Giải phương trình: arcsin(tgx)=x 46
Chương 2: Hàm số một biến số Giải: ⎧ π ⎛ π π ⎞ ⎪x≠ + kπ , x ∈⎜ − , ⎟ ⎪ 2 ⎝ 2 2 ⎠ Điều kiện: ⎨ ⎪ ⎡ π π ⎤ tgx ∈[] −1,1 ⇒x ∈⎢ − , ⎥ ⎩⎪ ⎣ 4 4 ⎦ arcsin(tgx ) = arcsin(sinx ) ⇒ tgx = sin x ⎛ 1 ⎞ ⇒sinx⎜ 1 − ⎟ = 0 ⎝ cos x ⎠ ⎡sinx = 0 ⇒ ⎢ ⇒x = kπ , k∈ Z . ⎣cosx = 1 ⎡ π π ⎤ Vì kπ ∉⎢ − , ⎥ nên phương trình vô nghiêm. ⎣ 4 4 ⎦ 2.1.3. Hàm số sơ cấp Định nghĩa: Hàm số sơ cấp là những hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các phép tính cộng, trừ, nhân, chia và các phép lấy hàm hợp đối với các hàm số sơ cấp cơ bản và các hằng số. 2.2. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 2.2.1. Khái niệm về giới hạn A. Định nghĩa giới hạn Ta gọi δ − lân cận của điểm a∈ R là tập Ωδ ()(,)a= a− δ a + δ Gọi A- lân cận của + ∞ là tập ΩA ()(,)+∞ = A +∞ với A>0 và khá lớn. Gọi B- lân cận của − ∞ là tập ΩB ()(,)−∞ = −∞ −B với B>0 và khá lớn. Cho f xác định ở lân cận điểm a (có thể không xác định tại a ) 1. Nói rằng f có giới hạn là l khi x dần đến a (gọi tắt: có giới hạn là l tại a) nếu ∀ε >0, ∃Ωη (a ) ⊂ X , ∀ x ∈ Ωη ( a ) \{ a}⇒ f ( x ) − l 0, ∃Ωη (a ) ⊂ X ,∀ x∈ Ωη ( a ) \{ a}⇒ f ( x ) > A . 3. Nói rằng f có giới hạn là − ∞ tại a nếu − f có giới hạn là + ∞ tại a 4. Nói rằng f có giới hạn là l tại + ∞ nếu 47
Chương 2: Hàm số một biến số ∀ε >0, ∃ΩA ( +∞ ) ⊂X , ∀ x ∈ ΩA ( +∞ ) ⇒f ( x ) − l 0, ∃ΩB ( −∞ ) ⊂X , ∀ x ∈ ΩB ( −∞ ) ⇒f ( x ) − l 0, ∃ΩM ( +∞ ) ⊂ X ,∀ x ∈ ΩM (+∞ )⇒f ( x ) > A . 7. Nói rằng f có giới hạn là − ∞ tại + ∞ nếu và chỉ nếu − f có giới hạn là + ∞ tại + ∞ 8. Nói rằng f có giới hạn là + ∞ tại − ∞ nếu ∀A > 0,∃ΩM ( −∞ ) ⊂ X ,∀ x ∈ Ω M (−∞ )⇒f ( x ) > A . 9. Nói rằng f có giới hạn là − ∞ tại − ∞ khi và chỉ khi − f có giới hạn là + ∞ tại − ∞ Khi f() x có giới hạn là l tại a hoặc tại ± ∞ nói rằng f() x có giới hạn hữu hạn tại a hoặc tại ± ∞ . Ngược lại f() x có giới hạn là ± ∞ , nói rằng nó có giới hạn vô hạn. B. Định nghĩa giới hạn một phía. 1. Nói rằng f có giới hạn trái tại a là l1 nếu ∀>∃>∃Ωε0, η 0 (η (a ) ⊂ X ), ∀ ∃>∀ε0, η 0 ,x , 0 <−<⇒ x aη f(). x −< l2 ε Kí hiệu f có giới hạn là l tại a thường là: limf ( x ) = l hoặc f() x⎯⎯⎯→ l x→ a x→ a Tương tự có các kí hiệu: limf ( x )= +∞ , −∞ ; lim= l ,+∞ ,−∞ x→ a x→±∞ − Kí hiệu f có giới hạn trái tại a là l1 , thường dùng limf ( x ) = f( a) = l1 x→ a − + Tương tự limf ( x ) = f( a) = l2 x→ a + Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để limf ( x ) = l là f()(). a− = f a+ = l x→ a 48
Chương 2: Hàm số một biến số 2.2.2. Tính chất của hàm có giới hạn. A. Sự liên hệ với dãy số Định lí: Để f() x có giới hạn là l tại a điều kiện cần và đủ là mọi dãy (un ) trong X hội tụ về a thì limf ( un ) = l n→∞ Chứng minh: Cho f() x⎯x⎯→⎯ a→ l và un → a . Khi đó ∀>∃>∀ n0 ⇒ un − a 0, ∃n0 , ∀ n > n0 ⇒ f() un − l 0,∀η > 0, ∃x để x− a 0, ∀x ∈ Ωη ( a ) \{ a}⇒ f ( x ) − l < 1. Hay fx()()= fxllfxll − + ≤( ) − + ≤ 1 + l Chú ý: • Trường hợp a= +∞, a = −∞ cũng chứng minh tương tự. 49
Chương 2: Hàm số một biến số • Định lí đảo: Hàm f() x không bị chặn trong lân cận của a thì không có giới hạn hữu hạn tại a. 1 1 Chẳng hạn f() x = sin không có giới hạn hữu hạn tại 0. x x D.Tính chất thứ tự của giới hạn và nguyên lí kẹp. Định lí 1: Cho limf ( x ) = l . Khi đó: x→ a 1. Nếu c 0, ∃η , ∀x ∈ Ω ( aa ) \{ }⇒ fxllccfx ( ) − 0, ∃ η1 , η 2 , ∀x : 0 <x − a <η1 ⇒ f() x − l < ε 0 < x− a< η2 ⇒ h() x− l < ε ⎪⎧ f() x− l < ε Lấy η = Min(,)η1η 2 thì ∀x ∈ X: 0 < x − a <η ⇒ ⎨ ⎩⎪ h() x− l < ε ⇒ −ε <f()()(). x − l ≤ g x − l≤ h x− l < ε Tức là limg ( x ) = l x→ a 50
Chương 2: Hàm số một biến số Chú ý: Định lí đúng với các trường hợp a= +∞, a = −∞ Định lí 4: Nếu trong lân cận của a có f()() x≤ g x và limf ( x ) = +∞ thì: x→ a limg ( x ) = +∞ x→ a Chứng minh: ∀A >0, ∃η1 , ∀x : 0 A Mặt khác ∃η2 , ∀x : 0 A chứng tỏ g() x ⎯x⎯→⎯ a→−∞ Chú ý: • Định lí đúng với trường hợp a= +∞, a = −∞ • Tương tự có định lí khi f() x ⎯x⎯→⎯ a→−∞ E. Các phép tính đại số của hàm số có giới hạn Định lí 1 (Trường hợp giới hạn hữu hạn): 1. f() x⎯x⎯→→⎯ a l ⇒ f() x ⎯x⎯→→⎯ a l 2. f( x )⎯x⎯→→⎯ a 0 ⇔f ( x ) ⎯x⎯→→⎯ a 0 3. f() x⎯x⎯→⎯ a→ l1 và g() x⎯x⎯→⎯ a→ l2 ⇒ f()() x+ g x⎯x⎯→⎯ a→ l1+ l 2 4. f() x⎯x⎯→⎯ a→ l⇒ λ.(), f x ⎯x⎯→⎯ a→λl λ ∈ R 5. f( x )⎯x⎯→⎯ a→ 0 và g() x bị chặn trong lân cận của a⇒ f( x ). g ( x )⎯x⎯→⎯ a→ 0 6. f() x⎯x⎯→⎯ a→ l1 và g() x⎯⎯x→⎯ a → l2 ⇒ f( x ). g ( x )⎯⎯x→⎯ a → l1 . l 2 f() x l1 7. f() x⎯x⎯→⎯ a→ l1 và g() x⎯x⎯→→⎯ a l2 ≠0 ⇒ ⎯x⎯→→⎯ a g() x l2 Chứng minh: 1. ∀>∃>∀ε0, η 0,x : 0 ∃>∀ε0, η 0,x : 0 <−<⇒ x aη f() x −< l 1 1 1 2 51
Chương 2: Hàm số một biến số ε ∃η >0, ∀x : 0 ∃>∀ε0, η 0,x : 0 0, ∃ η , ∀x : 0 0 . Theo định lí 1 về tính thứ tự của giới l hạn thì ∃η >0, ∀x : 0 2 1 1 2 1 1 g() x− l 2g ( x ) − l ∀x : 0 <x − a <η ⇒0 < − = 2 ≤ 2 1 g() x l g(). x l 2 2 2 l2 52
Chương 2: Hàm số một biến số 1 1 Vì g() x− l2 ⎯x⎯→→⎯ a 0 . Vậy ⎯x⎯→→⎯ a . g() x l2 f 1 Áp dụng 6. với = f . g g Định lí 2 (Trường hợp giới hạn vô hạn): 1. Nếu f() x ⎯x⎯→⎯ a→+∞ và g() x≥ m trong lân cận của a thì f()() x+ g x ⎯x⎯→⎯ a→+∞ 2. Nếu f() x ⎯x⎯→⎯ a→+∞ và g( x )≥ m > 0 trong lân cận của a thì f( x ). g ( x ) ⎯x⎯→⎯ a→+∞ Chứng minh: 1. ∀A >0, ∃η , ∀x : 0 A − m ⇒f()() x + g x > A . Tức là f()() x+ g x ⎯x⎯→⎯ a→+∞ A 2. ∀A >0, ∃η , ∀x : 0 m A ⇒ f( x ). g ( x )> .m = A . Tức là f( x ). g ( x ) ⎯⎯⎯→+∞ m x→ a Chú ý: - Định lí trên đúng cho trường hợp a= +∞, a = −∞ - Có sự tương tự cho định lí 2 khi f() x ⎯x⎯→⎯ a→−∞ F. Giới hạn của hàm hợp Cho f: X→ R , g : Y→ R và f ()XY⊂ Định lí: Nếu f() x⎯x⎯→⎯ a→ b và g() y⎯⎯y→⎯ b→ l thì g( f ( x )) ⎯x⎯→⎯ a→ l Chứng minh: ∀ε >0, ∃ η , ∀y : 0 <y − b <η ⇒ g() y − l < ε ∃δη , ∀x : 0 < x − a <δη ⇒ f() x − b < η Chứng tỏ: ∀x: 0 < x − a <δη ⇒ g( f ( x )) − l < ε . Vậy g( f ( x )) ⎯x⎯→⎯ a→ l G. Giới hạn của hàm đơn điệu Định lí 1: Cho f: ( a , b )→ R , a , b∈ R hoặc a, b∈ R và là hàm tăng. 1. Nếu f bị chặn trên thì limf ( x )= Sup f ( x ) − x→ b (,)a b 53
Chương 2: Hàm số một biến số 2. Nếu f không bị chặn trên thì limf ( x ) = +∞ x→ b− Chứng minh: 1. Gọi l= Sup f( x ). ∀ε > 0, ∃ξ ∈ (a , b ) để l− ε b − ξ >0, ∀ x : 0 ξ, ∀ x > A >ξ ⇒ f() x − l A . Vậy ∀x ∈ (,) a b sao cho x≥ξ ⇒ f()() x ≥ fξ > A . f() x> A chứng tỏ f() x ⎯x⎯→⎯ b→+∞ Với b = +∞ , xét tương tự như trên Chú ý: • Nếu b hữu hạn, định lí trên nói về giới hạn trái tại b. • Từ định lí suy ra: mọi hàm tăng trên (a,b) luôn có giới hạn hữu hạn hoặc vô hạn tại b. • Định lí 1 có thể suy diễn cho trường hợp f() x giảm trên (a,b). Kết quả trong các trường hợp được mô tả trên hình 2.10. 54
Chương 2: Hàm số một biến số f: ( a , b ) → R Kết luận Đồ thị Tăng và bị f()x ⎯⎯x→⎯ a→Supf() x (,)ab chặn trên Giảm và bị chặn dưới f() x⎯x⎯→⎯ b→ Inf f() x (,)a b Giảm và bị chặn trên f() x ⎯x⎯→⎯ a→Supf() x (,)a b Tăng và bị f() x ⎯x⎯→⎯ a→ Inff chặn dưới Tăng và không bị chặn trên f() x ⎯x⎯→⎯ b→+∞ Giảm và không bị chặn dưới f() x ⎯x⎯→⎯ b→−∞ Giảm và không f() x ⎯x⎯→⎯ a→+∞ bị chặn trên Tăng và không f() x ⎯x⎯→⎯ a→−∞ bị chặn dưới H.2.10 Định lí 2: Nếu f() x xác định tại a và tăng ở lân cận của a thì luôn tồn tại một giới hạn trái và một giới hạn phải hữu hạn tại a và: lim f(x) ≤ f(a) ≤ lim f(x) x → a x → a+ 55
Chương 2: Hàm số một biến số Chứng minh: Rõ ràng: f() x tăng và bị chặn trên bởi f() a ở lân cận bên trái của a. f() x tăng và bị chặn dưới bởi f() a ở lân cận bên phải của a. Theo định lí 1, chúng ta nhận được kết quả cần chứng minh. Ta có kết quả tương tự khi f giảm. Hình 2.11. mô tả định lí 2. y f() a+ f() a f() a− 0 a x H.2.11 2.2.3. Các giới hạn đáng nhớ sin x x A. lim = lim = 1 (2.1) x→0 x x→0 sin x ⎛ π π ⎞ Chứng minh: Dễ dàng thấy được x ∈⎜ − , ⎟ \{} 0 ⎝ 2 2 ⎠ sin x thì có bất đẳng thức kép: cos x < < 1. x Dùng định nghĩa chứng minh được limcosx = 1. Vậy suy ra công thức (2.1) x→0 x x ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ B. lim⎜ 1+ ⎟ =lim⎜ 1 + ⎟ = e (2.2) x→+∞⎝ x ⎠ x→−∞⎝ x ⎠ Chứng minh: 1 1 1 ∀x ∈ R* \{} 0,1 ,∃ n ∈ N * sao cho n≤ x ≤ n +1 ⇒ ≤ ≤ + n +1 x n n x n+1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ Suy ra ⎜1+ ⎟ ≤⎜1 + ⎟ ≤⎜1 + ⎟ . ⎝ n +1⎠ ⎝ x⎠ ⎝ n ⎠ 56
Chương 2: Hàm số một biến số Theo ví dụ 10. ở chương 1 và tính chất đại số của dãy hội tụ thì: n n+1 −1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜1+ ⎟ =⎜1 + ⎟ .⎜ 1+ ⎟ → e ⎝ n +1⎠ ⎝ n +1⎠ ⎝ n +1⎠ n+1 n ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜1+ ⎟ =⎜1 + ⎟ .⎜ 1+ ⎟ → e ⎝ n ⎠ ⎝ n⎠ ⎝ n ⎠ x ⎛ 1 ⎞ Suy ra ⎜1+ ⎟ ⎯⎯→⎯ e . Thực hiện phép biến đổi x = −y ⎝ x ⎠ x→+∞ x − y y ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ lim⎜ 1+ ⎟ =lim⎜ 1 + ⎟ =lim⎜ 1 + ⎟ = e x→−∞⎝ x ⎠ y→+∞⎝ − y ⎠ y→+∞⎝ y −1⎠ 1 sinu ( x ) Tổng quát nếu u( x )⎯⎯⎯→ 0 thì ()1+ u ( x ) u() x ⎯⎯→⎯ e và → 1 x→ a x→ a u() x C. lim lnx = +∞ , lim ln x = −∞ (2.3) x→+∞ x→0+ * Chứng minh: Vì lnx tăng trên R+ nên tại + ∞ hàm số có giới hạn hữu hạn hoặc là + ∞ . Giả sử có giới hạn hữu hạn l thì lim ln x= l= lim ln 2 x . x→+∞ x→∞ Tuy nhiên ln2x = ln2 + ln x → l= l + 2 vô lý. 1 Vậy ln x ⎯⎯→⎯ +∞. ∀x ∈ R* , ln x = − ln ⎯⎯→⎯ −∞ x→+∞ + x x→0+ 1 Ví dụ 1: Chứng minh: lim sinx = 0, lim = 0 x→0 + x→±∞ x Giải: ∀ε > 0 (ε bé) ∀x ∈ Ωε (0) \{ 0} có sin x 0 để = A x ε 1 1 Vậy ∃A ∈ R* , ∀ x : x > A ⇒ < ε. Chứng tỏ ⎯⎯→⎯ 0 + x x x→±∞ 2x + 1 − 3 Ví dụ 2: Tính lim , lim( x2 + 1 − x2 − 1) x→4 x +2 − 2 x→∞ 57
Chương 2: Hàm số một biến số Giải: 2x + 1 − 3 2(x− 4).( x − 2 + 2) 2.2 2 2 = ⎯⎯→⎯ = . 2 x −2 − 2 (x− 4).( 2 x + 1 + 3) x→4 2.3 3 2 2 2 x+1 − x − 1 = ⎯x⎯→→∞⎯ 0 x2 +1 + x + 1 cosx− cos3 x Ví dụ 3: Tính lim x→0 x2 Giải: x3 x −2sin2 + 2sin2 cosx− cos3 x (cosx − 1) + (1 − cos3x ) = = 2 2 x2 x2 x2 x 3x sin 2 sin 2 1 2 9 2 1 9 = − 2 + 2 ⎯x⎯→→⎯0 − + = 4 2 ⎛ x ⎞ 2 ⎛ 3x ⎞ 2 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ x 2 ⎛ x −1⎞ 1 Ví dụ 4: Tính lim⎜ ⎟ , lim 1+ sin x x ⎜ 2 ⎟ () x→∞⎝ x +1⎠ x→0 Giải: 2 2 2 ⎛ 1+ x⎞ ⎛ 2 x ⎞ x ⎜ − ⎟.⎜ − ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎛ x −1⎞ ⎛ 2 ⎞⎝ 2 ⎠ ⎝ x +1 ⎠ ⎜ ⎟ =1 − ⎯⎯→⎯ e-2 ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ x→∞ ⎝ x +1⎠ ⎝ 1+ x ⎠ 1 1 sin x . x sin x x ()1+ sinx =() 1 + sin x ⎯x⎯→→⎯0 e D. Sự tồn tại giới hạn của các hàm sơ cấp Định lí: Hàm số sơ cấp xác định tại x0 thì limf ( x )= f ( x0 ) x→ x0 2.3. ĐẠI LƯỢNG VÔ CÙNG BÉ (VCB) VÀ ĐẠI LƯỢNG VÔ CÙNG LỚN (VCL) 2.3.1. Đại lượng VCB A. Định nghĩa: Ánh xạ α : XR→ , gọi là đại lượng VCB tại a nếu như α(x )⎯x⎯→⎯ a→ 0 , a có thể là + ∞ hoặc - ∞ Hệ quả: Để tồn tại limf ( x ) = l điều kiện cần và đủ là hàm số α()()x= f x − l là VCB x→ a tại a. 58
Chương 2: Hàm số một biến số B. Tính chất đại số của VCB Dựa vào tính chất đại số của hàm có giới hạn, nhận được tính chất đại số của các VCB sau đây: n n 1. Nếu αi (x ), i= 1,2, , n là các VCB tại a thì tổng ∑αi ()x , tích ∏αi ()x cũng là i=1 i=1 VCB tại a 2. Nếu α()x là VCB tại a, f() x bị chặn trong lân cận của a thì α(x ). f ( x ) là VCB tại a. C. So sánh các VCB Cho α(x ),β ( x ) là các VCB tại a. α 1. Nếu ⎯⎯→⎯ 0 thì nói rằng α là VCB cấp cao hơn β tại a, kí hiệu α = o()β tại a, β x→ a cũng nói rằng β là VCB cấp thấp hơn α tại a. α 2. Nếu ⎯⎯→⎯c ≠ 0 thì nói rằng α, β là các VCB ngang cấp tại a. β x→ a Đặc biệt c = 1thì nói rằng α, β là các VCB tương đương tại a. Khi đó kí hiệu α ~ β tại a. Rõ ràng nếu α, β ngang cấp tại a thì α ~ cβ tại a. 3. Nếu γ= o() α k thì nói rằng γ là VCB có cấp cao hơn k so với VCB α tại a 4. Nếu γ~c α k (c≠ 0) thì nói rằng γ là VCB có cấp k so với VCB α tại a α α1 Hệ quả 1: Nếu γ ~α1 ,β ~ β1 tại a thì lim= lim x→ a x→ a β β1 Hệ quả 2: Nếu α = o()β tại a thì α + β ~ β tại a . Hệ quả 3: Qui tắc ngắt bỏ VCB cấp cao: * Nếu α là VCB cấp thấp nhất trong số các VCB αi , (i= 1, m) * và β là VCB cấp thấp nhất trong số các VCB βi , (i= 1, n) tại a . Khi đó: m α ∑ i α * lim i=1 = lim x→ a n x→ a β * ∑ β j j =1 Chú ý: Các VCB đáng nhớ là: α 1. x ⎯x⎯→→⎯0 0,α > 0 59
Chương 2: Hàm số một biến số x x 2. a ⎯x⎯→→−∞⎯0,()a > 1 a ⎯x⎯→→+∞⎯0,( 0 <a < 1) 3. shx ⎯x⎯→⎯0→0, thx ⎯x⎯→⎯0→0, Argthx ⎯x⎯→⎯0→0 4. Sinx ⎯⎯⎯→0, tgx ⎯⎯⎯→0, arcsin x ⎯⎯⎯→0 x→0 x→0 x→0 5. arctg ⎯⎯⎯→0 x→0 2.3.2. Đại lượng VCL A. Định nghĩa Ánh xạ A: XR→ gọi là đại lượngVCL tại a nếu như A() x ⎯x⎯→⎯ a→+∞ hoặc − ∞ (a có thể là + ∞ hoặc − ∞ ). 1 Hệ quả: Để A() x là VCL tại a thì cần và đủ là α()x = là VCB tại a. A() x B. Tính chất của VCL 1. Nếu Ai ( x ), i= 1,2, , n là các VCL cùng dấu (+ ∞) hay (− ∞) tại a thì tổng n ∑ Ai ( x ) là VCL mang dấu đó tại a. i=1 n Nếu Bi ( x ), i= 1,2, , n là các VCL tại a thì tích ∏ Bi () x là VCL tại a i=1 2. Nếu A() x là VCL tại a và f() x giữ nguyên dấu tại a và lân cận của nó thì A ( x ). f ( x ) là VCL tại a. C. So sánh các VCL Cho A( x ), B ( x ) là các VCL tại a A() x 1. Nếu ⎯⎯→⎯ ∞ thì nói rằng A() x là VCL cấp cao hơn B() x tại a, hay B là B() x x→ a VCL có cấp thấp hơn A tại a A() x 2. Nếu ⎯⎯→⎯c ≠ 0 thì nói rằng AB, là VCL ngang cấp tại a. B() x x→ a Đặc biệt c = 1 thì nói rằng AB, là các VCL tương đương tại a, kí hiệu A ~ B tại a. A() x A1() x Hệ quả 1: Nếu AABB~1 , ~ 1 tại a thì lim = lim x→ a x→ a B() x B1() x Hệ quả 2: Nếu A() x làVCL cấp cao hơn B() x tại a thì A + B ~ A . Hệ quả 3: Qui tắc ngắt bỏ cácVCL cấp thấp: 60
Chương 2: Hàm số một biến số * * Nếu A là các CVL cấp cao nhất trong số các VCL Ai ( x ), i= 1,2, , m và B là VCL cấp cao nhất trong số các VCL Bj ( x ), j= 1,2, , n tại a thì ta có m A() x ∑ i A*() x lim i=1 = lim x→ a n x→ a B*() x ∑ Bj () x j =1 Chú ý: Các VCL sau đây thường hay dùng: α 1. x ⎯x⎯→→+∞⎯ +∞, ()α > 0 x x 2. a ⎯x⎯→→+∞⎯ +∞, ()a > 1 a ⎯x⎯→→−∞⎯ +∞, ( 0 1 log x ⎯⎯⎯→+∞, 0 1 log x ⎯⎯⎯→−∞, 0< a < 1 a x→0+ () a x→+∞ ( ) 5. chx ⎯x⎯→±∞⎯→+∞, shx ⎯x⎯→+∞⎯→+∞, shx ⎯x⎯→−∞⎯→−∞ 6. coth x ⎯⎯⎯→+∞, coth x ⎯⎯⎯→−∞ x→0+ x→0− ⎛ 1 ⎞ sin x Ví dụ 1: Tính lim⎜ sinx .cos ⎟ , lim x→0⎝ x ⎠ x→∞ x 1 1 Sinx ⎯⎯→⎯ 0, cos ≤1 ⇒ limsinx .cos = 0 x→0 x x→0 x Giải: 1 sin x ⎯⎯→⎯ 0, sinx ≤ 1 ⇒ lim = 0 x x→∞ x→∞ x sin 2x tg2 x− x 3 Ví dụ 2: Tính lim , lim x→0 sin 4x x→0 sin 2 x sin 2x ~ 2 x⎫ sin 2x 2x 1 ⎬ ⇒ lim =lim = sin 4x ~ 4 x x→0 sin 4x x→0 4x 2 Giải: ⎭ tg2 x− x 3 x2 tg2 x~ x 2 ,sin 2 x ~ x2 ⇒ lim =lim = 1 x→0 sin2 x x→0 x2 x2 + x −1 x2 + x +1 x2 +1 Ví dụ 3: Tìm lim , lim , lim x→∞ 2x2 − 2 x→∞ x3 + 2 x→∞ x2 −1 x2 + x −1 x2 1 Giải: lim =lim = x→∞ 2x2 − 2 x→∞ 2x2 2 61
Chương 2: Hàm số một biến số x2 + x +1 x2 1 lim =lim =lim = 0 x→∞ x3 + 2 x→∞ x3 x→∞ x x2 +1 x2 lim =lim = 1 x→∞ x2 −1 x→∞ x2 2.4. SỰ LIÊN TỤC CỦA HÀM SỐ 2.4.1. Các khái niệm cơ bản A. Hàm liên tục tại một điểm Cho f: X→ R và a∈ X . Nói rằng f() x liên tục tại a nếu limf ( x )= f ( a ) hay limf ( x )= f (lim x ) x→ a x→ a x→ a Tức là ∀ε >0, ∃ η > 0, ∀x : x− a <η ⇒ f()() x − f a < ε B. Hàm liên tục một phía tại a Cho f: X→ R , a ∈ X . Nói rằng hàm f liên tục bên trái tại a nếu limf ( x )= f ( a− ) = f ( a ) x→ a − Hàm f liên tục bên phải tại a nếu limf ( x )= f ( a+ ) = f ( a ) x→ a + Hệ quả: Để hàm f() x liên tục tại a điều kiện cần và đủ là: f()()() a− = f a+ = f a C. Hàm liên tục trên một khoảng 1. Hàm f() x liên tục tại mọi điểm x∈ X thì nói rằng nó liên tục trên tập X . 2. Hàm f() x liên tục trên khoảng mở (a,b) và liên tục trái tại b,liên tục phải tại a nói rằng nó liên tục trên [a,b] D. Hàm liên tục từng khúc Hàm f: [ a , b] → R , a , b∈ R . Nói rằng hàm f liên tục từng khúc trên [a, b] khi và chỉ khi ∃n ∈ N * và n+1 ()a0, a 1 , , an ∈ [] a , b sao cho a= a0< a 1 < < an = b và f liên tục trên tất cả các khoảng mở ()ai, a i+1 , i= 0,1, , n − 1 và có giới hạn phải hữu hạn tại ai , có giới hạn trái hữu hạn tại ai+1 E. Điểm gián đoạn của hàm số 1. Nếu f() x không liên tục tại a, nói rằng f() x có điểm gián đoạn tại x = a . 62
Chương 2: Hàm số một biến số 2. Nếu a là điểm gián đoạn và f( a− ), f ( a+ ) là các số hữu hạn thì gọi x = a là điểm gián + − đoạn loại 1 của hàm số và gọi hf ()()() a= f a − f a là bước nhảy củaf() x tại a. Hệ quả: Nếu f() x tăng (giảm) ở lân cận điểm a khi đó f() x liên tục tại a khi và chỉ khi hf ( a )= 0 . Điều này suy ra từ định lí 2 của hàm số đơn điệu. 3. Nếu a là điểm gián đoạn của f() x và không phải là điểm gián đoạn loại 1 thì nói rằng f() x có điểm gián đoạn loại 2 tại x = a . Các định nghĩa trên được mô tả trên hình 2.12. y ∞ y ∞ a1 a2 a3 a4 a a1 a2 a3 b loại 1 loại 2 liên tục từng khúc H.2.12 2.4.2. Các phép toán đại số của hàm liên tục Định lí 1: Cho f, g : X→ R , a∈ X,λ ∈ R 1. Nếu f() x liên tục tại a thì f() x liên tục tại a. 2. Nếu f( x ), g ( x ) cùng liên tục tại a thì f()() x+ g x liên tục tại a. 3. Nếu f() x liên tục tại a thì λf() x liên tục tại a. 4. Nếu f( x ), g ( x ) liên tục tại a thì f( x ). g ( x ) liên tục tại a. f() x 5. Nếu f( x ), g ( x ) liên tục tại a và g( x )≠ 0 thì liên tục tại a. g() x Chú ý: • Định lí trên được phát biểu tương tự cho các hàm liên tục trên cùng khoảng X 63
Chương 2: Hàm số một biến số • Nếu f() x và g() x liên tục tại a thì Sup(,) f g và Inf(,) f g cũng liên tục tại a. Với Sup(,): f g X→ R Inf(,): f g X→ R xa Sup( f ( x ), g ( x )) xa Inf( f ( x ), g ( x )) 1 Thật vậy Sup(,) f g=( f + g + f + g ) 2 1 Inf(,) f g=( f + g − f + g ) 2 Chứng minh định lí 1 tương tự như chứng minh định lí về các phép toán đại số của hàm có giới hạn hữu hạn. Định lí 2: Cho f: X→ R ; a∈ X , g : Y→ R và f(). X⊂ Y Nếu f() x liên tục tại a và g() y liên tục tại b= f() a thì hàm hợp g( f ( x )) liên tục tại a. Chứng minh tương tự như chứng minh định lí về giới hạn của hàm hợp. Chú ý: • Định lí 2 cũng được phát biểu tương tự cho f liên tục trên X và g liên tục trên Y. • Sử dụng định lí 2, nhận được các giới hạn quan trọng dưới đây: Vì khi thỏa mãn định lí 2 thì limg ( f ( x ))= g (lim f ( x )) do đó: x→ a x→ a loga (1+ x ) lim = loga e (2.4) x→0 x ln(1+ x ) Đặc biệt lim = 1 (2.5) x→0 x a x −1 lim = lna , (0<a ≠ 1) (2.6) x→0 x x Thật vậy gọi y= a −1 ⇒ x = loga ( y + 1) . Theo (2.4) sẽ có: a x −1 y 1 lim = lim = = ln a x→0 y→0 x loga (1+ y ) loga e ()1+x α − 1 lim = α (2.7) x→0 x Gọi y=() x +1α − 1 ⇒ α ln(1 +x ) = ln(1 + y ) ()1+x α − 1 y() x ⎛ y αln(x + 1) ⎞ lim = lim = lim⎜ ⎟ = α x→0 x x→0 x x→0⎝ ln(y + 1) x ⎠ Từ trên dễ dàng nhận được định lý sau: 64
Chương 2: Hàm số một biến số Định lý 3: Mọi hàm số sơ cấp xác định tại x = a thì liên tục tại a. 2.4.3 Tính chất của hàm số liên tục trên một đoạn Cho f:, [ a b] → R là liên tục, a 0 và b− a = . n n n n n n 2n Suy ra limf ( an )= f (lim an )= f ( c )≤ 0 và limf ( bn )= f (lim bn )= f ( c ) ≥ 0 n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ trong đó c∈ (,) a b . Vậy f( c )= 0 . Định lí 2: Nếu f() x liên tục trên [a, b] khi đó f() x nhận giá trị trung gian giữa f() a và f() b nghĩa là: ∀γ ∈[]f( a ), f ( b ) ,∃ c∈[ a , b] , f ( c ) = γ Chứng minh : Định lí là đúng với γ = f() a hoặc γ = f() b . Giả sử f()() a 0 . Theo định lí 1 thì tồn tại c∈ (,) a b để g( c )= 0 hay f ()c = γ . B. Tính bị chặn của hàm số liên tục Định lí 3: Hàm số f() x liên tục trên [a, b] thì đạt được giá trị lớn nhất và nhỏ nhất trên [a, b] nghĩa là: ∃xm, x M ∈ [] a,, b ∀ x∈ [ a, b] có f()()() xm ≤ f x≤ f xM Chứng minh : Trước hết chứng minh f() x bị chặn trong [a, b]. Giả sử f() x không bị chặn, tức là: ∀n ∈ N,,() ∃ xn ∈[] a b ⇒ f xn ≥ n ()xn bị chặn nên theo định lí Bolzano-Weierstrass tồn tại dãy con của nó ()x→ x ∈[] a, b ⇒ f( x) ≥ n . nk 0 nk k Chuyển qua giới hạn sẽ có f() x0 = +∞ . Vô lí vì f() x liên tục tại x0 . Gọi m= Inf f() x và M= Sup f() x . []a, b []a, b 65
Chương 2: Hàm số một biến số 1 1 Lấy ε =,,,n ∈ N* ∃ x ∈[] a b ⇒ >f( x ) − m ≥ 0 .Theo định lí Bolzano-Weierstrass n n n n ⎧xn → xm ∈ [ a, b] ⎪ k ∃(xn ) là dãy con của (xn ) và ⎨ 1 k >f( x ) − m ≥ 0 ⎪ nk ⎩nk Qua giới hạn sẽ có limf ( xn )= f ( xm ) = m k →∞ k Tương tự ∃xM để f()() xM = Sup f x= M []a, b Hệ quả: Nếu f:, [] a b→ R liên tục thì f([ a,, b]) = [ m M] ⊂ R Trong đó m= Inf f( x ), M= Sup f() x []a, b []a, b 2.4.4 Tính liên tục đều A. Định nghĩa: Cho f: X→ R . Nói rằng f liên tục đều trên X nếu ∀ε >0, ∃ η > 0, ∀()x '," x ∈ X2 : x '"− x 0, ∀ η > 0, ∃()x ', x " ∈ R2 sao cho x'"− x 0, ∀ η > 0, ∃()x ', x " ∈ [ a , b]2 để có x'"− x < η và f( x ')− f ( x ") ≥ ε 1 ∀n ∈ N *, lấy η =,',", ∃()x x ∈ [] a b 2 n n n 66
Chương 2: Hàm số một biến số 1 sao cho x'"− x 0 , hàm số liên tục đều trên[0, x0 ] Lấy x1, x 2 tuỳ ý trên [x0 ,,+∞) x1 0, ∃ δ = 2 ε x0 , ∀ x1 , x 2 sao cho x1− x 2 0, ∀δ , ∃x1 , x 2 sao cho x1− x 2 0, ∃k , x = 2 kπ , x= (2 k + 1)π ∈ R δ 1k 2 k π π x2− x 1 =(2 k + 1)π − 2k π = )⇒cos x2 −cos x2 = 2 ( lấy ε = 2 ). 2δ 2 2k 1k 67
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số CHƯƠNG III: PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ 3.1. ĐẠO HÀM Từ nay về sau (đến hết mục 3.8) luôn kí hiệu f: X→ R , X ≠ φ và X không thu về X một điểm, tức là X là khoảng nào đó trên R , và R là tập các ánh xạ đã nói ở trên, còn C f là đồ thị của hàm số f . 3.1.1. Đạo hàm tại một điểm 3.1.1.1. Định nghĩa đạo hàm tại một điểm Cho a∈ X,, a + h ∈ X f ∈ R X . Nói rằng f khả vi tại a nếu tồn tại giới hạn hữu hạn f()() a+ h − f a lim h→0 h df Giới hạn này thường kí hiệu f'() a hay ()a gọi là đạo hàm của f tại a. dx f()()() a+ h − f a Δf a Tỉ số = gọi là tỉ số của các số gia hàm số và số gia đối số. h Δx 3.1.1.2. Định nghĩa đạo hàm một phía 1. Cho a∈ X, a+ h∈ X . Nói rằng f khả vi phải tại a nếu tồn tại giới hạn hữu hạn f()() a+ h − f a lim h→0+ h Giới hạn này kí hiệu là fp '() a , gọi là đạo hàm phải của f tại a. 2. Cho a∈ X, a + h ∈ X . Nói rằng f khả vi trái tại a nếu tồn tại giới hạn hữu hạn f()() a+ h − f a lim h→0− h Giới hạn này kí hiệu là ft '() a , gọi là đạo hàm trái của f tại a. Hệ quả 1: Để f khả vi tại a điều kiện cần và đủ là f khả vi trái và phải tại a đồng thời ft '()'()'() a= fp a = f a Hệ quả 2: (điều kiện cần của hàm khả vi) Nếu f khả vi tại a thì f liên tục tại a 68
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Chứng minh: Lấy h∈ R* để a+ h∈ X f()() a+ h− f a rõ ràng f()(). a+ h = f a + h h f()() a+ h − f a mà ⎯⎯→⎯ f'()()() a⇒ f a + h ⎯⎯→⎯ f a h h→0 h→0 chứng tỏ f liên tục tại a. Chú ý: 1. f có thể liên tục tại a nhưng không khả vi tại a chẳng hạn các hàm dưới đây và đồ thị của chúng trên hình 3.1. mô tả điều đó h • f∈ R R cho bởi f() x= x . liên tục tại 0 nhưng không khả vi tại 0 vì không có giới h hạn khi h → 0 , ở đây ta thấy ft '(0)= − 1≠ 1= f p '(0) R+ * • f∈ R cho bởi f() x= x liên tục tại 0 nhưng không khả vi tại 0 vì với h∈ R+ h 1 = ⎯⎯→⎯+ +∞ h h h→0 ⎧ 1 R ⎪x.sin , x ≠ 0 • f∈ R cho bởi f() x = ⎨ x ⎩⎪0 x = 0 liên tục tại 0 vì f() x≤ x ⎯x⎯→→⎯0 0 = f (0) nhưng không khả vi vì 1 h.sin 1 h = sin không có giới hạn khi h → 0 h h y y h x x f(x) 1 -1 0 1 x 0 x H.3.1 69
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số 2. Nếu f khả vi phải (hoặc trái) tại a thì f liên tục phải (hoặc trái) tại a. 3. Nếu f khả vi phải và trái tại a thì f liên tục tại a. 3.1.1.3. Ý nghĩa hình học của đạo hàm Nếu f khả vi tại a thì tồn tại tiếp tuyến của đồ thị C f tại điểm A( a , f ( a )) . Tiếp tuyến này không song song với trục 0y và có hệ số góc là f'() a . Trường hợp f không khả vi tại a mà tồn tại ft '() a và fp '() a . Lúc đó gọi điểm A( a , f ( a )) ∈ C f là điểm góc của C f ,và hai bán tiếp tuyến tại A không song song với nhau. Trường hợp f không khả vi tại a nhưng có f()() a+ h − f a ⎯⎯→⎯ +∞ hoÆc − ∞ h h→0+ f()() a+ h − f a hoặc ⎯⎯→⎯ +∞ hoÆc − ∞ h h→0− thì tại A( a , f ( a )) đường cong C f có một bán tiếp tuyến song song với 0y. Hình 3.2. mô tả các nội dung trên. y y C f C f f() a f() a 0 a x 0 a x H.3.2 3.1.1.4. Ý nghĩa cơ học của đạo hàm Cho chất điểm chuyển động tại thời điểm t được định vị bởi véc tơ bán kính r() t (Xem hình 3.3.) 70
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số z r() t 0 y x H.3.3 Gọi r= r() t là phương trình chuyển động của chất điểm. Giả sử tại thời điểm t1, t 2 véc tơ bán kính của chất điểm là r( t1 ), r ( t 2 ) Δr r()() t2 − r t1 Gọi vTB = = là vận tốc trung bình từ thời điểm t1 đến t2 t2− t 1 t2− t 1 Vận tốc tức thời v() t1 của chất điểm tại thời điểm t1 sẽ là giới hạn của tỉ số trên khi t2− t 1 → 0 . r()() t2 − r t1 v( t1 )= lim = r() t1 t→ t 2 1 t2− t 1 Vậy vận tốc tức thời của chất điểm chính bằng đạo hàm của véc tơ bán kính theo thời gian t. 3.1.2. Các phép tính đại số của các hàm khả vi tại một điểm Định lí 1: Cho f và g khả vi tại a khi đó 1. f+ g khả vi tại a và (f+ g )'( a )= f '( a )+ g '( a ) 2. ∀λ ∈ R,λ f khả vi tại a và (λf )'( a )= λ . f '( a ) 3. f. g khả vi tại a và (fga . )'( )= faga '( ). ( )+ faga ( ). '( ) ' f ⎛ f ⎞ f'( a ). g ( a )− f ( a ). g '( a ) 4. Nếu g( a )≠ 0 thì khả vi tại a và ⎜ ⎟ ()a = ⎜ ⎟ 2 g ⎝ g ⎠ g() a 71
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Chứng minh : 1. 1 1 1 ()(f++−+ g )( a h ) ( f g )( a ) =()f()() a +−+ h f a ()g()() a +−⎯ h g a ⎯→⎯ f'()'() a+ g a h h h h→0 1 1 2. ()(λf )( a+ h ) − (λ f )( a ) = λ ()f()() a + h − f a ⎯⎯→⎯ λf'() a h h h→0 1 1 3. ()(fg )( a+ h ) − ( fg )( a ) =()(fah()().()()()() + − fagah+ + fagah+ − ga ) h h ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ =⎜ ()f()().()() a + h − f a⎟ g a+ h + f a ⎜ ()g()() a+ h − g a ⎟ ⎯⎯→⎯ f'( a ). g ( a )+ f ( a ). g '( a ) ⎝ h ⎠ ⎝ h ⎠ h→0 do g()() a+ h⎯h⎯→⎯0→ g a vì g khả vi tại a. ' ⎛ 1 ⎞ g'() a 4. Trước hết chứng minh ⎜ ⎟ ()a = − ⎜ ⎟ 2 ⎝ g ⎠ g() a g() x liên tục tại a và g( a )≠ 0 vậy g khác không trong một lân cận của a, do đó tồn tại 1 hàm xác định ở lân cận của a, với h đủ bé thì g 1⎛⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎞ 1⎛ 1 1 ⎞ 1g ( a+ h ) − g ( a ) ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟()a+ h − ⎜ ⎟()a ⎟ = ⎜ − ⎟ = − h⎝⎝ g ⎠ ⎝ g ⎠ ⎠ h⎝ g() a+ h g() a⎠ h g()() a+ h g a 1 1 1 = −()g()(). a + h − g a → −g'( a ). h g()() a+ h g a g2 () a suy ra ' ' ⎛ f ⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 − g'() a f'( a ) g ( a )− f ( a ) g '( a ) ⎜ ⎟ ()a= ⎜ f ⎟ (a )= f '( a ). + f( a ). = . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ g ⎠ ⎝ g ⎠ g() a g() a g() a Định lí 2: (Đạo hàm của hàm hợp). Cho a∈ X,:,: f X→ R g Y→ R với f() X⊂ Y . Nếu f khả vi tại a và g khả vi tại f() a thì hàm hợp gof khả vi tại a và (gof )'( a )= g '( f ( a )) . f '( a ). (3.1) Chứng minh: Lấy h∈ R tuỳ ý sao cho a+ h∈ X . Đặt 72
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số ⎧ f()() a+ h − f a ⎪ − f'( a ) nÕu h ≠ 0 ε1()h = ⎨ h ⎩⎪0 nÕu h = 0 suy ra f( a+ h ) = f ( a ) + hf '( a )+ hε1 ( h ) ε1(h )⎯h⎯→⎯0→ 0 Lấy k∈ R tuỳ ý sao cho f() a+ k∈ Y . Đặt ⎧ g() f() a+ k − g( f() a ) ⎪ − g'() f ( a ) nÕu k ≠ 0 ε 2 ()k = ⎨ k ⎩⎪0 nÕu k = 0 suy ra g())( f() a+ k= g f()'()() a+ kg( f a)+ kε2 k ε 2 (k )⎯k⎯→⎯0→ 0 ∀h ∈ R sao cho a+ h ∈ X sẽ có ()gof( a+ h ) = g() f ( a+ h )= g( f () a+ hf '() a+ hε1 () h ) =g()( f() a + hf '() a+ hε1 ()'()h ()) g f a+ ( hf '() a+ hε1 (). h)ε 2 ( hf '() a+ hε1 () h ) = g() f( a )+ hf '( a ) g '( f ( a ))+ hε ( h ) trong đó ε()h= ε1 ()'() h g() f a+ ( f '() a+ ε1 (). h)ε 2 ( hf '() a+ hε1 () h ) vì ε1(h )⎯h⎯→⎯0→ 0, ε 2 (k )⎯k⎯→⎯0→ 0 suy ra ε(h )⎯h⎯→⎯0→ 0 . Dẫn đến ()gof()() a+ h − () gof a ⎯⎯→⎯ f'( a ). g '() f ( a ) h h→0 Định lí 3: (Đạo hàm của hàm ngược). Giả sử f: X→ R đơn điệu ngặt và liên tục trên X khả vi tại a∈ X và f'( a )≠ 0 Khi đó hàm ngược của f là f−1 :() f X→ R khả vi tại f() a và ' 1 ()f−1 () f() a = (3.2) f'() a Chứng minh: Theo giả thiết tồn tại song ánh f vậy tồn tại hàm ngược f −1 liên tục trên f() X . ∀y ∈ f()\() X{ f a } chúng ta xét 73
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số f−1()() y− f−1( f a ) 1 1 = → y− f() a y− f() a f'( a ) f−1() y− a nếu f'( a )≠ 0 ' 1 ' Chứng tỏ f −1 khả vi tại f() a và ( f−1 )() f() a = ⇒ (f−1 )() f( a ) . f '( a )= 1 f'() a −1 Nếu gọi C 1 là đồ thị của hàm f thì các tiếp tuyến tại và f − A() a,() f a∈ C f A' f ( a ), a∈ C −1 đối xứng với nhau qua đường phân giác của góc phần tư thứ I và III ()f Hình 3.4. mô tả điều đó y C 1 f − C f a a f'( a )≠ 0 f() a f() a f'( a )= 0 0 f() a a x 0 f() a a x H.3.4 3.1.3. Đạo hàm trên một khoảng (ánh xạ đạo hàm) A. Định nghĩa: Cho f∈ R X khả vi tại mỗi điểm x∈ (,) a b⊆ R Kí hiệu ánh xạ f': ( a , b ) → R xa f'() x là ánh xạ đạo hàm hay đạo hàm của f() x trên (a,b) thường kí hiệu f'() x hay df (x ),∀ x ∈ ( a , b ) . Cũng nói rằng f() x khả vi trên (,)a b⊆ X dx B. Các tính chất Các định lí dưới đây suy ra một cách dễ dàng từ các định lí ở mục 3.12. 74
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Định lí 1: Cho f,: g X→ R khả vi trên X , (tức là (,)a b= X ) khi đó. 1. f+ g khả vi trên X và (f+ g )'= f '+ g ' 2. ∀λ ∈ R,λ f khả vi trên X và (λf )'= λ f ' 3. f. g khả vi trên X và (f . g )'= f ' g+ fg ' ' f ⎛ f ⎞ f'' g− fg 4. g( x )≠ 0 trên X thì khả vi trên X và ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ 2 g ⎝ g ⎠ g Bằng một phép qui nạp đơn giản, nhận được: * Nếu n∈ N và f1, f 2 , , fn khả vi trên X thì ' n ⎛ n ⎞ n ∑ fi khả vi trên X và ⎜∑fi ⎟ = ∑ fi ' i=1 ⎝ i=1 ⎠ i=1 ' n ⎛ n ⎞ n f khả vi trên X và ⎜ f⎟ = f f f' f f ∏ i ⎜∏ i ⎟ ∑ 1k− 1 k k +1 n i=1 ⎝ i=1 ⎠ k=1 Định lí 2: Cho f∈ R X và g∈ RY . Nếu f khả vi trên X và g khả vi trên f() X thì gof khả vi trên X và (gof )'= ( g ' of ) f ' Mở rộng (hogof )'= ( h ' ogof )( g ' of ) f ' Định lí 3: Cho f∈ R X đơn điệu ngặt trên X , khả vi trên X và f'( x )≠ 0 trên X khi đó f −1 khả vi trên f() X và 1 (f −1 )'= f ' 3.1.4. Đạo hàm của các hàm số thông thường A. Hàm số mũ Cho f(),: x= ax f R→ R f()'() x+ h − f x ax+ h− a x ah −1 = = a x → ax ln a (nhờ vào công thức (2.6)) h h h Vậy hàm mũ khả vi trên R . Đặc biệt (ex )'= e x B. Hàm số lôgarit * R+ y Cho f( x )= loga x = y , f ∈ R . Hàm ngược x= a 1 1 x'= ay ln a ⇒ y ' = = ay ln a xln a 75
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số 1 Đặc biệt y= ln x thì y'= x C. Hàm luỹ thừa * Cho f(),, x= xα = yα ∈ R f ∈ RR+ lấy logarit cả 2 vế sẽ có lny= α ln x Sử dụng đạo hàm của hàm hợp ta có y' 1 =α ⇒y' = α xα −1 y x Trường hợp x ≤ 0 tuỳ theo α để biểu thức xα −1 xác định thì ta vẫn có y'= α xα −1 D. Hàm lượng giác Cho f( x )= sin x , f ∈[] − 1,1 R sin(x+ h ) − sin x cosh− 1 sinh = sin x + cos x h h h h 2sin2 sinh = sin x 2 + cos x h h h 2sin 2 sinh Theo công thức (2.1) suy ra ⎯⎯→⎯ 1, 2 ⎯⎯→⎯ 0 h h→0 h h→0 Vậy (sinx )'= cos x , ∀ x∈ R Tương tự có thể chỉ ra f( x )= cos x cũng khả vi trên R ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ và cosx= sin⎜ x + ⎟ ⇒(cosx )' = cos⎜ x + ⎟ = −sin x ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎧π ⎫ suy ra tgx khả vi trên R\ ⎨ + kπ , k ∈ Z ⎬ và ⎩ 2 ⎭ ' ⎛ sin x ⎞ cos2 x+ sin 2 x 1 (tgx )'= ⎜ ⎟ = = =1 + tg2 x ⎝ cos x ⎠ cos2 x cos2 x cotgx khả vi trên R\,{} kπ k∈ Z và 1 (cotgx )'= − = −(1 + cotg2 x ) . sin 2 x E. Hàm lượng giác ngược Cho f( x )= arccos x = y, f ∈ [ 0,π ][−1,1] ta sẽ chứng minh f() x khả vi trên (− 1,1) . 76
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Thật vậy hàm ngược của nó x= cos y . x '= − sin y = − 1 − cos2 y vì y ∈ (0,π ) 1 1 Vậy (arccosx )'= − = − 1− cos2 y1− x2 1 Tương tự (arcsinx )'= 1− x2 1 (arctgx )'= 1+ x2 1 (arc cot gx )'= − 1+ x2 F. Hàm cho theo tham số Cho f∈ R X dưới dạng tham số x :(,),:(,)α β → X y α β → R ⎧x= ϕ() t Cụ thể ⎨ ⎩y= ψ () t víi t ∈(,)α β = T Nếu x, y khả vi trên T, tồn tại hàm ngược t= ϕ −1() x khả vi và ϕ'()t khác không trên T, thì theo công thức tính đạo hàm của hàm số ngược và hàm số hợp sẽ nhận được dy ψ '()t = (3.3) dx ϕ'()t G. Đạo hàm lôgarit Nếu f có dạng tích của các nhân tử với số mũ cố định hoặc f= uv , u = u ( x ) > 0, v = v ( x ) , thì ta có thể xét đạo hàm logarit của f tương tự như hàm luỹ thừa trong mục C hoặc hàm số mũ trong mục A Sau đó sử dụng định lí đạo hàm của hàm hợp. Thật vậy f() x= uα v βω γ trong đó α,,β γ ∈ R còn các hàm u( x ), v ( x ),ω ( x ) khả vi trên X và luôn dương trên X . Khi đó. lnf ( x )= α ln u+ β ln v + γ lnω f ''''u v ω =α + β + γ . f u v ω ⎛ u'''v ω ⎞ ⇒f'() x =⎜α + β + γ ⎟ f() x ⎝ u v ω ⎠ Hoặc có thể biểu diễn f() x= eαlnu+ β ln v + γ ln w Các cách tính đạo hàm thông qua công thức đạo hàm của hàm lôgarit gọi là đạo hàm lôga. 77
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số H. Bảng các đạo hàm của các hàm số thông dụng y= C = const ∀x ∈ R y'= 0 ∀x∈ R α α −1 y= x,α ∈ R ∀ x ∈ X y'= α x ∀ x ∈ X1 ⊂ X y= sin x ∀x ∈ R y'= cos x ∀ x∈ R y= cos x ∀x ∈ R y'= − sin x ∀ x∈ R ⎧π ⎫ 1 2 ⎧π ⎫ y= tgx ∀ x ∈ R\ ⎨ + kπ , k ∈ Z⎬ y'= =1 +tg x ∀ x ∈ R\ ⎨ + kπ , k ∈ Z ⎬ ⎩ 2 ⎭ cos2 x ⎩ 2 ⎭ 1 y = cot gx ∀ x ∈ R\,{} kπ k∈ Z y'= − = −(1 + cotg2 x ) ∀ x ∈ R \{} kπ , k∈ Z sin 2 x y= ax ∀ x ∈ R y'= ax ln a ∀ x ∈ R 1 y=log x ∀ x ∈ R* y'= ∀x ∈ R* a + xln a + 1 y= arcsin x ∀ x ∈[] −1,1 y'= ∀x ∈( − 1,1) 1− x2 1 y= arccos x ∀ x ∈[] −1,1 y'= − ∀x ∈( − 1,1) 1− x2 1 y= arctgx ∀x ∈ R y'= ∀x ∈ R 1+ x2 1 y= arccot gx ∀ x ∈ R y'= − ∀x ∈ R 1+ x2 y= shx ∀ x∈ R y'= chx ∀ x∈ R y= chx ∀ x∈ R y'= shx ∀ x∈ R 1 y= thx ∀ x ∈ R y'= =1 −th2 x ∀ x ∈ R ch2 x 1 y=coth x ∀ x ∈ R \{} 0 y'= − =1 − coth 2 x ∀ x ∈ R \{} 0 sh2 x Ví dụ 1: Hãy tính đạo hàm tại 0 của các hàm số sau (nếu có) ⎧ 1 ⎪x2 sin x ≠ 0 1. f1() x = ⎨ x ⎩⎪0 x = 0 1 3 2. f2 () x= x 2 3 3. f3 () x= x Giải: 78
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số 1 h2 sin f( h )− f (0) 1 1. 1 1 =h =hsin ⎯⎯→⎯0 = f '(0) h h h h→0 1 f( h )− f (0)h3 1 2. 2 2 = = ⎯⎯→⎯ +∞ ,f() x không khả vi tại 0 h h 2 h→0 2 h 3 2 f( h )− f (0)h 3 1 3. 3 3 = = ⎯⎯→⎯ +∞ h h 1 h→0 + h3 ⎯⎯⎯→−∞ ,f() x không khả vi tại 0 h→0 − 3 Ví dụ 2: Cho f∈ R X khả vi tại a∈ X . Hãy tìm f()() a+ h2 − f a + h lim h→0 h Giải: f()()()()()() a+ h2 − f a + h f a+ h2 − f a f a+ h − f a = h − → − f'() a h h2 h Ví dụ 3: Chứng tỏ rằng f∈ R R cho bởi biểu thức dưới đây không khả vi tại mọi x∈ R ⎧x+1 nÕu x ∈ Q f() x = ⎨ ⎩3 − x nÕu x∈ R\ Q Giải: Nhận thấy tập Q và R\Q đều trù mật lấy x0 ∈ R limf ( x )= x0 + 1 , limf ( x )= 3 − x0 x→ x0 x→ x0 x∈ Q x∈ R\ Q Để liên tục tại x0 thì x0 +1= 3 − x0⇔ x 0 = 1 Vậy hàm không khả vi tại x ≠ 1 f(1+ h )− f (1) h Xét 1+h ∈ Q , = ⎯h⎯→→⎯0 1 h h h∈ Q f(1+ h )− f (1) h Xét 1+h ∈ R \ Q , = − ⎯h⎯→→⎯0 −1 h h h∈ R\ Q Vậy không tồn tại f '(1) Ví dụ 4: Cho f và g khả vi tại a tính f()()()() x g a− f a g x lim x→ a x − a Giải: 79
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Lập hàm số h()()()()() x= f x g a− f a g x khả vi tại a và h( a )= 0 f()()()() x g a− f a g x h()() x− h a lim = lim = h'() a x→ a x − a x→ a x − a = f'()()'()() a g a− g a f a Ví dụ 5: Vẽ đồ thị của hàm số và đạo hàm của hàm số sau đây. 1. y= x x 2. y= ln x Giải: Trước hết ta hãy tính y'() x ⎪⎧−x2 x ≤ 0 ⎧−2x x 0 − x2 yt '(0)= lim = 0 , y p '(0)= 0 . yt '(0)= y p '(0) = 0 ⇒y '2 = x trên R x→0 − x ⎧ 1 ⎪ (− 1) x 0 1 x ⎩ ⎪ x > 0 ⎩⎪ x Hình 3.5. mô tả các đồ thị của y và y’ y y y’ 2 2 1 -1 -2 -1 0 1 x 0 1 2 x -1 -1 y -2 H.3.5 80
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Ví dụ 6 : Tính đạo hàm y x ' của hàm số ⎧x=ln(1 + t 2 ) ⎨ ⎩y= t − arctgt 1 1 − dy d() t− arctgt 2 t Giải: y '= = = 1 + t = x dx dln(1+ t 2 ) 2t 2 1 + t 2 3.2. VI PHÂN CỦA HÀM SỐ 3.2.1. Định nghĩa vi phân tại một điểm Cho f∈ RX , f khả vi tại a∈ X . Vi phân của f tại a kí hiệu df() a xác định bởi công thức df( a )= f '( a ). h với h∈ R Vậy df() a là một hàm tuyến tính của h Xét hàm số f() x= x trên R , f'( x )= 1,∀ x∈ R vậy dx= 1. h Từ đó cũng thường kí hiệu df( a )= f '( a ). dx Hệ quả: Để f() x khả vi tại a điều kiện cần và đủ là tồn tại hằng số λ ∈ R và một VCB α()h tại 0 sao cho f()() a+ h− f a= λ h+ hα() h đồng thời λ = f'() a . Thật vậy f() x khả vi tại a khi và chỉ khi tồn tại f'() a f()() a+ h − f a Nghĩa là lim = f'() a h→0 h f()() a+ h − f a Hay là −f'( a ) =α ( h ) ⎯⎯→⎯ 0 h h→0 f( a+ h ) − f ( a ) = f '( a ). h+ hα ( h ) Vậy f'() a = λ Tương tự như đạo hàm tại một điểm, ta nhận được tính chất đại số của vi phân. Định lí : Nếu f, g∈ R X và khả vi tại a∈ X thì 1. d( f+ g )( a )= df ( a )+ dg ( a ) 2. d(λ f )( a )= λ df ( a ) với λ ∈ R 81
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số 3. d( f . g )( a )= f ( a ) dg ( a )+ g ( a ) df ( a ) ⎛ f ⎞ 1 4. d⎜ ⎟()a = g()()()() a df a− f a dg a khi g( a )≠ 0 ⎜ ⎟ 2 () ⎝ g ⎠ g() a Chú ý: • f()()() a+ h − f a = Δ f a là số gia của hàm số ứng với số gia đối số Δx= h . Vậy nếu f() x khả vi tại a thì với h khá bé sẽ có công thức tính gần đúng số gia của hàm số Δf()() a≈ df a . • Xét hàm hợp gof . Nếu f khả vi tại a và g khả vi tại f() a theo định lí 2 thì gof khả vi tại a. Tức là d( gof)()( a )= gof '( a ). h= g '( f ( a )) . f '( a ). h= g '( f ( a )) . df ( a ) . Như vậy dù x là biến độc lập hay biến phụ thuộc thì dạng vi phân đều giống nhau. Người ta nói vi phân cấp 1 có tính bất biến. 3.2.2. Vi phân trên một khoảng Cho f∈ R X khả vi trên (,)a b⊆ X . Vi phân của hàm số trên (,)a b được xác định theo công thức df( x )= f '( x ). h với x∈ (,) a b . Tương tự như định lí trên, ta nhận được định lí sau đây. Định lí: Nếu f, g khả vi trên (,)a b thì trên khoảng đó cũng thoả mãn các hê thức sau. 1. d( f+ g )( x ) = df ( x ) + dg ( x ) 2. d(λ f )( x )= λ df ( x ) 3. d( f . g )( x )= f ( x ) dg ( x )+ g ( x ) df ( x ) ⎛ f ⎞ 1 4. d⎜ ⎟()x = g()()()() x df x− f x dg x khi g( x )≠ 0 ⎜ ⎟ 2 () ⎝ g ⎠ g() x Ví dụ 1: Tính gần đúng sin 60o 40' Giải: Đặt f( x )= sin x , ta có f'( x )= cos x π 40.π π Chọn x =60 o = , khi đó h =40' = = o 3 60.180 270 82
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Theo công thức xấp xỉ ta có: π sin 60o 40'≈ sin 60o + cos 60o . 270 3 1 π ≈ +. =0,866 + 0,006 = 0,872 2 2 270 Ví dụ 2: Một hình cầu bằng kim loại bán kính R , khi nóng lên bán kính nở thêm một đoạn ΔR . Tính thể tích mới của hình cầu một cách chính xác và gần đúng. Áp dụng bằng số R=5 cm , Δ R= 0,1 cm Giải: Công thức tính thể tích V của hình cầu là: 4 VR= π 3 3 Sau khi giãn nở, bán kính hình cầu là R + ΔR , thể tích mới của hình cầu tính chính xác là: 4 4 VVRR+ Δ =π () + Δ3 =π (5 + 0,1)3 = 176,868π cm 3 3 3 Nếu tính gần đúng, ta xem: ΔV≈ dV ( Số gia của thể tích gần bằng vi phân) và khi đó thể 4π tích VR= 3 xem như hàm số của đối số R . Vậy: 3 dV= V'. Δ R = 4π R2 . Δ R R = 4π .52 .0,1= 10π cm3 Thể tích ban đầu của hình cầu: 4 4 VR=π3 = π 53 = 166,666π cm 3 3 3 Vậy thể tích mới của hình cầu tính gần đúng là: V+ Δ V ≈ V + dV =176,666π cm3 Sai số tuyệt đối trong bài toán này là: 176,868π cm3 −176,666π cm3 = 0,202π cm3 Như vậy sai số tương đối là: 0,202π δ = = 0,0011 176,868π 83
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số 3.3. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO 3.3.1. Đạo hàm cấp cao A. Định nghĩa 1. Cho f khả vi trên X , nếu f'() x khả vi tại a∈ X thì nói rằng f có đạo hàm cấp 2 tại a và kí hiệu đạo hàm đó là f"( a ) . Tương tự đạo hàm cấp n của f() x tại a, kí hiệu là f()n () a chính là đạo hàm của hàm f(n− 1) () x tại a. 2. Nói rằng f() x khả vi đến cấp n (hay n lần) trên X khi và chỉ khi tồn tại f()n () x trên X , n∈ N * trong đó f()n () x là đạo hàm của f(n− 1) () x 3. Nói rằng f() x khả vi vô hạn lần trên X khi và chỉ khi f() x khả vi n lần trên X , ∀n ∈ N . Sau đây thường kí hiệu f(0) ()() x= f x Chú ý: • Nếu f khả vi n lần trên X thì ∀p, q∈ N sao cho p + q≤ n ta có ()q ()f()p = f ()p+ q • Tập xác định của f ()n thường chứa trong tập xác định của f (n− 1) B. Định lí Cho λ ∈R,,, n ∈ N* f g∈ R X khả vi n lần trên X , khi đó trên X có các hệ thức sau đây: ()f+ g()n = f()()n + g n 1. ()λf()n = λ f ()n n ()n k()() k n− k 2. ()fg= ∑ Cn f g gọi là công thức Leibnitz k =0 f 3. g( x )≠ 0 trên X thì khả vi n lần trên X g Chứng minh: 1. và 2. được chứng minh dễ dàng bằng qui nạp 3. chứng minh qui nạp theo n như sau: Với n =1, công thức đúng theo định lí 2 trong 3.1.3. Giả sử f, g khả vi (n+1) lần trên X và công thức Leibnitz đã đúng với n tức là: n ()n k()() k n− k ()()k n− k ()f. g= ∑ Cn f g đó là tổng của những f g khả vi trên X nên tồn k =0 tại ()f. g (n+ 1) và 84
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số n n n+1 n (n+ 1) k( k+ 1) ( n − k ) k( k ) ( n− k + 1) l−1 ( l ) ( n+ 1 − l ) k( k ) ( n+ 1 − k ) ()f. g = ∑Cn f g + ∑Cn f g = ∑Cn f g + ∑Cn f g k =0 k =0 l =1 k =0 n+1 n+1 l−1 ( l ) ( n+ 1 − l ) k( k ) ( n+ 1 − k ) −1 n+1 = ∑Cn f g + ∑Cn f g (vì Cn = 0 và Cn = 0 ) l =0 k =0 n+1 n+1 k −1 k( k ) ( n+ 1 − k ) k( k ) ( n+ 1 − k ) =∑()Cn + Cn f. g = ∑Cn+1 f g k =0 k =0 4. Qui nạp theo n. ' ⎛ f ⎞ f'' g− fg ⎛ f ⎞ Với n =1 ta có công thức ⎜ ⎟ = chứng tỏ rằng ⎜ ⎟ khả vi ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎝ g ⎠ g ⎝ g ⎠ Giả sử rằng f, g khả vi (n+1) lần và tính chất đã đúng với n. Vì f', g , f , g ' khả vi n lần f'' g− fg trên X nên f'' g− fg và g 2 khả vi n lần trên X . Theo giả thiết qui nạp khả vi n g 2 f lần trên X như vậy khả vi (n+1) lần trên X . g 3.3.2. Vi phân cấp cao A. Định nghĩa 1. Nếu f khả vi đến cấp n tại a∈ X thì biểu thức f()n ( a ). hn gọi là vi phân cấp n tại a kí hiệu là dn f() a . Vậy là dn f()() a= f()n a h n hay dn f()() a= f()n a dxn 2. Nếu f khả vi đến cấp n trên X thì vi phân cấp n của f trên X được kí hiệu là dn f( x ), x∈ X và xác định theo công thức sau ∀x ∈ X,()()() dn f x= f()n x h n= f() n x dxn B. Công thức tính vi phân cấp cao Từ định lí về đạo hàm cấp cao, trực tiếp nhận được các công thức tính vi phân cấp cao dưới đây Định lí: Nếu f, g khả vi đến cấp n trên X thì khi đó 1. dn () f+ g = dn f + dn g 2. Với λ ∈ R,() dn λ f= λ dn f n n k k n− k 3. d(.) f g= ∑ Cn d f. d g k =0 f 4. Nếu g( x )≠ 0 thì có vi phân đến cấp n. g 85
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Chú ý: ()n ⎛ f ⎞ n f • Không có công thức đơn giản cho ⎜ ⎟ cũng như d . ⎝ g ⎠ g • Tính bất biến của vi phân bị phá vỡ khi lấy vi phân cấp cao (từ 2 trở lên), Ví dụ sau sẽ chứng tỏ điều đó. Cho hàm hợp gof , trong đó f(),() x= x3 g f = f2 ⇒ g( f() x) = x6 ⇒dg( x ) = 6 x5 dx ⇒ d2 g( x ) = 30 x4 dx 2 Mặt khác dg( f )= 2 fdf ⇒ d2 g( f )= 2( df )2 mà df=3 x2 dx ⇒ d2 g( f )= 18 x4 dx 2 ≠ 30 x4 dx 2 3.3.3. Lớp của một hàm A. Định nghĩa 1. Cho n∈ N , Ta nói f thuộc lớp C n (kí hiệu f∈ C n ) trên X nếu f khả vi n lần trên X và f ()n liên tục trên X . 2. Nói rằng f∈ C ∞ trên X nếuf khả vi vô hạn lần trên X . 3. Nói rằng f∈ C 0 trên X nếu f liên tục trên X . Chú ý: Như vậy, một hàm có thể khả vi n lần trên X nhưng chưa chắc đã thuộc C n . Chẳng hạn ⎧ 2 1 ⎪x sin , x ≠ 0 1 f() x = ⎨ x khả vi trên R nhưng không thuộc lớp C trên R ⎩⎪0 , x = 0 Thật vậy ⎧ 1 1 ⎪2x sin − cos , x ≠ 0 f'( x ) = ⎨ x x không có limf '( x ) x→0 ⎩⎪0 , x = 0 n * 4. Nói rằng f∈ C từng khúc trên [a, b] khi và chỉ khi tồn tại p∈ N, a0 , , ap ∈ R để n f∈ C trên []ai, a i+1 ( i= 0, , p − 1) ⎧x2 nÕu x ∈ (0,1] Chẳng hạn f() x = ⎨ ⎩0 nÕu x ∈[] −1,0 86
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số ⎧2x nÕu x ∈ (0,1] f'( x ) = ⎨ ⎩0 nÕu x ∈[] −1,0 Vậy f() x∈ C1 trên [−1,1] ⎧2 nÕu x ∈ (0,1] f"( x ) = ⎨ ⎩0 nÕu x ∈[] −1,0 f∈ C 2 từng khúc trên []−1,1 B. Định lí Định lí 1: Nếu f, g∈ C n trên X thì 1. ()f+ g ∈ C n trên X 2. λf∈ C n trên XR,λ ∈ 3. fg∈ C n trên X f 4. ∈ C n trên X khi g( x )≠ 0 ∀ x∈ X g Định lí này thực chất là hệ quả của định lí trong mục 3.3.1. Định lí 2: Cho f∈ R X và g∈ RY ,() f X⊂ Y . Nếu f và g thuộc lớp C n thì gof∈ C n trên X Chứng minh : Qui nạp theo n. Với n =1 định lí đúng (theo định lí 2 trong mục 3.1.3.) Giả sử định lí đã đúng với n, cho f, g∈ C n+1 trên X và trên Y . Ta có (gof )'= ( g ' of ) f ' Vì f,' g∈ C n , từ giả thiết qui nạp chứng tỏ g' of∈ C n . Hơn nữa f'∈ C n Vậy tích (g ' of ). f '∈ C n , chứng tỏ gof∈ C n+1 Ví dụ 1: Cho f(),, x= xm m ∈ N x ∈ R Tính f()n () x với n∈ N Giải: f'( x )= mxm−1 , f "( x )= m ( m − 1) xm−2 , f()k ( x )= m ( m − 1) ( m − k + 1) xm− k 87
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Chứng tỏ ⎧m( m− 1) ( m − n + 1) xm− n nÕu n m Ví dụ 2: Chứng minh nếu f( x )= sin x thì ⎛ π ⎞ ∀x ∈ R, ∀ n ∈ N*() fn ( x )= sin⎜ x + n ⎟ ⎝ 2 ⎠ Giải: ⎛ π ⎞ Trường hợp n =1. Đúng (sinx )'= cos x = sin⎜ x + ⎟ ⎝ 2 ⎠ Giả sử công thức đúng với n ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ f()n ( x )= sin⎜ x + n⎟ ⇒ f(n+ 1) ( x )= cos⎜ x + n ⎟ =sin⎜ x + ( n + 1) ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Tương tự cũng nhận được ⎛ π ⎞ (cosx )()n = cos⎜ x + n⎟,, ∀ x ∀ n ∈ N ⎝ 2 ⎠ Ví dụ 3 *: Cho y= arctgx hãy tính y()n () x Giải: 1 ⎛ π ⎞ Vì x= tgy ⇒ y' = =cos2 y = cos y .sin⎜ y + ⎟ 1+ x2 ⎝ 2 ⎠ ⎡ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞⎤ y"=⎢ − sin y .sin⎜ y + ⎟ + cosy .cos⎜ y+ ⎟⎥ y' ⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎦ ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ = cos2 y .cos⎜ 2 y + ⎟ = cos2 y .sin 2⎜ y + ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛ π ⎞ Bằng qui nạp suy ra y()n =( n − 1)!cosn y .sin n⎜ y + ⎟ ⎝ 2 ⎠ 1 π Ta có Z= arctg = − y (xét x ≠ 0 ) x 2 ()n 1 Vậy y=( n − 1)! n sinn (π − Z ) (1+ x2 ) 2 ()n n−1 1 ⎛ 1 ⎞ Hay y( x )= ( − 1) (n − 1)! n sin⎜n . arctg ⎟ (1+ x2 ) 2 ⎝ x ⎠ 88
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Ví dụ 4: Tính đạo hàm cấp 100 của hàm số f( x )= x2 sin x Giải: Áp dụng công thức Leibnitz 100 (100) k 2 (k ) (100−k ) f( x )= ∑ C100 ( x ) (sin x ) k =0 (100) 0 2 (100) 1 2 (99) 2 2 (98) fxCxx() = 100 (sin )+ Cx100 ( )'(sin x )+ Cx100 ( )"(sin x ) ⎛ 99π ⎞ =x2 sin( x + 50π ) + 200x sin⎜ x + ⎟ + 9900sin(x + 49π ) ⎝ 2 ⎠ =x2 sin x − 200 x cos x − 9900sin x Ví dụ 5: Cho f : (− 1,1) → R 2x + 3 f() x = hãy tính f()n () x (x− 1)2 ( x + 1) Giải: Phân tích f() x thành các phân thức tối giản 5 1 1 1 1 1 f() x = . − . + . 2 (x − 1)2 4 x−1 4 x +1 5 (n + 1)! 1 n! 1 n! f()n () x =.( − 1)n . −.( − 1)n +.( − 1)n 2 (x − 1)2+n 4 (x − 1)n+1 4 (x + 1)n n−1 Ví dụ 6*: Cho fn ( x )= x ln(1 + x ) với x ∈ (− 1,+∞ ) . Chứng minh f() x khả vi n lần trên (− 1,+∞ ) và trên đó có n 1 f()n ( x )= ( n − 1)! n ∑ k k =1 (1+ x ) Giải: n−1 ∞ Các hàm x và ln(1+ x ) khả vi vô hạn lần trên (− 1,+∞ ) vậy fn () x∈ C trên (− 1, +∞ ) . Chứng minh qui nạp theo n. 1 + n =1 f'() x = đúng 1 1+ x + Giả sử công thức đúng với n, theo công thức Leibnitz d n+1 f(n+ 1) ().()()() x = {}x f x= xf(n+ 1) x+ C1 f (n ) x n+1 dxn+1 n n n+1 n 89
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số n − k n 1 =x( n − 1)! +(n + 1)( n − 1)! ∑ k +1 ∑ k k =1 (1+ x ) k =1 (1+ x ) n ⎧ − k k n +1 ⎫ =(n − 1)! + + ∑⎨ k k +1 k ⎬ k =1 ⎩(1+ x ) (1+ x ) (1+ x ) ⎭ ⎧ n n+1 − k n+1 l −1 ⎫ =(n − 1)! + ⎨∑k ∑ l ⎬ ⎩k =1 (1+ x ) l =2 (1+ x ) ⎭ ⎧ n n n n ⎫ =(n − 1)! + + ⎨ n+1 ∑ k ⎬ ⎩1+ x (1+ x )k =2 (1+ x ) ⎭ n+1 1 = n! Vậy công thức đúng với n+1. ∑ k k =1 (1+ x ) Nếu x ≠ 0 sẽ có 1 n 1− n n ()n 1 (n − 1)! (1+ x ) (n− 1)!() (1 + x ) − 1 f( x )= ( n − 1)! = . = n ∑ k 1 n k =1 (1+ x ) 1+ x 1− x(1+ x ) 1+ x Ví dụ 7*: Cho các đa thức P( x ), Q ( x ) và hàm số f∈ C ∞ trên R với ⎧P( x ) x ≤ 0 f() x = ⎨ ⎩Q( x ) x > 0 chứng minh PQ= Giải: Vì f∈ C∞ ⇒ ∀ n có: f()n (0)= P()n (0) = Q()n (0) ⇒ degPQ = deg m Giả sử P() x= a0 + a 1 x + + am x với n∈ N m Q() x= b0 + b 1 x + + bm x ∀n = 0,1, , m sẽ có an= b n thật vậy P()n (0) Q()n (0) P(0)= a = Q (0) = b ; a = = = b 0 0 n n! n! n ⇒P()() x = Q x 2 ⎧ f() x nÕu g( x )≥ 0 Ví dụ 8*: Cho f, g∈ C trên R và h() x = ⎨ 3 ⎩ f( x )+ () g ( x ) nÕu g ( x )< 0 90
Chương 3: Phép tính vi phân hàm số một biến số Chứng minh h∈ C 2 trên R Giải: ⎧0 nÕu t ≥ 0 Dễ dàng nhận được ϕ()t = ⎨ 3 ⎩t nÕu t 0 hoặc f( x )− f ( a ) 0 ⇒ ≤ 0 ⎪ h ⎨ f()() a+ h − f a ⎪h <0 ⇒ ≥ 0 ⎩⎪ h Chuyển qua giới hạn khi h → 0 sẽ có ⎧ f'( a )≤ 0 ⎨ ⇒ f'( a )= 0 ⎩ f'( a )≥ 0 Hàm đạt cực tiểu địa phương cũng chứng minh tương tự Chú ý: • Sau này thường nói rằng hàm đạt cực trị tại a theo nghĩa là đạt cực trị địa phương tại a. 91