Giáo trình Toán cao cấp C1 - Trần Ngọc Hội

Nội dung text: Giáo trình Toán cao cấp C1 - Trần Ngọc Hội

1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC CƠNG NGHỆ SÀI GỊN BAN KHOA HỌC CƠ BẢN BỘ MƠN TỐN BÀI GIẢNG TỐN CAO CẤP C1 (HỆ ĐẠI HỌC) Biên soạn: TS TRẦN NGỌC HỘI TP HỒ CHÍ MINH − 2009 LƯU HÀNH NỘI BỘ 1
2. Lời nĩi đầu ___ T ập bài giảng Tốn cao cấp C1 (Hệ đại học) được biên soạn trên cơ sở đề cương mơn học của Trường Đại học Cơng Nghệ Sài Gịn; nhằm đáp ứng yêu cầu nâng cao chất lượng giảng dạy trong giai đoạn nhà trường thực hiện đào tạo theo học chế tín chỉ. Tập bài giảng này chứa đựng nội dung mà tác giả đã giảng dạy ở Trường Đại học Cơng Nghệ Sài Gịn và các trường đại học khác. Tác giả bày tỏ lịng cảm ơn đối với các đồng nghiệp ở Ban Khoa học Cơ bản - Trường Đại học Cơng Nghệ Sài Gịn đã động viên, đĩng gĩp nhiều ý kiến quý báu cho việc biên soạn. Tuy vậy, thiếu sĩt vẫn khơng thể tránh khỏi. Tác giả rất mong nhận được những nhận xét gĩp ý của quý đồng nghiệp cho tập bài giảng này và xin chân thành cám ơn. Tp. Hồ Chí Minh, tháng 09 năm 2009 Tác giả 2
3. MỤC LỤC CHƯƠNG 1. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN A. HÀM SỐ 1. HÀM SỐ SƠ CẤP CƠ BẢN 5 2. HÀM SỐ SƠ CẤP 9 B. GIỚI HẠN 1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT 10 2. HÀM TƯƠNG ĐƯƠNG 12 3. VƠ CÙNG BÉ (VCB) - VƠ CÙNG LỚN 16 4. DẠNG VƠ ĐỊNH 1∞ 22 C. LIÊN TỤC 1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT 23 2. HÀM SỐ LIÊN TỤC TRÊN MỘT ĐOẠN 25 D - ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 1. KHÁI NIỆM ĐẠO HÀM 27 2. PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐẠO HÀM 30 3. VI PHÂN 34 4. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO 36 5. QUI TẮC L’HOSPITAL 38 6. KHAI TRIỂN TAYLOR 43 7. ỨNG DỤNG 47 BÀI TẬP 53 CHƯƠNG 2. PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN A - TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 1. KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 59 3
4. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 61 3. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ 67 4. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC 71 5. TÍCH PHÂN HÀM VƠ TỈ 73 B -TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH - TÍCH PHÂN SUY RỘNG 1. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 78 2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG 84 3. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 88 4. KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 90 BÀI TẬP 95 CHƯƠNG 3. PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM NHIỀU BIẾN 1. KHÁI NIỆM VỀ HÀM NHIỀU BIẾN 99 2. ĐẠO HÀM RIÊNG 102 3. ĐẠO HÀM RIÊNG CỦA HÀM HỢP 104 4. ĐẠO HÀM RIÊNG CỦA HÀM ẨN 105 5. VI PHÂN 107 6. CỰC TRỊ 109 7. CỰC TRỊ CĨ ĐIỀU KIỆN 110 8. GIÁ TRỊ LỚN NHẤT- GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT 113 9. MỘT SỐ BÀI TỐN KINH TẾ 115 BÀI TẬP 118 4
5. CHƯƠNG 1 PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀM MỘT BIẾN A. HÀM SỐ 1. HÀM SỐ SƠ CẤP CƠ BẢN 1.1. Hàm lũy thừa y = xα (α : Const) Miền xác định D của hàm số y = xα phụ thuộc vào α. Trường hợp α là số vơ tỉ, ta cĩ D = [0; +∞) nếu α > 0; D = (0; +∞) nếu α 0 và y, α∈R, ta cĩ: ⎧ylogx= a y 1) ⎨ ⇔= x a . Đặc biệt, logaa 1 = 0; log a = 1. ⎩x0> 2) aloga x = x. 3) loga12 (x x ) = log a1 (x ) + log a2 (x ). x1 4) logaa1a2 ( ) = log (x ) - log (x ). x2 1 Đặc biệt, log ( ) = - log (x). aax α 5) logaa (x ) =α log (x). 1 6) logα (x) = log (x) (α≠ 0). a α a 7) logxaab = logb.logx; loga x logb x = . loga b 8) lnx = loge x : Logarit Nêpe của x. lgx = log x : Logarit thập phân của x. 10 Ví dụ: Tính A = log1325. ln 25 Giải: A==≈ log 25 1,254947126 . 13 ln13 5
6. 1.4. Hàm số lượng giác và hàm ngược 1.4.1. Hàm y = sinx và y =arcsinx: Với −1 ≤ a ≤ 1, ta định nghĩa: ⎧sinα= a; ⎪ arcsin a =α⇔⎨ π π −≤α≤. ⎩⎪ 22 Khi đĩ arcsina (−1 ≤ a ≤ 1) được xác định duy nhất. Như vậy, y= arcsinx là hàm số cĩ tính chất sau: • Miền xác định: D = [−1;1]. ππ • Miền giá trị: [;].− 22 ππ • ∀α ∈[;],a[1;1];sina − ∀ ∈ − α = ⇔ arcsina. = α 22 • y = arcsinx là hàm số lẻ, nghĩa là arcsin(−x) = − arcsinx. Ví dụ: arcsin(1/2) = π/6; arcsin(− 3 /2) = − arcsin( 3 /2) = −π/3; arcsin(−1/2) = π/6; arcsin(−3/4) = − arcsin(3/4) ≈ − 0,848062079; arcsin(−4) khơng tồn tại. 1.4.2. Hàm y = cosx và y =arccosx: 6
7. Với −1 ≤ a ≤ 1, ta định nghĩa: ⎧cosα= a; arccosa =α⇔⎨ ⎩0.≤ α≤π Khi đĩ arccosa (−1 ≤ a ≤ 1) được xác định duy nhất. Như vậy, y= arccosx là hàm số cĩ tính chất sau: • Miền xác định: D = [−1;1]. • Miền giá trị: [0;π ]. • ∀α ∈[0; π ], ∀ a ∈ [ − 1;1];cos α = a ⇔ arccos a = α . • arccos(− x) = π − arccosx. Ví dụ: arccos(1/2) = π/3; arccos(− 3 /2) = π − arccos( 3 /2) = π − π/6 = 5π/6; arccos(− 2 /2) = π − arccos( 2 /2)= 3π/4; arccos(−3/4) = π - arccos(3/4)≈ 2,418858406; arccos(− 4) khơng tồn tại. 1.4.3. Hàm y = tgx và y =arctgx: 7
8. Với a ∈ R, ta định nghĩa: ⎧tgα= a; ⎪ arc tga =α⇔⎨ π π −<α<. ⎩⎪ 22 Khi đĩ arctga được xác định duy nhất. Như vậy, y= arctgx là hàm số cĩ tính chất sau: • Miền xác định: D = R. ππ • Miền giá trị: (;).− 22 ππ • ∀α ∈( − ; ), ∀ a ∈ , tg α = a ⇔ arctga = α . 22 • y = arctgx là hàm số lẻ, nghĩa là arctg(−x) = − arctgx. Ví dụ: arctg1 = π/4; arctg(− 3 /3) = − arctg( 3 /3) = − π/6; arctg(−1)= −π/4; arctg(3/4) ≈ 0,643501108; arctg(− 4) ≈ −1,3258. 1.4.4. Hàm y = cotgx và y =arccotgx: Với a ∈ R, ta định nghĩa: ⎧cotgα= a; arc cotga =α⇔⎨ ⎩0.< α<π Khi đĩ arccotga được xác định duy nhất. Như vậy, y= arccotgx là hàm số cĩ tính chất sau: • Miền xác định: D = R. • Miền giá trị: (0;π ). • ∀α ∈(0; π ), ∀ a ∈ ,cot g α = a ⇔ arc cot ga = α . • arccotg(−x) = π − arccotgx. Ví dụ: arccotg1 = π/4; arccotg(− 3 /3) = π − arccotg( 3 /3) = π − π/3 = 2π/3; 8
9. arccotg(− 3 ) = π − arccotg( 3 ) = π − π/6 = 5π/6; arccotg(3/4) = π/2 − arctg(3/4) ≈ 0,927295218 arccotg(−4) = π/2 − arctg(−4) ≈ π/2 + arctg4 ≈ 2,89661399. trong đĩ ta đã sử dụng tính chất sau: 1.4.5. Tính chất: 1) Với mọi −1 ≤ x ≤ 1, arcsinx + arccosx = π/2. 2) Với mọi x, arctgx + arccotgx = π/2. 2. HÀM SỐ SƠ CẤP Hàm số sơ cấp là hàm số được xây dựng từ các hàm hằng và các hàm số sơ cấp cơ bản qua các phép tốn đại số: cộng, trừ, nhân, chia và phép hợp nối ánh xạ. Ví dụ: yln(12x)=+ là một hàm số sơ cấp. ⎧sin 6x ⎪ nếu x < 0; y = ⎨ x khơng là hàm số sơ cấp. ⎩⎪cos3x nếu x≥ 0. 9
10. B. GIỚI HẠN 1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT 1.1. Định nghĩa. 1) Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng chứa x0 (cĩ thể loại trừ x0). Ta nĩi f(x) cĩ giới hạn là L∈ R khi x tiến về x0, nếu f(x) cĩ thể gần L tùy ý khi x tiến sát đến x0. Ký hiệu: lim f (x)=→→ L hay f(x) L khi x x0 . xx→ 0 Chính xác hơn, theo ngơn ngữ tốn học, ta cĩ: lim f (x)= L ⇔∀ε> 0, ∃δ> 0, ∀ x ∈ , 0 0, ∃δ> 0, ∀ x ∈ , x000 −δ ∃δ>∀∈<−<δ⇒−<ε L 0, 0, x , 0 x0 x | f (x) L| xx→ − 0 Minh họa: 3) Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng cĩ dạng (x0;b). Ta nĩi f(x) cĩ giới hạn là L∈ R khi x tiến về x0 bên phải, nếu f(x) cĩ thể gần L tùy ý khi x tiến sát đến x0 về phía bên phải. + Ký hiệu: lim f (x)=→→ L hay f(x) L khi x x0 . xx→ + 0 Chính xác hơn, theo ngơn ngữ tốn học, ta cĩ: 10
11. lim f (x)=⇔∀ε>∃δ>∀∈ 1, g(x) →+∞ thì f(x)g(x) → +∞. Nếu f(x) →a với 0 < a < 1, g(x) →+∞ thì f(x)g(x) → 0. 10) Nếu f(x) →a thì |f(x)| → |a|. 11) f(x) →0 ⇔ |f(x)| → 0. 12) (Giới hạn kẹp) Giả sử f(x) ≤ h(x) ≤ g(x), ∀x khá gần x0 và f(x) → a; g(x) → a. Khi đĩ h(x) →a. 11
12. 1.3. Định lý. Cho f(x) là một hàm số sơ cấp xác định tại x0. Khi đĩ lim f(x)= f(x0 ). xx→ 0 1−−π cos2x 1 cos Ví dụ: 1) lim== 2. π x→ sin x π 2 sin 2 1cos2x+ 2) lim= ∞ (vì lim(1+ cos2x)=+ 1 cos0 = 2 và lim sin x = sin0 = 0) x0→ sin x x0→→ x0 1.4. Các dạng vơ định trong giới hạn: Cĩ tất cả 7 dạng vơ định trong giới hạn, đĩ là: 0 ∞ ∞−∞; 0 ∞ ; ; ; 1∞ ; 000 ; ∞ . 0 ∞ 1) Dạng ∞−∞: Khi f(x) → +∞ (− ∞) và g(x) → +∞ (− ∞) thì ta nĩi lim (f(x) – g(x)) cĩ dạng vơ định ∞−∞. 2) Dạng 0:∞ Khi f(x) → 0 và g(x)→∞ thì ta nĩi lim f(x)g(x) cĩ dạng vơ định 0∞ (Lưu ý : f(x) → 0 khơng cĩ nghĩa là f(x) ≡ 0). 3) Tương tự cho 5 dạng cịn lại. Ta nĩi các dạng trên là các dạng vơ dịnh vì khơng cĩ qui tắc chung để xác định giá trị của giới hạn nếu chỉ dựa vào các giới hạn thành phần. Đề tính các giới hạn cĩ dạng vơ định, ta cần biến đổi để làm mất đi dạng vơ định, gọi là khử dạng vơ định. 2. HÀM TƯƠNG ĐƯƠNG 2.1. Định nghĩa. Cho các hàm số f(x), g(x) xác định và khơng triệt tiêu trên một khoảng chứa x0 (cĩ thể loại trừ x0). Ta nĩi f(x) tương đương với g(x) khi x →x0, ký hiệu f(x)∼ g(x) khi f(x) x →x0, nếu lim= 1. xx→ 0 g(x) Như vậy, f(x) f (x)∼ g(x)⇔ lim= 1 xx→ 0 g(x) (f (x), g(x)≠ 0) Các tính chất sau được thỏa: 1) f(x) ∼ f(x). 2) f(x) ∼ g(x) ⇒ g(x) ∼ f(x). 12
13. 3) f(x) ∼ g(x) và g(x) ∼ h(x) ⇒ f(x) ∼ h(x). 2.2. Định lý. 1) Nếu f(x) → L ∈ R, L ≠ 0, thì f(x) ∼ L. 2) Nếu f(x) ∼ g(x) và g(x) → A thì f(x) → A. ⎧f12 (x)f (x)∼ g 1 (x)g 2 (x); ⎧f11 (x)∼ g (x); ⎪ 3) Nếu ⎨ thì ⎨ f(x) g(x) 11∼ . ⎩f22 (x)∼ g (x). ⎪ ⎩f22 (x) g (x) 4) Nếu f(x) ∼ g(x) thì n f(x)∼ n g(x) (giả sử các căn cĩ nghĩa). Chú ý: • Ta khơng thể viết f(x) ∼ 0 hay f(x) ∼ ∞ (ngay cả khi f(x) →0 hay f(x) →∞) vì điều này vơ nghĩa! ⎧f11 (x)∼ g (x); ⎡f12 (x)++ f (x)∼ g 1 (x) g 2 (x); • ⎨ ⇒ ⎢ ⎩f22 (x)∼ g (x). ⎣f12 (x)−− f (x)∼ g 1 (x) g 2 (x). f(x) Chứng minh: 1) Nếu f(x) → L∈ R, L≠ 0, thì lim= 1 nên f(x) ∼ L (ở đây L được xem L như hàm hằng). f(x) 2) Nếu f(x) ∼ g(x) và g(x) → A thì f (x)= g(x)→= 1.A A . g(x) ⎧f11 (x)∼ g (x); 3) Giả sử ⎨ Khi đĩ ⎩f22 (x)∼ g (x). f(x) f(x) lim12= lim= 1. g12 (x) g (x) từ đĩ f (x)f (x) f (x) f (x) lim12=== lim 1 .lim 2 1.1 1; g (x)g (x) g (x) g (x) 12 1 2 f (x) / f (x) f (x) f (x) lim12=== lim 1 / lim 2 1 / 1 1. g12 (x) / g (x) g 1 (x) g 2 (x) ⎧f (x)f (x)∼ g (x)g (x); ⎪ 12 1 2 Suy ra ⎨ f(x)11 g(x) ⎪ ∼ . ⎩f22 (x) g (x) 4) Giả sử f(x) ∼ g(x). Khi đĩ n f(x) f(x) n lim= limn == 1 1. n g(x) g(x) Suy ra n f (x)∼ n g(x) . 13
14. 2.3.Một số giới hạn và tương đương cơ bản: GIỚI HẠN TƯƠNG ĐƯƠNG sin x sinx ∼ x khi x→0 (x: rad) lim= 1 (x: rad) x0→ x 1cosx1− 1 lim = (x: rad) 1 – cosx∼ x2 khi x→0 (x: rad) x0→ x22 2 tgx tgx ∼ x khi x→0 (x: rad) lim= 1 (x: rad) x0→ x arc sin x arcsinx ∼ x khi x→0 lim= 1 x0→ x arctgx arctgx ∼ x khi x→0 lim= 1 x0→ x e1x − ex − 1∼ x khi x→0 lim= 1 x0→ x ln(1+ x) ln(1+ x) ∼ x khi x→0 lim= 1 x0→ x (1+− x)α 1 (1+x)α −1 ∼ αx khi x→0 (α ≠ 0) lim =α x0→ x • lim exx=+∞ ; lim e = 0. • Khi x→∞: xx→+∞ →−∞ a xn + a xn−1+ +a xm ∼ a xm • lim ln x=+∞ ; lim ln x =−∞ . n n−1 m m + x→+∞ x0→ • Khi x→ 0: • lim tgx=+∞ ; lim tgx =−∞ . n n−1 m m ππ−+ xx→→ anx + an−1x + +amx ∼ amx 22 (m < n; a ≠ 0; a ≠ 0) ππn m • lim arctgx==− ; lim arctgx . xx→+∞22 →−∞ x ⎛⎞1 1 • lim⎜⎟ 1+= e; lim() 1 += xx e. xx0→∞⎝⎠x → Ví dụ. Tính các giới hạn sau: ln cos 2x (x22−+ 5x 4) arcsin(x − x) a) L== lim ; b) L lim ; 12x0→→2 + x1 x (x 3x)sin x (e−− e)(1 4x − 3) 3x86−++ 5x 4x 2 c) L= lim . 3 x→∞ x5x14x187−+ 4 + ln cos 2x Giải. a) L1 = lim . Khi x→0 ta cĩ x0→ (x2 + 3x)sin x lncos2x = ln[1 + (cos2x −1)] ∼ cos2x −1 ∼ − (1/2)(2x)2 = −2x2 (1) 14
15. x2 + 3x ∼ 3x (2) sinx ∼ x (3) Từ (2) và (3) ta suy ra: (x2 + 3x)sinx ∼ 3x.x = 3x2 (4) Từ (1) và (4) ta suy ra: ln cos2x− 2x2 2 ∼ = − . (x22+ 3x)sin x 3x 3 2 Do đĩ L =− . 1 3 (x22−+ 5x 4)arcsin(x − x) b) L2 = lim . Đặt t = x − 1 ⇔ x = t+1 . Khi x→1 ta cĩ t →0. Do đĩ x1→ (ex −− e)(1 4x − 3) (x2222−+ 5x 4) arcsin(x − x) (t − 3t) arcsin(t + t) L2 == lim lim . x1→→(ext−− e)(1 4x − 3) t0 e(e −−+ 1)(1 1 4t) Khi t→0 ta cĩ: t2 – 3t ∼ –3t, (1) arcsin(t2 + t) ∼ t2 + t ∼ t. (2) Từ (1) và (2) ta cĩ: (t2 – 3t) arcsin(t2 + t) ∼ –3t.t ∼ –3t2. (3) Mặt khác, et – 1 ∼ t (4) 1 1 1−+=−+ 1 4t 1 (1 4t)2 ∼ − (4t) =− 2t (5) 2 Từ (4) và (5) ta cĩ: e(et2−−+ 1)(1 1 4t)∼ et( −=− 2t) 2et (6) Từ (3) và (6) ta suy ra: (t222−+− 3t) arcsin(t t) 3t 3 ∼ → . e(et −−+ 1)(1 1 4t) −2et2 2e 3 Do đĩ L = . 2 2e 3x86−++ 5x 4x 2 c) L3 = lim .Khi x→∞ ta cĩ x→∞ x5x14x187−+ 4 + 3x8 – 5x6 + 4x + 2 ∼ 3x8 x8 – 5x7 + 14x4 + 1 ∼ x8 3x86−++ 5x 4x 2 3x 8 Suy ra ∼ → 3. Do đĩ L3.= x5x14x1x87−+ 4 + 8 3 15
16. 3. VƠ CÙNG BÉ (VCB)-VƠ CÙNG LỚN 3.1. VƠ CÙNG BÉ (VCB) 1) Định nghĩa. Ta nĩi f(x) là một VCB khi x→x0 nếu lim f (x)= 0. xx→ 0 fx() 2) So sánh hai VCB: Cho f(x) và g(x) là VCB khi x → x0. Giả sử lim= L . xx→ 0 gx() a) Nếu L = 0 thì ta nĩi VCB f(x) cĩ cấp cao hơn VCB g(x). b) Nếu L =∞ thì ta nĩi VCB f(x) cĩ cấp thấp hơn VCB g(x). c) Nếu 0 0. Nhận xét: Các định nghĩa trong 2) và 3) tương thích nhau khi ta so sánh hai VCB khi x → 0. Ví dụ: Khi x→0, 1 – cos4x là một VCB cấp 2 vì 1 1cos4x(4x)8x.−∼22 = và có cùng cấp thấp cao hơn 2 4) Tổng (hiệu) hai VCB: Cho f(x), g(x) là hai VCB khi x→ x0. a) Nếu f(x) và g(x) khơng cĩ cùng cấp thì ⎧f(x) nếu f(x) có cấp thấp hơn g(x); f(x) + g(x)∼ ⎨ ⎩g(x) nếu f(x) có cấp cao hơn g(x). b) Nếu f(x) và g(x) cĩ cùng cấp nhưng khơng tương đương thì f(x) − g(x) là VCB cĩ cùng cấp với VCB f(x), hơn nữa ⎪⎧f (x)∼ f (x) ⎨ 1 ⇒−∼f (x) g(x) f (x) − g (x). (*) ∼ 11 ⎩⎪g(x) g1 (x) Đặc biệt, cho f(x), g(x) là hai VCB khi x→0 cĩ cấp lần lượt là α, β: f(x) ∼ axα (a ≠ 0); g(x) ∼ bxβ (b ≠ 0). Khi đĩ 16
17. ⎧axα nếu αβ ; ⎪ α ⎩(a−αβ−≠ b)x nếu = ; a b 0. Chú ý: Trường hợp hai VCB f(x) và g(x) tương đương và f(x) ∼ f1(x), g(x) ∼ g1(x) thì f(x) − g(x) là VCB cĩ cấp lớn hơn VCB f(x) nhưng (*) khơng cịn đúng. 5) Qui tắc giữ lại VCB cấp bé nhất (Qui tắc ngắt bỏ VCB cấp cao): Giả sử khi x→x0, VCB f(x) được phân tích thành tổng của nhiều VCB, trong đĩ chỉ cĩ một VCB cấp thấp nhất là f0(x). Khi đĩ: f(x) ∼ f0(x) khi x→0. Chú ý: Trường hợp cĩ nhiều VCB cấp bé nhất trong phân tích của f(x) thì ta gộp các VCB đĩ lại, xem như là một VCB và dùng tính chất 4b) ở trên để khảo sát cấp của VCB đĩ, sau đĩ mới cĩ thể áp dụng qui tắc trên. 3.2. VƠ CÙNG LỚN (VCL) 1) Định nghĩa: Ta nĩi f(x) là một VCL khi x→x0 nếu lim f (x) = ∞ . xx→ 0 fx() 2) So sánh hai VCL: Cho f(x) và g(x) là VCL khi x → x0. Giả sử lim= L . xx→ 0 gx() a) Nếu L = 0 thì ta nĩi VCL f(x) cĩ cấp thấp hơn VCL g(x). b) Nếu L =∞ thì ta nĩi VCL f(x) cĩ cấp cao hơn VCL g(x). c) Nếu 0 0. Nhận xét: Các định nghĩa trong 2) và 3) tương thích nhau khi ta so sánh hai VCL khi x → ∞. Ví dụ: Khi x → ∞, 2x3 – 9x2 + 5x + 19 VCL cấp 3 vì 2x32 – 9x++∼ 5x 19 2x 3 . 4) Tổng (hiệu) hai VCL: Cho f(x), g(x) là hai VCL khi x→ x0. a) Nếu f(x) và g(x) khơng cĩ cùng cấp thì ⎧f(x) nếu f(x) có cấp cao hơn g(x); f(x) + g(x)∼ ⎨ ⎩g(x) nếu f(x) có cấp thấp hơn g(x). 17
18. b) Nếu f(x) và g(x) cĩ cùng cấp nhưng khơng tương đương thì f(x) − g(x) là VCL cĩ cùng cấp với VCL f(x), hơn nữa ⎪⎧f (x)∼ f (x) ⎨ 1 ⇒−∼f (x) g(x) f (x) − g (x). (*) ∼ 11 ⎩⎪g(x) g1 (x) Đặc biệt, cho f(x), g(x) là hai VCL khi x → ∞ cĩ cấp lần lượt là α, β: f(x) ∼ axα (a ≠ 0); g(x) ∼ bxβ (b ≠ 0). Khi đĩ ⎧axα nếu αβ > ; ⎪ β f (x)−− g(x)∼ ⎨ bx nếu αβ < ; ⎪ α ⎩(a−αβ−≠ b)x nếu = ; a b 0. Chú ý: Trường hợp hai VCL f(x) và g(x) tương đương và f(x) ∼ f1(x), g(x) ∼ g1(x) thì f(x) − g(x) cĩ thể khơng là VCL hoặc là VCL cĩ cấp nhỏ hơn VCL f(x) nhưng (*) khơng cịn đúng. 5) Qui tắc giữ lại VCL cấp cao nhất (Qui tắc ngắt bỏ VCL cấp thấp): Giả sử khi x→x0, VCL f(x) được phân tích thành tổng của nhiều VCL, trong đĩ chỉ cĩ một VCL cấp cao nhất là fn(x). Khi đĩ f(x) ∼ fn(x) khi x→ x0. Chú ý: Trường hợp cĩ nhiều VCL cấp cao nhất trong phân tích của f(x) thì ta gộp các VCL đĩ lại, xem như là một đại lượng (cĩ thể là VCL nhưng cũng cĩ thể khơng), và dùng tính chất 4b) ở trên để khảo sát đại lượng này, sau đĩ mới cĩ thể áp dụng qui tắc trên. Ví dụ: Tính các giới hạn sau: L=−+−+− lim( 3x22 4x 2 3x 4x 1) 1 x→+∞ L=−+−+− lim( 3x22 4x 2 3x 4x 1) 2 x→−∞ L=−+−+− lim( 3x22 4x 2 2x 4x 1) 3 x→∞ L=+−+−++ lim(33 2x32 2x 3x 1 2x 3 3x 2) 4 x→∞ L=++++− lim(33 2x32 9x 1 10 3x 23 2x ) 5 x→∞ Llim(2x2x3x1x3x2)=+−+−++3332 3 6 x→∞ arc tg(x22++ 4x) ln(1 + 3tgx) − x L= lim 7 x0→ arctg(4x)+− cos 2x ex (x2323−+ 6x 8) arc tg(x −+ 8) 2 ln(x −++− 4x 5) (x 2) L8 = lim 4 x2→ (ex2−−++−+− e )(2 x 2) 2x 2 8x 9 e (x2)− 18
19. Giải. 22 • L1 =−+−+− lim( 3x 4x 2 3x 4x 1) x→+∞ Khi x→ +∞ ta cĩ: A :3x4x23x=−+22∼ = |x|3x3. = (1) B:=+− 3x22 4x 1∼∼ 3x |x| 3 = x 3 (2) (Như vậy, theo trên ta cĩ A − B khơng là VCL hoặc là VCL cấp nhỏ hơn 1, nhưng chưa xác định được cấp chính xác là bao nhiêu). A22− B Ta biến đổi: AB−= . Khi x→ +∞ ta cĩ A + B A3 – B3 = (3x2 – 4x + 2) – (3x2 + 4x – 1) = – 8x + 3 ∼ – 8x (3) A + B = 2x 3 (do (1) và (2)) (4) Từ (3) và (4) ta suy ra: 8x 4 3 A – B = −→− khi x→ +∞ 2x 3 3 43 Vậy L1 = − . 3 22 • L2 =−+−+− lim( 3x 4x 2 3x 4x 1) x→−∞ Lý luận tương tự khi tính L1 và chú ý rằng khi x→ – ∞ ta cĩ 3x22−+ 4x 2∼ 3x = |x| 3 =− x 3. 3x22+− 4x 1∼∼ 3x |x| 3 =− x 3 43 Từ đĩ, ta tính được L = . 2 3 22 • Llim(3x4x22x4x1)3 =−+−+− x→∞ Khi x→ ∞ ta cĩ A :3x4x23x=−+22∼ = |x|3. B:=+− 2x22 4x 1∼∼ 2x |x| 2. Suy ra A−−→+∞→∞ B∼ |x|( 3 2) khi x . Vậy L3 = +∞. 3332 3 • L4 =+−+−++ lim( 2x 2x 3x 1 2x 3x 2) x→∞ Khi x→ ∞ ta cĩ A :2x2x3x12x=+−+3 32∼ 3 3 = x2.3 (1) B:=++3 2x33 3x 2∼ 3 2x = x3 2. (2) 19
20. (Như vậy, theo trên ta cĩ A − B khơng là VCL hoặc là VCL cấp nhỏ hơn 1, nhưng chưa xác định được cấp chính xác là bao nhiêu). AB33− Ta biến đổi: AB−= . Khi x→ ∞ ta cĩ A22++AB B A3 – B3 = (2x3 + 2x2 – 3x+1) – (2x3 + 3x + 2) = 2x2 – 6x – 1 ∼ 2x2 (3) A2 ∼ x42 3 ; AB ∼ x42 3 ; B2 ∼ x42 3 . Suy ra A2 + AB + B2∼ 3 x42 3 (4) Từ (3) và (4) ta suy ra: 2x2 23 2 A – B ∼ →= khi x→ ∞. 3x2 33 4 3 4 3 3 2 Vậy L4 = . 3 3332 23 • L5 =++++− lim( 2x 9x 1 10 3x 2x ) x→∞ Lý luận tương tự khi tính L4 và sử dựng cơng thức: AB33+ AB+= , A22− AB+ B 3 từ đĩ ta tính được L5 = 22. 3332 3 • Llim(2x2x3x1x3x2)6 =+−+−++ x→∞ Khi x→ ∞ ta cĩ: A :2x2x3x12x=+−+3 32∼ 3 3 = x2.3 B:=++3 x33 3x 2∼ 3 x = x. Suy ra A− B∼ x(3 2 − 1) →∞ khi x →∞. Vậy L6 = ∞. arc tg(x22++ 4x) ln(1 + 3tgx) − x • L7 = lim x0→ arctg(4x)+− cos2x ex Khi x→0 ta cĩ: 2 2 * arctg(x + 4x)∼ x + 4x ∼ 4x, ln(1+ 3tgx) ∼ 3tgx ∼ 3x. Suy ra arctg(x2 + 4x) + ln(1+ 3tgx)∼ 7x 2 2 Từ đĩ arctg(x + 4x) + ln(1+ 3tgx) – x ∼ 7x (1) x x * arctg(4x) + cos2x – e = arctg(4x) + (cos2x – 1) – (e – 1) 20
21. ⎪⎧arctg(4x)∼ 4x ⇒− arctg(4x) -(ex 1)∼ 3x; ⎨ x ⎩⎪e - 1∼ x cos2x –1 ∼ – (1/2)(2x) 2 = – 2x2 Suy ra arctg(4x) + cos2x – ex ∼ 3x (2) Từ (1) và (2) ta cĩ arcsin(x22++ 4x) ln(1 + 3tgx) − x 7x 7 ∼ →→ khi x 0 . arctg(4x)+− cos2x ex 3x 3 7 Vậy L7 = . 3 2323 • (x−+ 6x 8) arc tg(x −+ 8) 2 ln(x −++− 4x 5) (x 2) L8 = lim 4 x2→ (ee)(2x2)2x8x9ex2−−++−+− 2 (x2)− Đặt t = x – 2 ⇔ x = t+2 . Khi x → 2 ta cĩ t → 0. Do đĩ (x2323−+ 6x 8)arc tg(x −+ 8) 2ln(x −++− 4x 5) (x 2) L8 = lim 4 x2→ (ee)(2x2)2x8x9ex2−−++−+− 2 (x2)− (t23223−+++++ 2t)arc tg(t 6t 12t) 2ln(1 t ) t = lim 4 t0→ e(e2t−−+++− 1)(2 t 4) 2t 2 1 e t Khi t→0 ta cĩ 2 3 2 3 2 2 * (t – 2t)arctg(t + 6t + 12t)∼ –2t(t + 6t + 12t) ∼ –24t . 2ln(1+ t2) ∼ 2 t2 Suy ra (t2 – 2t)arctg(t3 + 6t2 + 12t) + 2ln(1+ t2)∼ – 22t2 2 3 2 2 3 2 Từ đĩ (t – 2t)arctg(t +6t +12t)+2ln(1+ t ) + t ∼ – 22t (1) −tte2 * e(e2t−−+=− 1)(2 t 4) e(e 2t 1)∼ − et 2 =− t 2 2t4)++ 44 e2 Suy ra e(e2t−−++ 1)(2 t 4) 2t 2∼ (2 − )t 2 4 4 Mà 1e−−t4∼ t nên 2 4 e e(e2t−−+++− 1)(2 t 4) 2t 2 1 e t∼ (2 − )t 2 (2) 4 Từ (1) và (2) ta cĩ (t232232−+++++− 2t) arc tg(t 6t 12t) 2ln(1 t ) t 22t 88 ∼ → . t2t4 e2 e82 − e(e−−+++− 1)(2 t 4) 2t 1 e (2− )t2 4 88 Vậy L8 = . e82 − 21
22. 4. DẠNG VƠ ĐỊNH 1∞ Xét giới hạn lim f (x)g(x) cĩ dạng vơ định 1∞, nghĩa là khi x→ a ta cĩ f(x) →1 và g(x) →∞. Đặt u xa→ = f(x) – 1. Ta cĩ u →0. Suy ra − 11ug(x) [f (x) 1]g(x) g(x) g(x) ⎡⎤⎡⎤ f (x)=+ (1 u) =⎢⎥⎢⎥ (1 + u)uu = (1 + u) ⎣⎦⎣⎦ 1 Mà (1+→ u)u e khi u → 0 nên lim[f (x)− 1]g(x) lim f (x)g(x) = exa→ xa→ Chú ý: Cơng thức trên chỉ được dùng cho giới hạn cĩ dạng vơ định 1∞. 2 Ví dụ. Tính giới hạn Llim(cos3x)= cotg x . x0→ Giải. Dễ thấy L cĩ dạng vơ định 1∞. Áp dụng cơng thức cho giới hạn dạng vơ định 1∞, ta cĩ lim(cos 3x− 1)cotg2 x Le= x0→ Xét L '=− lim(cos 3x 1)cotg2 x . Khi x→0 ta cĩ x0→ 1 − (3x)2 cos3x− 1 9 (cos3x−= 1)cotg2 x ∼ 2 →− tg22 x x 2 9 9 − Do đĩ L' =− . Suy ra Le= 2 . 2 22
23. C. LIÊN TỤC 1. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT 1.1. Định nghĩa. 1) Hàm số f(x) xác định trên một khoảng chứa x0 được gọi là liên tục tại x0 nếu lim f (x)= f (x0 ) . xx→ 0 2) Hàm số f(x) xác định trên nửa khoảng (a; x0] được gọi là liên tục bên trái tại x0 nếu lim f(x)= f(x ). − 0 xx→ 0 3) Hàm số f(x) xác định trên nửa khoảng [x0; b) được gọi là liên tục bên phải tại x0 nếu limf(x)= f(x ). + 0 xx→ 0 Từ các định nghĩa trên, ta thấy ⎧f(x) liên tục bên trái tại x0 ; f(x) liên tục tại x0 ⇔ ⎨ ⎩f(x) liên tục bên phải tại x0 . 4) f(x) liên tục trên (a; b)⇔ f (x) liên tục tại mọi x0 ∈ (a; b). ⎧f (x) liên tục trên (a; b); f(x) liên tục trên [a; b) ⇔ ⎨ ⎩f(x) liên tục bên phải tại a. ⎧f (x) liên tục trên (a; b); f(x) liên tục trên (a; b] ⇔ ⎨ ⎩f(x) liên tục bên trái tại b. ⎧f (x) liên tục trên (a; b); ⎪ f(x) liên tục trên [a; b]⇔ ⎨ f(x) liên tục bên phải tại a; ⎪ ⎩f(x) liên tục bên trái tại b. 1.2. Định lý. Nếu f(x) là một hàm số sơ cấp xác định trên D thì f(x) liên tục trên D. Ví dụ: Định các tham số a, b để hàm số sau liên tục trên R: ⎧1cos6x− nếu x 1. ⎩x2x32 +− Giải. 1cos6x− • Trên (−∞; 0), y trùng với hàm f(x) = . Vì f(x) là hàm số sơ cấp xác định với mọi x2 x ≠ 0, nên y liên tục trên (− ∞; 0). 23
24. • Trên (0; 1), y trùng với hàm g(x) = ax + b. Vì g(x) là hàm số sơ cấp xác định với mọi x ∈ R, nên y liên tục trên (0; 1). ln x • Trên (1; +∞), y trùng với hàm h(x) = . Vì h(x) là hàm số sơ cấp xác định với x4x32 − + mọi x > 0, x ≠ 1, nên y liên tục trên (1; +∞). Suy ra ⎧y liên tục tại x = 0; y liên tục trên R ⇔ ⎨ (1) ⎩y liên tục tại x = 1. ⎧y liên tục bên trái tại x = 0; •⇔ y liên tục tại x = 0 ⎨ ⎩y liên tục bên phải tại x = 0. ⎧lim y = y(0); ⎪x0→ − ⇔ ⎨ lim y = y(0). ⎩⎪x0→ + ⎧ 1cos6x− lim = b; ⎪ − 2 ⇔ ⎨x0→ x ⎪lim (ax+b) = b. ⎩x0→ + 1 (6x)2 2 ⇔ lim2 = b x0→ − x ⇔= b 18 (2) ⎧y liên tục bên trái tại x = 1; •⇔ y liên tục tại x = 1 ⎨ ⎩y liên tục bên phải tại x = 1. ⎧lim y = y(1); ⎪x1→ − ⇔ ⎨ lim y = y(1). ⎩⎪x1→ + ⎧lim(ax+ b)= a+b; ⎪x1→ − ⇔ ⎨ ln x ⎪lim2 = a+b. ⎩x1→ + x2x3+− ln x ⇔ lim2 = a+b x1→ + x2x3+− ln(1+ t) ⇔ lim = a+b (t = x-1) t0→ + t(t+ 4) t ⇔ lim = a+b t0→ + 4t 1 ⇔ a+b = (3) 4 Từ (1), (2) và (3) ta suy ra: 24
25. ⎧ 1 ⎪a+b= ; y liên tục trên ⇔ ⎨ 4 ⎩⎪b = 18. ⎧ 71 ⎪a=- ; ⇔ ⎨ 4 ⎩⎪b = 18. 2. HÀM SỐ LIÊN TỤC TRÊN MỘT ĐOẠN 2.1. Định lý. Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Khi đĩ 1) f(x) đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên [a; b], nghĩa là ⎧∃∈∀∈≤≤M, m , x [a; b], m f (x) M; ⎨ ⎩∃∈x12 ,x ,f(x 1 ) = M;f(x 2 ) = m. 2) f(x) đạt mọi giá trị trung gian giữa giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m trên [a; b], nghĩa là ∀≤≤mkM,x[a;b],f(x)k ∃∈00 =. Minh họa: 2.2. Hệ quả. 1) Cho hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a; b]. Giả sử f(a)f(b) < 0, nghĩa là f(a) và f(b) trái dấu. Khi đĩ phương trình f(x) = 0 cĩ nghiệm trên khoảng (a; b), nghĩa là tồn tại x0 ∈(a; b) sao cho f(x0) = 0. 2) Giả sử hàm số f(x) liên tục trên khoảng (a; b) và phương trình f(x) = 0 vơ nghiệm trên khoảng này. Khi đĩ f(x) khơng đổi dấu trên khoảng (a; b). Ví dụ 1. Chứng minh mọi phương trình đại số bậc lẻ: n n-1 anx + an-1x + + a0 = 0 (an ≠ 0) (1) với n nguyên dương lẻ, luơn luơn cĩ nghiệm thực. n n-1 Giải. Đặt f(x) = anx + an-1x + + a0 = 0. 25
26. n Khi x → −∞, f(x) ∼ anx → −∞ (do n lẻ), nên tồn tại a 0 khá lớn sao cho f(b) > 0. Vì hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và f(a)f(b) 0. Đặt f (x)=−+− (x22 6x 5)(1 ln x)(x − x −+ 4x 20) . Ta cĩ f(x) liên tục trên (0; +∞). Hơn nữa, f(x)=⇔ 0 (x22 − 6x + 5)(1 − lnx)(x − x − 4x + 20) = 0 ⎡x6x502 −+=⎡ x1x5 =∨= ⎢ ⎢ ⇔−⎢ 1 ln x = 0 ⇔⎢ x = e ⎢ 2 ⎢x5= ⎣xx4x200−−+= ⎣ Ta lập bảng xét dấu: x 0 1 e 5 +∞ f(x) - 0 + 0 - 0 - Lưu ý rằng, do tính liên tục, f(x) khơng đổi dấu trên mỗi khoảng của bảng xét dấu. Do đĩ ta chỉ cần thế một giá trị của mỗi khoảng vào f(x) để biết dấu của f(x) trên các khoảng này. Từ bảng xét dấu trên ta suy ra: f(x) ⇔ 0 5. Do đĩ, bất phương trình (1) cĩ tập nghiệm là: S = (0;1) ∪ (e; 5) ∪ (5; + ∞). 26
27. D- ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN 1. KHÁI NIỆM ĐẠO HÀM 1.1. Định nghĩa. 1) Cho hàm f(x) xác định trên một khoảng chứa x0. Khi cho x0 một số gia Δx khá bé thì số gia tương ứng của f(x) là Δy = f(x0 + Δx) − f(x0). Lập tỉ số Δy f(x+ Δ− x) f(x ) = 00. ΔΔxx Nếu tỉ số này cĩ giới hạn là A ∈ R khi Δx → 0 thì ta nĩi f(x) cĩ đạo hàm tại x0 và A là đạo hàm của f(x) tại x0, ký hiệu f '(x0) = A. Như vậy, Δy f(x00+ Δ− x) f(x ) f '(x0 )== lim lim Δ→x0ΔΔxx Δ→ x0 2) Tương tự, ta định nghĩa: − • f(x) cĩ đạo hàm bên trái tại x0, ký hiệu f(x)′ 0 , nếu tồn tại giới hạn hữu hạn: f(x+Δ x) − f(x ) ′ − 00 f (x0 )= lim . Δ→x0− Δx + • f(x) cĩ đạo hàm bên phải tại x0, ký hiệu f(x)′ 0 , nếu tồn tại giới hạn hữu hạn: f(x+Δ x) − f(x ) ′ + 00 f(x)0 = lim . Δ→x0+ Δx 3) f(x) cĩ đạo hàm trên (a,b) nếu f(x) cĩ đạo hàm tại mọi x0 ∈(a,b). 4) f(x) cĩ đạo hàm trên [a,b] nếu f(x) cĩ đạo hàm trên (a,b) và cĩ đạo hàm bên phải tại a, đạo hàm bên trái tại b. 1.2. Ý nghĩa hình học của đạo hàm: Đạo hàm f '(x0) chính là hệ số gĩc của tiếp tuyến với đường cong (C): y = f(x) tại điểm M0(x0,y0)∈(C). Do đĩ phương trình của tiếp tuyến với đường cong (C): y = f(x) tại điểm M0(x0,y0)∈(C) là: y - y000 = f'(x )(x-x ) 1.3. Ý nghĩa kinh tế của đạo hàm: 1) Định nghĩa: Biên tế của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x tại x0, ký hiệu Mxy(x0), là độ biến đổi của đại lượng y khi đại lượng x tăng lên 1 đơn vị tại x0. 2) Biểu thức tốn học của biên tế: Giả sử tại x = x0 ta cho x một số gia là Δx đơn vị. Khi đĩ độ biến đổi của đại lượng y = f(x) là Δy = f(x0 + Δx) − f(x0). Do đĩ khi x tăng 1 đơn vị thì độ biến đổi trung bình của đại lượng y = f(x) là 27
28. Δy f(x+ Δ− x) f(x ) = 00. ΔΔxx Để biết chính xác độ biến đổi của đại lượng y = f(x) khi x tăng 1 đơn vị tại trạng thái (x0,y0) ta phải chuyển qua giới hạn khi Δx → 0. Theo định nghĩa trên, độ biến đổi đĩ chính là biên tế Mxy(x0) của y = f(x) theo x tại x0 nên Δy f(x00+ Δ− x) f(x ) Mx0 y(x )== lim lim = y '(x 0 ) . Δ→x0ΔΔxx Δ→ x0 Như vậy, biên tế của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x tại x0 chính là đạo hàm y’(x0) = f’(x0) của y = f(x) tại x0: My(x)x0= y'(x) 0 Tổng quát, biên tế của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x chính là đạo hàm y’ = f’(x) của y = f(x): Myx = y' Chú ý: Trong thực tế, biên tế Mxy(x0) của y = f(x) theo x tại x0 xấp xỉ bằng độ biến đổi của y khi đại lượng x tăng lên 1 đơn vị từ trạng thái x = x0. Ví dụ: Xét mơ hình sản xuất một loại sản phẩm. Khi đĩ hàm tổng chi phí C = C(Q) là hàm theo tổng sản phẩm Q. Chi phí biên tế là: MC(Q) = C’(Q). Chẳng hạn, với hàm tổng chi phí: C = Q3 + 2Q2+10 ta cĩ chi phí biên tế: MC(Q) = C’(Q)= 3Q2+4Q. Tại Q = 100, ta cĩ MC(100) = 30400. Như vậy, khi đang sản xuất với tổng sản lượng Q0 = 100, nếu tăng tổng sản lượng 1 đơn vị thành Q1 = 101, thì tổng chi phí sẽ tăng thêm 30400 (Thực tế là chi phí tăng thêm C(Q1) - C(Q0) = 30703). 3) Độ biến đổi tuyệt đối và độ biến đổi tương đối: Xét đại lượng x. Tại x = x0, cho x một số gia Δx thì x nhận giá trị mới là x0+Δx. Ta nĩi Δx Δx là độ biến đổi tuyệt đối của x tại x0 và tỉ số là độ biến đổi tương đối của x tại x0. Độ biến x0 đổi tương đối thường được tính bằng %. 4) Hệ số co giãn: Hệ số co giãn của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x tại x0, ký hiệu εyx(x0), là độ biến đổi tương đối của y khi x tăng tương đối lên 1%. 5) Biểu thức tốn học của hệ số co giãn: Giả sử tại x0 ta cho x một số gia là Δx đơn vị. Khi đĩ: - Độ biến đổi tuyệt đối của x tại x0 là Δx. - Độ biến đổi tương đối của x tại x0 là 28
29. Δx .100% . x0 - Độ biến đổi tuyệt đối của y tại x0 là: Δy = f(x0 + Δx) − f(x0). - Độ biến đổi tương đối của y tại x0 (y0 = f(x0)) là: Δy f(x+ Δ− x) f(x ) .100%= 00 .100% yy00 Do đĩ, tại x = x0, khi x tăng tương đối 1% thì độ biến đổi tương đối trung bình của đại lượng y = f(x) là Δy .100% yxΔy 00= .%. Δx Δxy .100 0 x0 Để biết chính xác độ biến đổi tương đối của đại lượng y = f(x) khi x tăng 1 đơn vị tại trạng thái (x0,y0) ta phải chuyển qua giới hạn khi Δx → 0, Theo định nghĩa trên, độ biến đổi tương đối đĩ chính là hệ số co giãn εyx(x0) của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x tại x0 nên Δy xx00 ε=yx(x 0 ) lim . = y '(x 0 ) . Δ→x0 Δxy00 y Như vậy, hệ số co giãn εyx(x0) của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x tại x0 định bởi: x0 ε=yx(x 0 ) y '(x 0 ) y0 Tổng quát, hệ số co giãn εyx(x) của đại lượng y = f(x) theo đại lượng x định bởi: x ε=yx (x) y'(x) y Ví dụ. Xét mơ hình sản xuất một loại sản phẩm. Khi đĩ hàm cầu QD = Q(P) là hàm giảm theo ε đơn giá P. Hệ số co giãn QPD thường được viết tắt là εD. Ta cĩ: P εD =<Q'(P) 0. Q Hệ số co giãn εD cho biết lượng cầu sẽ giảm bao nhiêu phần trăm khi ta tăng giá 1%. Chẳng hạn, với hàm cầu QD = 1000 – 5P, hệ số co giãn εD là: P5P ε=D Q'(P) =− Q 1000− 5P 29
30. Tại P0 = 120, εD(P0) = −1,5, nghĩa là khi đang bán với đơn giá P0 = 120, nếu tăng giá lên 1%, thì lượng cầu sẽ giảm đi khoảng 1,5%. 1.4. Định lý. Nếu f(x) cĩ đạo hàm tại x0 thì f(x) liên tục tại x0. 1.5. Chú ý. Một hàm số liên tục tại x0 khơng nhất thiết cĩ đạo hàm tại điểm đĩ. 2. PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐẠO HÀM 2.1. Định lý. Giả sử các hàm u = u(x) và v = v(x) cĩ các đạo hàm u′ = u′(x); v′ = v′(x). Ta cĩ 1 (u + v)′= u′+ v′ 2 (ku)′ = ku′ (k: Const) 3 (uv)′ = u′v + uv′ 4 ⎛⎞uuvuv′ ′′− ⎜⎟= (v≠ 0) ⎝⎠v v2 5 ⎛⎞1v′ ′ ⎜⎟= −≠(v 0) ⎝⎠v v2 2.2. Định lý (đạo hàm của hàm số hợp). Xét hàm hợp y = f[ϕ(x)]. Nếu hàm y = f(u) cĩ đạo hàm theo biến u là y′u = f ′(u) và u = ϕ(x) cĩ đạo hàm theo biến x là u′x = ϕ′(x). Khi đĩ hàm hợp y = f[ϕ (x)] cĩ đạo hàm theo biến x là y′x = y′u.u′x. 2.3. Định lý (đạo hàm của hàm số ngược). Giả sử hàm số x = g(y) cĩ hàm ngược là y = f(x). Khi đĩ nếu x = g(y) cĩ đạo hàm theo y là x'y = g'(y) ≠ 0 và hàm ngược y = f(x) liên tục theo biến x thì y = f(x) cĩ đạo hàm theo x định bởi 1 y′ = x ′ xy Ví dụ: 1) Tính đạo hàm của các hàm số y = arcsinx và y = arccosx. 2) Tính đạo hàm của hàm y = arctgx và y = arccotgx. Giải. 1) y = arcsinx (−1 ≤ x ≤ 1; −π/2 ≤ y ≤ π/2) là hàm ngược của hàm x = siny. Với mỗi − π/2 0. Do đĩ 30
31. 11 1 1 y'== = = . x 22 x'y cosy 1siny−− 1x 1 Vậy (arcsin x)' = (−1 < x < 1). 1x− 2 Tương tự, ta cĩ 1 (arccos x)' = − (−1 < x < 1) 1 − x2 2) y = arctgx (x∈ R, −π/2 < y < π/2) là hàm ngược của hàm x = tgy. Với mỗi − π/2 < y < π/2, ta cĩ 1 22 x'==+=+ 1 tg y 1 x . y cos2 y Do đĩ 11 y.′ == x ′ 2 xy 1x+ 1 Vậy (arctgx)' = . 1 + x2 Tương tự, ta cĩ 1 (arc cot gx)′ =− . 1x+ 2 2.4. Bảng đạo hàm: ĐẠO HÀM HÀM SỐ f(x) ĐẠO HÀM HÀM SỐ f(u) với u = u(x) 1 (C)′ = 0 (C: Const) (C)′ (C: Const) 2 (xα)′ = αxα − 1 (α: Const) (uα)′ = αu′uα − 1 (α: Const) 1 u′ (x)′ = (u)′ = 2x 2u ⎛⎞11′ ⎛⎞1u′ ′ ⎜⎟=− 2 ⎜⎟=− 2 ⎝⎠xx ⎝⎠uu 3 (ex)′ = ex (eu)′ = u′eu 31
32. 4 (ax)′ = axlna (0 < a: Const) (au)′ = u′aulna (0 < a: Const) 5 1 u′ (ln|x|)′ = (ln|u|)′ = x u 6 1 u′ (log |x|)′ = (log |u|)′ = a xlna a ulna (0 < a ≠ 1: Const) (0 < a≠ 1: Const) 7 (sinx)′ = cosx (sinu)′ = u′cosu 8 (cosx)′ = − sinx (cosu)′ = − u′sinu 9 1 u′ 2 (tgx)′ ==+ 1 tg2 x (tgu)′′==+ u (1 tg u) cos2 x cos2 u 10 u′ (cot gu)′′−=−+ u (1 cot g2 u) 1 2 (cot gx)′ =− =− (1 + cot g2 x) sin u sin2 x 11 1 u′ (arcsin x)′ = (arcsin u)′ = 1x− 2 1u− 2 12 1 u′ (arccos x)′ =− (arccos u)′ =− 1x− 2 1u− 2 13 1 u′ (arc tgx)′ = (arc tgu)′ = 1x+ 2 1u+ 2 14 1 u′ (arc cotgx)′ =− (arc cotgu)′ =− 1x+ 2 1u+ 2 2.5. Đạo hàm của hàm số dạng y = uv với u = u(x); v = v(x) Để tính đạo hàm của hàm số trên ta tiến hành như sau: Lấy logarit cả 2 vế của y = uv, ta được: lny = vlnu (1) Lấy đạo hàm 2 vế của (1), ta được: y' u' =+v'lnu v . yu Do đĩ u' u' y'=+=+ (v'lnu v )y (v'lnu v )uv . uu Ví dụ: Tính đạo hàm của hàm y = xsinx. Giải. Lấy logarit cả 2 vế của y = xsinx, ta được lny = sinxlnx (1) 32
33. Lấy đạo hàm 2 vế của (1), ta được y' sinx =+cos x ln x . yx Do đĩ sin x sin x y'=+ x (cosxlnx ). x 2.6. Đạo hàm của hàm ẩn Xét phương trình F(x,y) = 0 (1) Giả sử y = y(x) (x ∈ D) là hàm số thỏa F(x,y(x)) = 0 với mọi x ∈ D. Ta nĩi y là hàm ẩn được xác định bởi phương trình (1). Ta cĩ thể tìm đạo hàm y' của hàm ẩn y xác định bởi phương trình (1), theo x và y, mà khơng cần xác định biểu thức tường minh của hàm số y = y(x), bằng cách lấy đạo hàm hai vế của (1) theo biến x, trong đĩ y là một hàm theo biến x. Chú ý rằng khi lấy đạo hàm như vậy ta phải sử dụng định lý về đạo hàm hàm hợp. Ví dụ 1: Tìm đạo hàm y' = y'(x) của hàm ẩn y = y(x) xác định bởi phương trình tgy = xy. Giải. Lấy đạo hàm hai vế của phương trình tgy = xy ta được (1 + tg2y)y′ = y + xy′ Suy ra (1 + x + tg2y)y′ = y. Từ đĩ y y'= . 1xtgy−+ 2 Ví dụ 2: Tìm đạo hàm y' = y'(0) của hàm ẩn y = y(x) xác định bởi phương trình x3 – xy – xey + y – 1 = 0. (2) Giải. Lấy đạo hàm hai vế của phương trình x3 – xy – xey + y – 1 = 0. ta được 3x2 – y – xy′ – ey – xeyy′ + y′ = 0. (3) Thế x = 0 vào (2) ta được y = 1. Thế x = 0, y = 1 vào (3) ta được –1 – e + y′ = 0. Suy ra y′(0) = 1 + e. 2.6. Đạo hàm của hàm số cho bởi phương trình tham số Giả sử hàm số y phụ thuộc biến số x khơng trực tiếp mà thơng qua một biến số trung gian t: ⎧x(t);=ϕ ⎨ ⎩y(t)=ψ và hàm số x = ϕ(t) cĩ hàm ngược t = ϕ–1(x), hơn nữa các hàm ϕ, ψ và ϕ–1 đều cĩ đạo hàm. Khi –1 ′ ′ ′ đĩ hàm số y = ψ[ϕ (x)] cĩ đạo hàm theo x. Thật vậy, ta cĩ y t = y x.x t. Suy ra 33
34. y′ y′ = t x ′ xt Ví dụ 1. Tìm đạo hàm y′= y′(x) của hàm số y = y(x) cho bởi phương trình tham số: ⎧xln(1t);=+2 ⎨ ⎩y=− 2t 2arctgt. Giải. Ta cĩ 2 2 − y′ (2t− 2arctgt)′ 2 yt.′ ==t =1t+ = x ′ 2 ′ 2t xt (ln(1+ t ))t 1t+ 2 Ví dụ 2. Tìm đạo hàm y′= y′(2) của hàm số y = y(x) cho bởi phương trình tham số: ⎧⎪x2e;= t ⎨ 2 ⎩⎪ytt.=+ Giải. Ta cĩ y′ (t++ t2 )′ 1 2t y.′ ==t = x ′ tt′ xt (2e )t 2e Tại x = 2 ta cĩ 2et = 2 nên t = 0. Suy ra y'(2) = 1/2. 3. VI PHÂN Cho hàm số f(x) cĩ đạo hàm tại x0. Đặt f(x00+Δ x) − f(x ) ϕΔ(x) = − f(x).′ Δx 0 Khi đĩ, ϕΔ(x) → 0 khi Δx → 0, và ′′ f(x000+Δ− x) f(x ) = f (x ) Δ+ΔϕΔ= x x ( x) f (x 0 ) Δ+ x o( Δ x) , trong đĩ o(Δ=ΔϕΔ x) x ( x) . Chú ý rằng o(Δ x) =ϕΔ(x) → 0 khi Δx → 0 Δx nên o(Δ x) là một VCB cấp cao hơn VCB Δx khi Δx → 0. Ta nĩi f(x) khả vi tại x0 và vi phân của f(x) tại x0 là f '(x0)Δx theo định nghĩa sau: 3.1. Định nghĩa. Cho hàm số f(x) xác định trên một khoảng chứa x0. Ta nĩi f(x) khả vi tại x0 nếu tồn tại một hằng số A và một hàm số o(Δ x) là VCB cấp cao hơn VCB Δx khi Δx → 0 sao cho với mọi Δx khá bé ta cĩ 34
35. f(x00+ Δ− x) f(x ) =Δ+Δ A x o( x). Khi đĩ đại lượng AΔx được gọi là vi phân của f(x) tại điểm x0, ký hiệu là df(x0). Như vậy, df(x0) = AΔx. Lý luận trên cho thấy nếu f(x) cĩ đạo hàm tại x0 thì f(x) khả vi tại x0 và df(x0) = f'(x0)Δx. Tổng quát hơn, ta cĩ kết quả sau: 3.2. Định lý. Hàm số f(x) khả vi tại x0 khi và chỉ f(x) cĩ đạo hàm tại x0. Khi đĩ vi phân của f(x) tại x0 là df(x0) = f ′(x0)Δx. 3.3. Biểu thức của vi phân: Từ kết quả trên, ta cĩ vi phân của f(x) định bởi: df(x) = f ′(x)Δx. Nhận xét rằng với g(x) = x thì g′(x) = 1, do đĩ dg(x) = 1.Δx = Δx, nghĩa là dx = Δx. Do đĩ ta cĩ biểu thức của vi phân của f(x) như sau: df(x) = f′ (x)dx Chú ý. Do cơng thức trên, ta cĩ: df (x) f(x)′ = . dx 3.4. Ý nghĩa của vi phân và cơng thức tính gần đúng: Cho hàm số f(x) khả vi tại x0. Khi đĩ với mọi Δx khá bé ta cĩ ′ f(x000+Δ x) − f(x ) = f (x ) Δ x + o( Δ x). Vì o(Δ x) là VCB cấp cao hơn VCB Δx khi Δx → 0 nên khi Δx khá bé ta cĩ ′ f(x000+Δ x) − f(x ) ≈ f (x ) Δ x. Nĩi cách khác, khi Δx khá bé, số gia Δf(x0) của f(x) tại x0 gần bằng vi phân df(x0) của f(x) tại x0 và ta cĩ cơng thức tính gần đúng: f(x000+Δ x) ≈ f(x ) + df(x ) Ví dụ. Cho hàm số y = arctgx. Tìm các vi phân dy và dy(1). Áp dụng: Tính gần đúng arctg(1,02). 1 Giải. 1) Vi phân dy = y'dx = dx. 1 + x2 11 2) Vi phân dy(1) = y'(1)dx = dx= dx . 11+ 2 2 3) Ta tính gần đúng arctg(1,02) như sau: Đặt x0 = 1; Δx = 0,02. Ap dụng cơng thức tính gần đúng cho hàm số y = arctgx, ta được 35
36. y(1,02) ≈ y(1) + dy(1). Do đĩ arctg(1,02) ≈ arctg1 + (1/2).0,02= π/4 + 0,01. 3.5. Định lý. Cho các hàm số u = u(x) và v = v(x) cĩ các vi phân là du và dv. Ta cĩ 1 d(u + v) = du + dv 2 d(ku) = kdu; (k: Const) 3 d(uv) = udv + vdu 4 ⎛⎞uvduudv− d⎜⎟= (v0)≠ ⎝⎠v v2 4. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO 4.1. Đạo hàm cấp cao 1) Định nghĩa. Giả sử hàm số f(x) cĩ đạo hàm f ′(x). Ta cịn gọi f ′(x) là đạo hàm cấp một của f(x). Nếu hàm số f ′(x) lại cĩ đạo hàm thì đạo hàm đĩ được gọi là đạo hàm cấp hai của f(x), ký hiệu là f ′′(x) hay f(2)(x). Như vậy, f ′′(x) = [f ′(x)]′. Tổng quát, đạo hàm của đạo hàm cấp (n−1) của f(x) được gọi là đạo hàm cấp n của f(x),ký hiệu là f(n)(x). Như vậy, f(n) (x) = [f (n− 1) (x)]′ 2) Định lý. Giả sử các hàm u = u(x) và v = v(x) cĩ các đạo hàm cấp n là u(n) = u(n)(x); v(n) = v(n)(x). Ta cĩ a) (u + v)(n) = u (n) + v (n) ; b) (ku)(n) = ku (n) ; (k: Const) n (n) k (k) (n− k) c) (uv) = ∑ Cn u v k=0 trong đĩ u(0) = u và v(0) = v. Ví dụ. Tìm đạo hàm cấp n của các hàm số sau: 1 a) y = xn; b) y = sinx; c) y cosx; d) y = (a: const) e) y = x2sinx. xa+ Giải. a) Với y = xn, ta cĩ y′ = nxn−1, y′′ = n(n − 1)xn−2, y′′′ = n(n − 1)(n − 2)xn−3, , y(n) = n(n − 1)(n − 2) 3.2.1 = n!, 36
37. y(k) = 0; ∀k > n. b) Với y = sinx, ta cĩ y' = cosx = sin(x + π ), 2 y'' = cos(x + π ) = sin(x + π + π ) = sin(x + 2 π ). 2 2 2 2 Tổng quát, y(n) = sin(x + n π ). 2 c) Tương tự, với y = cosx, ta cĩ: y(n) = cos(x + n π ). 2 1 d) Với y = , ta cĩ xa+ 122 y;y(1)′′′=− = − (x++ a)23 (x a) Ta chứng minh (n) n n! y(1)=− . (1) (x+ a)n1+ Với n = 1, (1) đúng. Giả sử (1) đúng với n = k, nghĩa là (k) k k! y(1)=− . (x+ a)k1+ Với n = k + 1, ta cĩ ′ k (k+ 1)⎛⎞ kk! k k!(k++ 1)(x a) k+ 1 (k + 1)! y(1)=−⎜⎟ =−− (1) =− (1). ⎝⎠(x++ a)k1+++ (x a) 2(k1) (x + a) k2 Vậy (1) cũng đúng với n = k + 1. Ta kết luận n! y(1)(n)=− n với mọi n ≥1. (x+ a)n1+ e) Đặt u = x2, v = sinx ⇒ y = uv. Theo các kết quả trên ta cĩ u′ = 2x, u′′ = 2, u(k) = 0, ∀k ≥ 3; v(m) = sin(x + m π ). 2 Suy ra 37
38. π ππ y′ =++=+−+ 2x sin x x22 sin(x ) x sin(x ) 2x cos(x ). 222 Với n ≥ 2 ta cĩ n (n) (n) k (k) (n−−− k) (n) 1′′′ (n 1) 2 (n 2) y(uv)== ∑ CuvuvCuvCuvnnn =++ k0= ππ π =+++−+−+− x2 sin(x n ) 2nx sin(x (n 1) ) n(n 1)sin(x (n 2) ). 22 2 ππ =−+ (x22 n n)sin(x + n ) − 2nx cos(x + n ). 22 Kết luận ππ y(n)=−+ (x 2 n 2 n) sin(x + n ) − 2nx cos(x + n ), ∀≥ n 1. 22 4.2. Vi phân cấp cao Giả sử hàm số f(x) cĩ vi phân df(x)= f'(x)dx. Ta cịn gọi df(x) là vi phân cấp một của f(x). Nếu hàm số f ′(x) khả vi thì df(x) = f ′(x)dx cĩ vi phân và vi phân đĩ được gọi là vi phân cấp hai của f(x), ký hiệu d2f(x). Ta cĩ d2f(x) = d(df(x)) = d[f ′(x)dx] = f ′′(x)dx.dx= f ′′(x)dx2. Vậy d2f(x) = f(2)(x)dx2.Tổng quát, vi phân của vi phân cấp (n − 1) của f(x) được gọi là vi phân cấp n của f(x), ký hiệu dnf(x). Ta cĩ dn(n)n f(x) = f (x)dx Ví dụ. Với y = sinx, ta cĩ dny = y(n) dxn = sin(x + n π )dxn. 2 5. QUI TẮC L’HOSPITAL f(x) 0 ∞ 5.1. Định lý (Qui tắc L’Hospital). Xét giới hạn lim cĩ dạng vơ định hoặc xA→ g(x) 0 ∞ (nghĩa là: f(x)→0, g(x)→0 hoặc f(x)→∞, g(x)→∞). Giả sử tồn tại giới hạn f(x)′ lim= L. xA→ g(x)′ f(x) Khi đĩ lim= L . xA→ g(x) 5.2. Chú ý. 1) Nếu sau khi sử dụng Qui tắc L’Hospital mà giới hạn vẫn cịn dạng vơ định 0 ∞ hoặc thì ta cĩ thể sử dụng tiếp qui tắc này. Lưu ý: Nên kết hợp với qui tắc thay thế hàm 0 ∞ tương đương để việc tính đạo hàm được dễ dàng hơn. 38
39. 0 2) Qui tắc L’Hospital chỉ được áp dụng trực tiếp cho giới hạn thuộc hai dạng vơ định 0 ∞ và . Đối với các dạng vơ định khác, muốn áp dụng ta cần đưa về một trong hai dạng vơ định ∞ trên mà ta cĩ thể tĩm tắt trong bảng sau: BẢNG ÁP QUI TẮC L’HOSPITAL TÌM GIỚI HẠN DẠNG VƠ GIỚI HẠN BIẾN ĐỔI QUI TẮC ĐỊNH L’HOSPITAL 0/0 f(x) f(x)′ Llim= Llim= xA→ g(x) xA→ g(x)′ ∞/∞ f(x) f(x)′ Llim= Llim= xA→ g(x) xA→ g(x)′ 0.∞ L= lim f(x)g(x) f(x) f(x)′ xA→ L= lim Llim= xA→ 1 xA→ ⎛⎞1 ′ g(x) ⎜⎟ ⎝⎠g(x) hay hay g(x) g(x)′ Llim= Llim= xA→ 1 xA→ ⎛⎞1 ′ ⎜⎟ f(x) ⎝⎠f(x) ∞ − ∞ L=− lim[f (x) g(x)] 11 ⎛⎞11′ xA→ − − g(x) f(x) ⎜⎟g(x) f(x) L= lim L = lim ⎝⎠ xA→ 1 xA→ ⎛⎞1 ′ ⎜⎟ f(x)g(x) ⎝⎠f(x)g(x) [f(x)− 1]′ Klim= xA→ ⎛⎞1 ′ ⎜⎟ ⎝⎠g(x) K ∞ g(x) 1 L= lim f(x) lim[f(x)− 1]g(x) hay xA→ Le= xA→ g(x)′ Klim= xA→ ⎛⎞1 ′ ⎜⎟ ⎝⎠f(x)− 1 ∞ 1 ()ln f(x) ′ Klim= 0 g(x) K xA→ 0 L= lim f(x) ⎛⎞1 ′ xA→ lim g(x)lnf(x) ⎜⎟ ∞0 Le= xA→ ⎝⎠g(x) 39
40. Ví dụ. Tính các giới hạn sau: πx xx− ln|cos( )| ee−− 2x 2 L1 = lim . Llim2 = . x0→ x1→ πx xsinx− tg( ) 2 1 2 10 x L3 =− lim(2 cot g x). L4 = lim x e . x0→ x x→−∞ 1 ⎛⎞34xx+ x 3 ln|sin(2− x)| Llim5 = ⎜⎟ L6 =− lim() x 2 x0→ ⎝⎠2 x2→ + ln(1+ 2x) Llim(cotgx)7 = x0→ + eexx−−− 2x 0 Giải. 1) L= lim . Ta thấy L1 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc 1 x0→ xsinx− 0 L’Hospital, ta cĩ: eexx−−−−− 2xL'Hosp ee xx +− 2 L'Hosp ee xx − L= lim lim lim 1 x0→→→xsinx−− x0 1cosx x0 sinx L'Hosp eexx+ − == lim 2. x0→ cos x πx ln|cos( )| 2 ∞ 2) L= lim . Ta thấy L2 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc L’Hospital, ta 2 x1→ πx ∞ tg( ) 2 cĩ: ππx sin( ) − 22 ππxx ln|cos( )| cos( ) ππxx L===−= lim22 lim lim sin( )cos( ) 0. 2 x1→→ππx x1 x1 →22 tg( ) 22 πx cos2 ( ) 2 1 2 3) L=− lim( cot g x). Ta thấy L3 cĩ dạng vơ định ∞ − ∞. Ta biến đổi 3 x0→ x2 40
41. 22 12 1 1 t g x−+− x (t gx x)(t gx x) −=−=cot g x = . xxtgxxtgxxtgx2222222 Khi x → 0, ta cĩ tgx + x ~ 2x và x2tg2x ~ x4. Do đĩ 1 (tgx+ x)(tgx−−− x) 2x(tgx x) 2(tgx x) −=cot g2 x ∼ = xxtgxxx22243 tgx− x 0 Suy ra L3 = 2lim . Ta thấy bây giờ giới hạn L3 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc x0→ x3 0 L’Hospital, ta cĩ tgx−+− x (1 tg22 x) 1 2 tg x 2 L3 == 2 lim 2 lim == lim . x0→→x3x3x3322 x0 x0 → 10 x 4) L= lim x e . Ta thấy L4 cĩ dạng vơ định 0.∞. Ta biến đổi 4 x→−∞ 10 ⎛⎞ xx10 ===10 x⎜⎟ = 10 L4 lim x e lim−xx lim (K4 ) . xxx→−∞ →−∞e →−∞ ⎜⎟− ⎝⎠e 10 x ∞ trong đĩ K4 = lim x . Ta thấy K4 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc L’Hospital, ta cĩ x→−∞ − ∞ e 10 x1 Klimlim4 ==xx = 0. xx→−∞−− →−∞ 1 ee10− 10 10 10 Suy ra L4 = (K4) = 0. 1 xxx ⎛⎞34+ ∞ 5) L5 = lim⎜⎟ . Ta thấy L5 cĩ dạng vơ định 1 . Ta cĩ x0→ ⎝⎠2 1 ⎛⎞xx+ xx 134 x lim ln⎜⎟ ⎛⎞34+ x0→ x2⎝⎠ Llim5 ==⎜⎟ e x0→ ⎝⎠2 Xét giới hạn xx 134⎛⎞xx+ ln( 3+− 4) ln 2 K5 == lim ln⎜⎟ lim . x0→→x2⎝⎠ x0 x 0 Ta thấy K5 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc L’Hospital, ta cĩ: 0 3xx ln3+ 4 ln4 xx ln() 3+− 4 ln 2 xx ln 3+ ln 4 1 K=== lim lim . lim34+ ln12 ln 12. 5 x0x0→→x122 x0 → 41
42. Suy ra K5 ln 12 Le5 == e = 1223 = . 3 ln|sin(2− x)| 0 6) L6 =− lim() x 2 . Ta thấy L5 cĩ dạng vơ định 0 . Ta cĩ x2→ + 3 3 lim ln() x− 2 + ln|sin(2− x)| x2→ ln|sin(2− x)| L6 =− lim() x 2 = e x2→ + Xét giới hạn 3 ln( x− 2) K6 =−= lim ln() x 2 3lim . x2→ + ln|sin(2−− x)|x2→ + ln|sin(2 x)| ∞ Ta thấy K6 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc L’Hospital, ta cĩ ∞ 1 − ln() x 2 x2− sin(2− x) 1 K6 === 3lim 3lim 3lim = 3. x2→→→+++ln|sin(2−−− x)| x2cos(2− x) x2 2 x cos(2 x) − sin(2− x) K6 3 Suy ra Le6 == e. ln(1+ 2x) 0 7) L7 = lim(cot gx) . Ta thấy L7 cĩ dạng vơ định ∞ . Ta cĩ x0→ + lim (1+ 2x) ln(cot gx) + ln(1+ 2x) x0→ L7 == lim(cot gx) e x0→ + Xét giới hạn K7 = lim ln(1+ 2x) ln(cot gx) . x0→ + + Ta thấy K7 cĩ dạng vơ định 0.∞. Khi x → 0 , ta cĩ ln(1+2x) ~ 2x, do đĩ ln(1+2x)ln(cotgx) ~ 2x ln(cotgx). Suy ra ln(cot gx) K7 == lim 2xl n(cot gx) 2 lim . x0→→++ x0 1 x ∞ Ta thấy bây giờ giới hạn K7 cĩ dạng vơ định . Ap dụng Qui tắc L’Hospital, ta cĩ ∞ 42
43. 1 () sin2 x − 22 ln(cot gx)cot gx x x x K7 === 2 lim 2 lim 2 lim === 2 lim 2 lim 0. x0→→→+++11 x0 x0sin x cos x x0 →→ ++ x cos x x0 cos x − x x2 K7 0 Suy ra Le7 === e1. 6. KHAI TRIỂN TAYLOR 6.1. Định lý (Taylor). Cho hàm số f(x) cĩ đạo hàm đến cấp n + 1 liên tục trên đoạn [a,b]. Khi đĩ với mỗi x0 ∈ [a,b], ta cĩ f'(x) f''(x) f(n) (x) f(c)(n+ 1) f(x)=+ f(x)00 (x −+ x) (x −++ x)2nn1 0 (x −+ x) (x − x)+ (1) 001! 2! 0 n! 0 (n+ 1)! 0 với mọi x ∈ [a,b], trong đĩ c nằm giữa x0 và x. Ta gọi (1) là khai triển Taylor đến cấp n của f(x) tại x0 với phần dư dưới dạng Lagrange: f(c)(n+ 1) R(x)=− (x x)n1+ . n0(n+ 1)! n Chú ý rằng Rn(x) là một VCB cấp cao hơn VCB (x − x0) khi x → x0 nên ta cĩ thể viết n Rn(x) = o((x − x0) ). Như vậy, (1) cịn được viết dưới dạng: f '(x ) f ''(x ) f(n) (x ) f(x)=+ f(x)00 (x −+ x) (x −++ x)2nn 0 (x −+− x) o((x x)) (1') 001! 2! 0 n! 00 Ta gọi (1′) là khai triển Taylor đến cấp n của f(x) tại x0 với phần dư dưới dạng Peano. 6.2. Khai triển MacLaurin. Khai triển Taylor của f(x) tại x0 = 0 được gọi là khai triển MacLaurin của f(x). Như vậy, khai triển MacLaurin đến cấp n của f(x) định bởi: f '(0) f ''(0) f(n) (0) f (n+ 1) (c) f(x)=+ f(0) x + x2nn1 ++ x + x+ (2) 1! 2! n! (n+ 1)! hay f '(0) f ''(0) f(n) (0) f(x)=+ f(0) x + x2nn ++ x + o(x ) (2') 1! 2! n! trong đĩ c nằm giữa 0 và x; o(xn) là một VCB cấp cao hơn VCB xn khi x → 0. 6.3. Khai triển MacLaurin của một số hàm sơ cấp: 43
44. xx2nn1 x x+ exc=+ 1 + + + + e 1! 2! n! (n+ 1)! xx2n x exn=+ 1 + + + + o(x ) 1! 2! n! xx35 x 2k1++ x 2k3 π sin x=− x + −+− ( 1)k + sin[c + (2k + 3) ] 3! 5! (2k++ 1)! (2k 3)! 2 xx35 x 2k1+ sin x=− x + −+− ( 1)k2k2 + o(x+ ) 3! 5! (2k+ 1)! xxx246 x 2k2k2 x+ cosx=− 1 + − + +− ( 1)k + cos[c + (k +π 1) ] 2! 4! 6! (2k)! (2k+ 2)! xxx246 x 2k cosx=− 1 + − + +− ( 1)k2k1 + o(x+ ) 2! 4! 6! (2k)! 1xn1+ =++1xx2n + x + + −−n2+ 1x (1c) 1 =++1 x x2nn + + x + o(x ) (x − 1) 1x+ xx23 x n x n1+ ln(1−=−−− x) x −−− 23 n(n1)(1c)+−n1+ xx23 x n ln(1−=−−− x) x −−+ o(xn ) (x < 1) 23 n 44
45. xx23 x n x n1+ ln(1+=−+ x) x ++− ( 1)n1− +− ( 1) n 23 n (n1)(1c)++n1+ xx23 x n ln(1+=−+ x) x ++− ( 1)n1− + o(x n ) (x >− 1) 23 n xx35 x 2k1+ arctgx=− x + −+− ( 1)k2k2 + o(x+ ) 33 2k1+ 12 ππ tgx=+ x x356 + x + o(x ) ( −<< x ) 315 2 2 6.4. Ứng dụng 1) Tính xấp xỉ. Ta thường dùng khai triển MacLaurin để tính xấp xỉ giá trị của hàm f(x) sau khi chọn n đủ lớn để phần dư Rn(x) cĩ trị tuyệt đối khơng vượt quá sai số cho phép. Ví dụ. Tính cos25o chính xác đến 0,00001. Giải. Xét khai triển MacLaurin của cosx: xxx246 x 2k2k2 x+ cos x=− 1 + − + +− ( 1)k + cos[c + (k +π 1) ] 2! 4! 6! (2k)! (2k+ 2)! Phần dư của khai triển là: x2k+ 2 R(x)n =++π cos[c(k1)] (2k+ 2)! 5π Với x = 25o= , ta cĩ: 36 2k+ 2 x|x|152k++ 2 2k 2 ⎛⎞π |Rn (x)| =++π≤=cos[c (k 1) ] ⎜⎟ (2k+++ 2)! (2k 2)! (2k 2)!⎝⎠ 36 Chọn k = 2, ta cĩ: 2k+ 2 15⎛⎞π |Rn (x)|≤<⎜⎟ 0,00001 . 6!⎝⎠ 36 Vậy ta cĩ thể tính cos25o chính xác đến 0,00001 nhờ cơng thức: xx24 cos x≈− 1 + 2! 4! 45
46. nghĩa là 24 ⎛⎞55ππ ⎛⎞ ⎜⎟ ⎜⎟ o 5π ⎝⎠36 ⎝⎠ 36 cos 25=≈−+≈ cos 1 0,90632 . 36 2! 4! 2) Tính giới hạn dạng vơ định: Ví dụ. Tính các giới hạn sau: 22cosxx−−+24 2x Llim1 = . x0→ x(x− tgx) 6ex3+− x 3x 2 −− 6x 6 Llim2 = . x0→ xsinx− 3x−−+ 3arctgx x34 x L3 = lim . x0→ 6ln(1−+ x) 6x + 3x23 + 2x 22cosxx−−+24 2x Giải. 1) L1 = lim . Khi x → 0, ta cĩ x0→ x(x− tgx) x24 x 23 23 22cosxx2x22(1−−+=−−++−+24 o(x))x2x=xo(x)x, 5 24 4 + 5∼ 4 2! 4! 12 12 xxx333 x 4 x−=−++ tgx x (x o(x54 )) =−+ o(x )∼∼ −⇒− x(x tgx) − . 333 3 nên 23 4 24 x 22cosxx−−+ 2x 23 ∼ 12 →− . x(x− tgx)x4 4 − 3 23 Vậy L.=− 1 4 6ex3+ x−−− 3x 2 6x 6 2) L= lim . Khi x → 0, ta cĩ 2 x0→ xsinx− xx23 6ex3+− x 3x 2 −−=+++ 6x6 6(1x + o(x)) 3 +− x 3 3x 2 −−= 6x6 2x 3 + o(x) 3 ∼ 2x, 3 2! 3! xxx333 x−=−−+=+∼ sinx x (x o(x44 )) o(x ) . 3! 6 6 nên 46
47. 6ex3+− x 3x 2 −− 6x 6 2x 3 ∼ → 12. xsinx− x3 6 Vậy L2 = 12. 3x−−+ 3arctgx x34 x 3) L= lim . Khi x → 0, ta cĩ 3 x0→ 6ln(1−+ x) 6x + 3x23 + 2x x3 3xxx3arctgxxx3xxx3(x−+−34 −+= 34 −+− 34 − + o(x)) 4 =+xo(x)x, 4 4 ∼ 4 3 xxx234 3 3 6ln(1x)6x3x2x6(x−+ +23 + =−−− − + o(x))6x3x2x 4 + + 23 + =−+ x 4 o(x) 4 ∼− x. 4 234 2 2 Suy ra 3x−+− x34 x 3arctgx −+ x 34 x x 4 2 ∼ →− 23 3 . 6ln(1−+ x) 6x + 3x + 2x− x4 3 2 2 Vậy L =− . 3 3 7. ỨNG DỤNG 7.1. Tính đơn điệu - Cực trị - Tính lồi lõm - Điểm uốn - GTLN - GTNN Sinh viên tự ơn 7.2. Bài tốn lập kế hoạch sản xuat để đạt lợi nhuận tối đa Bài tốn: Giả sử một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu là QD=D(P) (P là đơn giá) và hàm tổng chi phí là C=C(Q) (Q là sản lượng). Hãy xác định mức sản lượng Q để xí nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Phương pháp giải: Với mức sản lượng Q, để bán hết sản phẩm, xí nghiệp cần bán theo đơn giá P sao cho QD = Q. Do đĩ D(P) = Q ⇔ P = D−1(Q). Khi đĩ: - Doanh thu của xí nghiệp là: R(Q) = P.Q= D−1(Q).Q - Lợi nhuận của xí nghiệp là: π(Q) = R(Q) – C(Q) = Q.D−1(Q) – C(Q) Ta cần xác định giá trị Q > 0 để π(Q) đạt cực đại. Thơng thường ta chỉ cần tìm Q = Q0 > 0 sao cho π'(Q0) = 0 và π''(Q0) < 0, hơn nữa, để phù hợp với thực tế, tại Q = Q0 ta phải cĩ lợi nhuận, đơn giá và tổng chi phí đều dương. 47
48. Ví dụ: Một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu QD = 1 656 - P (P là đơn giá) và hàm tổng chi phí là C = Q3 – 77.Q2 + 1000Q + 40000 (Q là sản 2 lượng). Hãy xác định mức sản lượng Q để xí nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. Giải. Với mức sản lượng Q, để bán hết sản phẩm, xí nghiệp cần bán theo đơn giá P sao cho: 1 QD = Q ⇔ 656− P = Q ⇔ P =1312 – 2Q. 2 Khi đĩ: - Doanh thu của xí nghiệp là: R(Q) = P.Q = (1312 – 2Q)Q. - Lợi nhuận của xí nghiệp là: π(Q) = R(Q) – C(Q) = (1312 – 2Q)Q – (Q3 – 77Q2 + 1000Q + 40000) = – Q3 + 75Q2 + 312Q – 40000. Cần xác định giá trị Q > 0 để π(Q) đạt cực đại. Ta cĩ: π'(Q) = –3Q2 + 150Q + 312. Suy ra: π'(Q) = 0 ⇔ – 3Q2 + 150Q + 312 = 0 ⇔ Q = – 2 (loại) hay Q = 52. Ta cũng cĩ: π''(Q) = – 6Q + 150 nên π''(52) 0. - Đơn giá là P = 1208 > 0. - Tổng chi phí là C = 24400 > 0. Kết luận: Để đạt lợi nhuận cao nhất, xí nghiệp cần sản xuất với mức sản lượng Q = 52. Khi đĩ lợi nhuận tương ứng là π = 38416. 7.3. Bài tốn thuế doanh thu Bài tốn: Giả sử một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu là QD=D(P) (P là đơn giá) và hàm tổng chi phí là C=C(Q) (Q là sản lượng). Hãy xác định mức thuế t trên mơt đơn vị sản phẩm để cĩ thể thu được nhiều thuế nhất từ xí nghiệp. Phương pháp giải: Với mức thuế t trên một đơn vị sản phẩm, xí nghiệp sẽ định mức sản lượng Q phụ thuộc vào t sao cho đạt lợi nhuận tối đa. Với mức sản lượng Q, để bán hết sản phẩm, xí nghiệp cần bán theo đơn giá P sao cho QD = Q. Do đĩ D(P) = Q ⇔ P = D–1(Q). Khi đĩ: 48
49. - Doanh thu của xí nghiệp là: R(Q) = P.Q= D–1(Q).Q - Tiền thuế xí nghiệp phải nộp là: T(t)= Qt. - Lợi nhuận của xí nghiệp là: π(Q) = R(Q) – C(Q) – Qt = D–1(Q).Q – C(Q) – Qt. Như đã nĩi ở trên, ta cần xác định Q sao cho π(Q) đạt cực đại. Khi đĩ Q = Q(t) (Q phụ thuộc vào t) và tiền thuế mà xí nghiệp phải nộp là T = Q(t)t. Để thu được nhiều thuế nhất từ xí nghiệp ta cần xác định giá trị t > 0 để T = Q(t)t đạt cực đại. Chú ý rằng để phù hợp với thực tế, tại giá trị t tìm được ta phải cĩ sản lượng, đơn giá, lợi nhuận và tổng chi phí đều dương. Ví dụ. Một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu là QD= 2000 – P (P là đơn giá) và hàm tổng chi phí là C = Q2 + 1000 Q + 50 (Q là sản lượng). Hãy xác định mức thuế t trên một đơn vị sản phẩm để cĩ thể thu được nhiều thuế nhất từ xí nghiệp. Giải. Với mức sản lượng Q, để bán hết sản phẩm, xí nghiệp cần bán theo đơn giá P sao cho: QD = Q ⇔ 2000 – P = Q ⇔ P = 2000 – Q. Khi đĩ: - Doanh thu của xí nghiệp là: R(Q) = P.Q= (2000 – Q)Q. - Tiền thuế xí nghiệp phải nộp là: T(t) = Qt. - Lợi nhuận của xí nghiệp là: π(Q) = R(Q) – C(Q) – Qt = (2000 – Q)Q – (Q2 + 1000 Q + 50) – Qt = – 2Q2 + (1000 – t) Q – 50. Mức sản lượng được định ra sao cho π(Q) đạt cực đại. Ta cĩ: π'(Q) = – 4Q + 1000 – t. Suy ra: 1000− t π'(Q) = 0 ⇔ – 4Q + 1000 – t = 0 ⇔ Q = . 4 1000− t Vì π''(Q) = – 4 0 để T(t) đạt cực đại. Ta cĩ 49
50. 1000− 2t T'(t) = . 4 Suy ra 1000− 2t T'(t) = 0 ⇔ = 0 ⇔ t = 500. 4 Vì T''(t)= – 1/2 0. Tiền thuế thu được là T = 62500. - Đơn giá là P = 1875 > 0. - Lợi nhuận là π = 31200 > 0. - Tổng chi phí là C = 140675 > 0. Kết luận: Để thu được nhiều thuế nhất từ xí nghiệp, cần định mức thuế trên một đơn vị sản phẩm là t = 500. Khi đĩ tiền thuế thu được là T = 62500. 7.4. Bài tốn thuế nhập khẩu Bài tốn: Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = S(P) và QD = D(P) (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đĩ trên thị trường quốc tế cộng với chi phí nhập khẩu (nhưng chưa tính thuế nhập khẩu) là P1 0 và t + P1 0 để T(t) đạt cực đại. Mức thuế t phải thỏa t + P1 < P0 và để phù hợp với thực tế, ta phải cĩ các đại lượng tương ứng như đơn giá, lượng cung, lượng cầu đều dương. Ví dụ. Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = P – 200 và QD = 4200 – P (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đĩ trên thị trường quốc tế cộng với chi phí nhập khẩu (nhưng chưa tính thuế) là P1 = 1600. Một cơng ty được độc quyền nhập loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế nhập khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ cơng ty nhiều thuế nhất. Giải. Trước hết ta tìm đơn giá tại điểm cân bằng trong thị trường nội địa. Ta cĩ: QS = QD ⇔ P – 200 = 4200 – P ⇔ P = 2200. Vậy đơn giá tại điểm cân bằng trong thị trường nội địa là P0 = 2200. 50
51. Gọi t là mức thuế nhập khẩu trên một đơn vị sản phẩm. Điều kiện: t > 0; 1600 + t 0. - Lượng cung QS = 1850 > 0. - Lượng cầu là QD = 2150 > 0. Kết luận: Để thu được nhiều nhất thuế nhập khẩu từ cơng ty, cần định mức thuế trên một đơn vị sản phẩm là t = 300. Khi đĩ tiền thuế thu được là T = 90000. 7.5. Bài tốn thuế xuất khẩu Bài tốn. Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = S(P) và QD = D(P) (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đĩ trên thị trường quốc tế trừ đi chi phí xuất khẩu (nhưng chưa trừ thuế xuất khẩu) là P1 > P0, trong đĩ P0 là đơn giá tại điểm cân bằng của thị trường nội địa. Một cơng ty được độc quyền xuất khẩu loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế xuất khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ cơng ty nhiều thuế nhất (Giả sử khối lượng xuất khẩu của cơng ty khơng ảnh hưởng đến giá bán trên thị trường quốc tế). 51
52. Phương pháp giải: Gọi t là mức thuế xuất khẩu trên một đơn vị sản phẩm. Mức thuế t phải thỏa điều kiện t > 0 và P1– t > P0. Do được độc quyền, cơng ty sẽ thu mua sản phẩm trên với đơn giá P thỏa P0 0 để T(t) đạt cực đại. Mức thuế t phải thỏa P1– t > P0 và để phù hợp với thực tế, ta phải cĩ các đại lượng tương ứng như đơn giá mua, lượng cung, lượng cầu đều dương. Ví dụ. Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = P – 200 và QD = 4200 – P (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đĩ trên thị trường quốc tế trừ chi phí xuất khẩu (nhưng chưa trừ thuế) là P1 = 3200. Một cơng ty được độc quyền xuất khẩu loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế xuất khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ cơng ty nhiều thuế nhất. Giải. Trước hết ta tìm đơn giá tại điểm cân bằng trong thị trường nội địa. Ta cĩ QS = QD ⇔ P – 200 = 4200 – P ⇔ P = 2200. Vậy đơn giá tại điểm cân bằng trong thị trường nội địa là P0 = 2200. Gọi t là mức thuế xuất khẩu trên một đơn vị sản phẩm. Điều kiện: t > 0; 3200 – t > 2200 (*). Khi đĩ: Cơng ty sẽ thu mua với đơn giá P thoả: 2200 < P < 3200 – t ( ) - Lượng hàng mà cơng ty xuất khẩu là: QS - QD = (P – 200) – (4200 – P) = 2P – 4400. - Lợi nhuận mà cơng ty thu được là: π(P) = (P1 – P – t)(QS – QD) = (3200 – P – t)(2P – 4400) = – 2P2 + 2(5400 – t)P – 4400(3200 – t). Đơn giá P được định ra sao cho π(P) đạt cực đại. Ta cĩ π'(P) = – 4P + 2(5400 – t). Suy ra: t π'(P) = 0 ⇔ – 4P + 2(5400 – t) = 0 ⇔ P= 2700 − . 2 t Vì π''(P) = – 4 < 0 nên π(P) đạt cực đại tại P = 2700 − . Khi đĩ tiền thuế mà cơng ty phải 2 nộp là T(t) = t(QS – QD)= t (2P – 4400) = t(1000 – t). Ta cần xác định t để T(t) đạt cực đại. Ta cĩ T'(t) = 1000 – 2t. 52
53. Suy ra T'(t) = 0 ⇔ 1000 – 2t = 0 ⇔ t = 500. Vì T''(t)= – 2 0 và thoả ( ). - Lượng cung QS = 2250 > 0. - Lượng cầu là QD = 1750 > 0. Kết luận: Để thu được nhiều nhất thuế xuất khẩu từ cơng ty, cần định mức thuế trên một đơn vị sản phẩm là t = 500. Khi đĩ tiền thuế thu được là T = 250000. BÀI TẬP 1. Tính các giới hạn sau: (1− cos x) 2 a) lim . x→ 0 ln(cos 4x) 13sinx1tgx2+++− b) lim x→ 0 sin 2x 1−++ cos x ln(1 tg23 2x) + 2arcsin x c) lim 2 x→ 0 1cos4xsinx−+ arcsin(x32++ tg 3x) 2arcsin 2 x d) lim 32 x→ 0 1cos2xsinx−+ (x22x24++ 2x 4)(1 − cos 2x) + (e −+ 1) x e) lim 3 . x→ 0 ln(cos 4x)+ x (x2 ++ 3x 4) ln(c os x) + cos2x − 1 f ) lim 222 x→ 0 (x++ 2x 2)(sin2x + x ) (cos2x−+− ex2 )(x 1 c os x) g) lim 2 x→ 0 x(cos3x−+− cos x) ln(1 e cos x) πxxπ 2 (x32−−++ 1)(x 2x sin ) sin − e (x1)− 22 h) lim 2x 2 4 2 x→ 1 (e−−+ e )(x 1) ln x 2 (x+++++++ 1)ln(x 2) x32 4x 5x 1 e (x1)+ i)lim x→− 1 (1+π cos x)(x32 +−+++ 1) x 2x 2 1 tg(x3x232−−++− 3x 2) 7 x 3e− +− x 3x + 4 j) lim 2x 4 x→ 2 x(e−+π+π− e ) sin x cos x 1 53
54. 2. Tính các giới hạn sau: a)lim(xxxxxxxx)22++−+− 22. x→+∞ b)lim(xxxxxxxx)22++−+− 22 x→−∞ c) lim(33 3x32+++−−+ 3x x 1 3x 32 x 1) x→∞ d) lim x(33 2x32++++−− x 2x 1 1 x 2 2x 3 ) x→∞ 3 e) lim x( x34+++++−− x x 1 2x 13 1 x 23 x ) x→∞ 3. Tính các giới hạn sau: 2 ⎛⎞x3x2−+ cot gx a) lim⎜⎟2 . b) lim(sin x+ cos x) x→∞ ⎝⎠x5x1−+ x→ 0 2cotgx3 2cotgx3 c ) lim(cos 2x+ x ) d)lim(cos2x+ x ) x→ 0+ x→ 0− 2cotgx3 e ) lim(cos2x+ x ) x→ 0 4. Định các tham số a, b để các hàm số sau liên tục tại các điểm được chỉ ra: ⎧ecos2x2x − ⎪ nếu x ≠ 0; a) y = ⎨ x4x3 + tại x = 0. ⎪ ⎩a nếu x = 0. ⎧ln(cos 3x) nếu x 1. ⎩ x2x32 +− 5. Định các tham số a, b để các hàm số sau liên tục trên R: ⎧ 1 ⎪arctg3 nếu x ≠ 2; a) y = ⎨ (x− 2) ⎪ ⎩a nếu x = 2. 54
55. ⎧ sinπ x ⎪ 2 nếu x 2. ⎩⎪ 22x−+ 6. Tìm đạo hàm y′ = y′(x) của các hàm số sau: ln 2x xsin3x ⎛⎞1 a) y=(xcos2x) b) y = ⎜⎟ x+ ⎝⎠x 7. Tìm đạo hàm y′ = y′(x) của các hàm ẩn y = y(x) định bởi: a) y= x+arctgy. b) y = 1 + yex . c) x32y+− ln y x e = 0. Từ đó xác định y′ (0). π d) ycosx + sinx + lny = 0. Từ đó xác định y′ ( ). 2 8. Tìm các đạo hàm y′ = y′(x0) và y′′ = y′′(x0) của các hàm số y = y(x) được cho dưới dạng tham số sau: ⎧x=+ ln(1t) a) ⎨ tại x0 = ln 2 ⎩y=− 2t 2arctgt ⎧x= arctgt ⎪ π 2 b) ⎨ t tại x0 = ⎪y= 3 ⎩ 2 ⎧⎪x= 2et c) tại x = 2 ⎨ 2 0 ⎩⎪y=+ tt 9. Chứng minh rằng hàm số ⎧ 1 ⎪x sin khi x≠ 0 y = ⎨ x ⎩⎪0 khi x = 0 liên tục tại x = 0 nhưng khơng cĩ đạo hàm bên trái lẫn đạo hàm bên phải tại điểm này. 10. Chứng minh rằng hàm số ⎧ 1 ⎪x2 sin khi x≠ 0 y= ⎨ x ⎩⎪0 khi x=0 cĩ đạo hàm trên R. 11. Cho y = 5 x . Tìm dy và dy(32). Tính gần đúng 5 31 . 55
56. 12. Cho y = arc tg x . Tìm dy và dy(1). Tính gần đúng arc tg 1,05 . 13.Tính các giới hạn sau: xacsinx− 2tgx− tg2x a) lim . b) lim x→ 0 xtgx− x→ 0 x(1− cos3x) 3 ln|sin 2x| 2(tgx−− sin x) x d) lim c) lim 5 x→ 0 x x→ 0 ln|sin 3x| 11 1x+ e) lim (− ) ln(1+ x) 1 . f ) lim (2 − ) x→ 0 ln(1+ x) x x0→ xx nx tg(1− x) g) lim x e h) lim (ln(x− 1)) x→−∞ x→ 1+ − 2 ln(x 2) 2/lnsinx ⎛⎞x2x3−+ i ) lim(sin 3x) j) lim + ⎜⎟ x→ 0 x→ 2+ ⎝⎠x1+ ln22 (1+− x) sin x x− arctgx k) lim 3 l) lim x2 x→ 0 1e− x x→ 0 2e− x−− 2x 2 14. Tìm đạo hàm cấp n của các hàm số sau: a) y = xsinx b ) y = x2 cosx 3x x c) y = x e d) y = ex x1+ e) y = x4 lnx f) y = x2x32 + − 15. Tìm khai triển MacLaurin của các hàm số sau: 1 a) y = đến số hạng x5 . 1sinx− b) y = cos(sin2x) đến số hạng x6 . c) y = arctg(sin3x) đến số hạng x5 . d) y = ln(cos2x) đến số hạng x6 . e) y = arctg(1− cos x) đến số hạng x6 . 5 16. Tìm khai triển Taylor tại x0 của các hàm số sau đến số hạng (x – x0) : 56
57. ππ a) y = xsinx; x = b) y = x2 cosx; x = 0063 3x x c) y= x e ; x00 =1 d) y = ; x =1 ex 4 x1+ e) y= x lnx; x00 =1. f) y = ; x =2. x2x32 + − 17. Tính gần đúng chính xác đến 10-6: a) cos41o b) ln1,5. 18. Xác định cấp của các vơ cùng bé sau đây khi chọn x làm vơ cùng bé chính: a) 2−−+ 2cos x x24 2x . b) 2x −+− 2 ln(1 x) x 2 . c) x−+ 3tgx x335 . d) 30x − 15arctg2x + 40x − 96x . 19. Tìm các khoảng tăng giảm và cực trị của các hàm số y sau đây, đồng thời tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của y trên tập D tương ứng: a) y = x(1− 2 x) ; D = [1/4 , 1]; [1/4 , 1); (1/4 , 1); (1/4 , 1]; [1/4 , + ∞) . x2 / 2− x−6 ln|x| b) y = e D = [1 , 4]; (1 , 4]; [1 , 4); (1 , 4); [1 , + ∞); (− ∞, −1). 3 x2 −5x c) y = x e D = [4/3 , 2]; (4/3 , 2); [4/3 , 2); (4/3 , 2); (− ∞ , 4/3); [2 , + ∞); R. d) y = 1+ x − x / 4 D = [1 , 4]; [1, 4); (1 , 4]; (1 , 4); (1, + ∞); [4 , + ∞). 5x −1 e) y = x2 − 3x + 2 D = [−2, 0]; (−2, 0); [−2, 0); (−2 , 0]; (2, + ∞); (− ∞, 0] x14 + f) y = x12 + D = [−1, 1]; [−2, 0); (−2, 0]; (−2, 0); R. x12 + g) y = x14 + D = [−1, 1]; [0, 2); ( 0, 2]; (0, 2); R. 20. Tìm các khoảng lồi lõm và điểm uốn của đồ thị của các hàm số sau đây: 2 x −1/ x 1/x a) y = + ln | x |; b) y = xe ; c) y = (x+2)e . 2 57
58. 21. Một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu QD = 300 − P (P là đơn giá) và hàm tổng chi phí là C = Q3 – 19Q2 + 333Q + 10 (Q là sản lượng). Hãy xác định mức sản lượng Q để xí nghiệp đạt lợi nhuận tối đa. 22. Một xí nghiệp sản xuất độc quyền một loại sản phẩm. Biết hàm cầu là QD= 2640 − P (P là đơn giá) và hàm tổng chi phí là C = Q2 + 1000 Q + 100 (Q là sản lượng). Hãy xác định mức thuế t trên một đơn vị sản phẩm để cĩ thể thu được nhiều thuế nhất từ xí nghiệp. 23. Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = P − 200 và QD = 1800 – P (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đĩ trên thị trường quốc tế cộng với chi phí nhập khẩu (nhưng chưa tính thuế) là P1 = 500. Một cơng ty được độc quyền nhập loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế nhập khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ cơng ty nhiều thuế nhất. 24. Cho biết hàm cung và hàm cầu của một loại sản phẩm trong thị trường nội địa lần lượt là QS = P− 20 và QD = 400 – P (P là đơn giá). Biết rằng giá bán của loại sản phẩm đĩ trên thị trường quốc tế trừ chi phí xuất khẩu (nhưng chưa trừ thuế) là P1 = 310. Một cơng ty được độc quyền xuất khẩu loại sản phẩm trên. Hãy xác định mức thuế xuất khẩu t trên một đơn vị sản phẩm để thu được từ cơng ty nhiều thuế nhất. 58
59. CHƯƠNG 2 PHÉP TÍNH TÍCH PHÂN HÀM MỘT BIẾN A-TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 1. KHÁI NIỆM VỀ TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 1.1. Định nghĩa nguyên hàm. Hàm số F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a,b) nếu F′(x)= f(x), ∀ x∈(a,b). x4 Ví dụ. 1) là một nguyên hàm của x3 trên R. 4 2) cosx là một nguyên hàm của − sinx trên R. Khi nĩi đến nguyên hàm của f(x) mà khơng chỉ rõ khoảng (a,b) thì ta hiểu đĩ là nguyên hàm của f(x) trên các khoảng xác định của f(x). 1.2. Định lý. Cho F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a,b). Khi đĩ 1) Với mọi hằng số C, F(x) + C cũng là nguyên hàm của f(x) trên (a, b). 2) Ngược lại, mọi nguyên hàm của f(x) trên (a,b) đều cĩ dạng F(x) + C. 1.3. Định nghĩa tích phân bất định Tập hợp tất cả các nguyên hàm của f(x) được gọi là tích phân bất định của hàm f(x), ký hiệu là ∫ f(x)dx. Nếu biết F(x) là một nguyên hàm của f(x) thì: ∫ f (x)dx= F(x)+ C. x 4 Ví dụ. xdx3 =+ C; sin xdx= −+ cos x C. ∫ 4 ∫ 1.4. Tính chất 1) Nếu f(x) cĩ nguyên hàm thì ′ ()∫ f(x)dx= f(x). 2) 2)∫ f′ (x)dx=+ f (x) C. 3) Với k là hằng số, ta cĩ ∫∫kf (x)dx= k f (x)dx+ C. 4) ∫∫∫[f(x)+=+ g(x)]dx f(x)dx g(x)dx. 59
60. 1.5. Bảng các tính phân cơ bản α+1 α x dx x dx=+ C (-1 ≠α : Const) ∫ = 2x+ C ∫ α+1 x dx 1 =− +C dx ∫ 2 = ln | x |+ C xx ∫ x xx x edx = e+ C x a ∫ adx= +C (0 < a ≠ 1: Const) ∫ ln a ∫ sinxdx = − cosx + C ∫ cosxdx = sinx + C dx dx = (1 + tg2 x)dx = (1+ cotg2 x)dx ∫∫2 ∫∫2 cos x sin x = tgx +C =− cot gx + C ∫ tgxdx=− ln|cos x| + C ∫ cot gxdx=+ ln|sin x| C dx x dx 2 = arcsin + C = nx+++ x h C ∫ 22 ∫ 2 ax− a xh+ (0< a: Const) (h: Const) dx 1 x dx 1 x+ a =+arctg C = ln+ C ∫ 22 ∫ 22 ax+ a a ax− 2a x− a (0≠ a: Const) (0 ≠ a: Const) dx 1 x− a =+ln C ∫ xa22− 2a x+ a (0 ≠ a:Const) 11x a22−= x dx x a 22 −+ x a 2 arcsin + C (0 < a: Const) ∫ 22a 11 x22+= h dx x x ++ h h.ln| x +++ x 2 h | C (h: Const) ∫ 22 Chú ý. Nếu ∫ f(x)dx=+ F(x) C thì với a ≠ 0 và b là các hằng số, ta cĩ 1 faxbdx()+ =++ F(axb)C. ∫ a 1 Ví dụ. edxe3x−− 4=+ 3x 4 C. ∫ 3 60
61. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH TÍCH PHÂN 2.1. Phương pháp phân tích Muốn tính tích phân bất định của một hàm số f(x) ta dùng các tính chất của tích phân và phân tích f(x) để đưa tích phân cần tính về các dạng tích phân cơ bản. Ví dụ. Tính các tích phân sau: x1+ 2 1) ∫∫∫dx=+ xdx1/2 xdx= xx ++ 2 x C. x 3 x44 x−+ 16 16 16 dx 2) dx==−+=−+ dx (x22 4 )dx x dx 4 dx 16 ∫∫22 ∫ 2 ∫∫∫ 2 x4++ x4 x4 + x4 + xx3 = −+ 4x 8arctg + C. 32 111 3) ∫∫sin 5x.sin 3xdx=−= (cos 2x cos 8x)dx ∫∫ cos 2xdx − cos 8xdx 222 11 =− sin 2x sin 8x + C. 416 1cos4x− 1 1 1 4) sin2 2x dx==−=−+ dx (1 cos4x)dx x sin4x C. ∫∫22 ∫ 28 44 5) (1+ 2x22 ) dx =++ (1 4x 2 4x 4 )dx =+++ x x 3 x 5 C ∫∫ 35 11 1 6) (12x)dx+=++=++10 (12x)C 11 (12x)C. 11 ∫ 211 22 2.2. Phương pháp đổi biến số 1. Đổi biến số dạng 1: Giả sử tích phân cĩ dạng: Ifu(x)u'(x)dx= ∫ [ ] , trong đĩ u(x) và u'(x) liên tục. Đặt t = u(x) ⇒ dt = u'(x)dx. Ta cĩ I==∫∫ f[ u (x)] u '(x)dx f (t)dt (1) Tính tích phân sau cùng trong (1) theo t, sau đĩ thay t = u(x) để suy ra I. 2. Đổi biến số dạng 2: Xét tích phân If(x)dx= ∫ . Đặt x = ϕ(t), trong đĩ ϕ(t) cĩ đạo hàm ϕ'(t) liên tục và x = ϕ(t) cĩ hàm ngược t = ϕ−1(x). Khi đĩ dx = ϕ'(t)dt và If(x)dxf[(x)](t)dt==ϕϕ∫∫′ (2) Tính tích phân sau cùng trong (2) theo t, sau đĩ thay t = ϕ−1(x) để suy ra I. Ví dụ. Tính các tích phân sau: 1) I=+∫ x234 (3 2x ) dx. 61
62. dt Đặt t=+ 3 2x322 ⇒ dt = 6x dx ⇒ x dx = . 6 1t535 (32x)+ Suy ra ItdtC==+=+4 C. ∫ 63030 2x+ 1 2) I= dx. ∫ xx32 +− Đặt t=+−⇒= x2 x 3 dt (2x + 1)dx. Suy ra dt 2 I = = ln t+= C ln x +−+ x 3 C. ∫ t xdx 3) I= . Ta cĩ ∫ xx32 +− 12x1+ 1 dx1 1 Idxln|xx3|J.=−=+−−2 ∫∫22 2222xx3+− xx3 +− J dx Xét J = . Ta cĩ ∫ xx32 +− 113 xx3(x)22+−= + − . 24 Suy ra 1113 d(x++− ) x dx dx 1 JnC== =222 = + ∫∫2 ∫ 2 xx3+− 1132 (x+− ) 113⎛⎞ 13 1 13 (x+− )2 ⎜⎟2. x ++ 24 ⎜⎟ 222 22⎝⎠ 12x113+− =+ ln C. 13 2x++ 1 13 Vậy 112x113+− Iln|xx3|ln=+−−2 + C. 2 213 2x1++ 13 xdx 4) I= ∫ . 1x+ 4 dt Đặt t = x2 ⇒= dt 2xdx ⇒ xdx =. Suy ra 2 62
63. 1dt1 1 I= Ilnt1tClnx1xC.==+++=+++∫ 224 221t+ 2 2 ln2 x+ 1 5) I= dx. ∫ xlnx dx Đặt t = lnx ⇒ dt = . Suy ra x t1222+ 1 t lnx I = I==+=++=++ dt (t )dt ln t C ln ln x C. ∫∫tt22 3x+ 5 6) I= ∫ dx. 4x+ 1 t12 − 1 Đặt t = 4x+⇒= 1 x ⇒ dx = tdt . Suy ra 42 t12 − 35+ 3 1317t17t117 Itdt(t)dt(4x1)4x1C.==+=+=++++4 23 ∫∫t2 88 888 8 7) I=−∫ a22 x dx (0 < a: Const). ⎛⎞ππ x Đặt x = asint, ⎜⎟−≤≤t ⇔ t = arc sin . Khi đĩ ⎝⎠22 a a22−= x a|cos t| = a cos t;dx = a cos tdt. Suy ra 11111 I==+=++=++ a22 cos tdt a 2() 1 cos 2t dt a 2 (t sin 2t) C a 2 t a 2 sin 2t C. ∫∫22224 Mặt khác, 11 1 1 asin2t22== asintcost asintacost 2 =− xa 22 x. 42 2 2 1x1 Vậy IaarcsinxaxC.=+−+222 2a2 2.3. Phương pháp tích phân từng phần Cho các hàm số u = u(x) và v= v(x) co1ca1c đạo hàm u′ = u′(x) và v′ = v′(x) liên tục. Khi đĩ (uv)′ = u′v + uv′ nên uv′= (uv)′ − vu′. Suy ra ∫∫uv′′′′ dx=−=− (uv) dx ∫ u vdx uv ∫ u vdx. Ta đã chứng minh cơng thức tích phân từng phần: 63
64. ∫∫uv′ dx=− uv vu′ dx Ta cịn viết cơng thức trên dưới dạng: ∫ udv=− uv∫ vdu Chú ý. 1) Để tính ∫ g(x)h(x)dx bằng phương pháp tích phân từng phần cĩ 2 cách đặt: ⎧ ug(x)= ⎪⎧du= g′ (x)dx ⎨⎨⇒ = ⎩dv= h(x)dx ⎩⎪v∫ h(x)dx (thường chọn C = 0) hoặc ⎧ uh(x)= ⎧⎪du= h′ (x)dx ⎨⎨⇒ = ⎩dv= g(x)dx ⎩⎪v∫ g(x)dx (thường chọn C = 0) Ta thường chọn cách đặt nào để tính được ∫ vdu . 2) Đối với một số bài tốn, sau khi áp dụng tích phân từng phần, ta được mộ hệ thức cĩ dạng ∫∫f(x)dx=+α F(x) f(x)dx,(1 ≠α :Const). Khi đĩ 1 fxdx() = F(x)C.+ ∫ 1 −α 3) Các tích phân sau đây dược tính bằng phương pháp tích phân từng phần với cách đặt tương ứng (ở đây p(x) là đa thức theo x cĩ a là hằng số): LOẠI CÁCH ĐẶT ax ∫∫∫p(x)sin axdx, p(x) cosaxdx, p(x)eax dx, u = p(x); dv = sinaxdx (cosaxdx, e dx, ) ∫∫p(x) ln axdx, p(x)arctgaxdx, ∫ p(x) arcsin axdx, u = lnax (arctgax,arcsinax, ); dv = p(x)dx Ví dụ. Tính các tích phân sau: ⎧⎧u== x du dx 1) I= x cos x dx . Đặt ⎨⎨⇒ ∫ ⎩⎩dv== cos xdx v sin x Suy ra IxsinxsinxdxxsinxcosxC.=−∫ =++ ⎧ux= xdx ⎪ ⎧du= dx 2) I= . ⇒ ∫ 2 Đặt ⎨⎨dx sin x dv = ⎩vcotgx=− ⎩⎪ sin2 x Suy ra 64
65. cos x d(sin x) I=− x cot gx + cot gx dx =− x cot gx + dx =− x cot g x + =− x cot g x + ln sin x + C. ∫∫∫sinx sinx ⎪⎧u = sin x ⎪⎧du = cos x dx x ⇒ 3) I= e sin x dx . Đặt ⎨ x ⎨ x ∫ ⎩⎪dv = e dx ⎩⎪v = e Suy ra I=− exx sin x e cos xdx. ∫ I1 ⎪⎧ u = cos x ⎪⎧du = − sin x dx ⇒ Tính I1 : Đặt ⎨ x ⎨ x ⎩⎪dv = e dx ⎩⎪ v = e Suy ra I=+ exx cos x e sin x dx =+ e x cos x I.Vậy 1 ∫ IesinxecosxI.= xx−− 1 Từ đĩ Ie(sinxcosx)C.=−+x 2 ⎧ dx du = ⎧ ulnx= ⎪ x α 4) I=−≠α x ln xdx ( 1 : Const) . Đặt ⎨⎨α ⇒ α+1 . Ta cĩ ∫ dv= x dx x ⎩ ⎪v = ⎩⎪ α+1 xxdxxxxxα+111 α+ α+ α α+ 11 α+ I=− ln x =−ln x dx =−+ln x C α+11x111(1)∫∫ α+ α+ α+ α+ α+ 2 ⎧ 2 ⎧du = 2xdx ⎪ u = x ⎪ 3x 5) I= x23x e dx. Đặt ⎨ ⇒ ⎨ e . Suy ra ∫ dv = e3xdx v = ⎩⎪ ⎩⎪ 3 xe23x 2 Ixedx.=−3x 33∫ I1 ⎧ ⎧du = dx ⎪ u = x ⎪ 3x ⎨ ⇒ ⎨ e Tính I1: Đặt dv = e3x v = .Ta cĩ ⎩⎪ ⎩⎪ 3 xe3x 1 xe 3x 1 IedxeC=−3x =−+ 3x 1 33∫ 39 Vậy 65
66. xe23x 2 xe 3x 1 1 I(e)Ce(9x6x2)C=− −+=3x 3x 2 −++ 3339 27 ⎧ dx du = ⎧uarctgx= ⎪ 1x+ 2 6) I= x arc tg x dx.Đặt ⎨⎨⇒ .Ta cĩ ∫ dv= x 1x+ 2 ⎩ ⎪v = ⎩⎪ 2 1x+++222 1x dx 1x 1 I=− arctgx =−+arctgx x C. 2222∫ 1x+ 2 7) I=−∫ a22 x dx (0 < a: Const) ⎧ xdx ⎧⎪⎪uax=−22 du =− Đặt ⎨⎨⇒ ax22− .Ta cĩ ⎩⎪dv= dx ⎪ ⎩vx= ⎛⎞x(ax)a2222−− Ixax=−−−22⎜⎟ dx = xax 22 −− dx ∫∫⎜⎟22 22 ⎝⎠ax−− ax dx x =−−−+ xa22 x∫∫ a 22 xdxa 2 =−+ xa 22 x aarcsin 2 − I. ax22− a Suy ra 11x IxaxaarcsinC.=−+22 2 + 22a 8)I=+=∫ x2 h dx (h: Const) ⎧ xdx ⎪⎪⎧uxh=+2 du = Đặt ⎨⎨⇒ xh2 + .Ta cĩ ⎩⎪dv= dx ⎪ ⎩vx= x(xh)h22+− Ixxh=+−22∫∫ dx = xxh +− dx xh22++ xh dx =+−++ xx22 h∫∫ x hdxh =++++− xx 2 h h.ln|x x 2 h|I. xh2 + Suy ra 11 I=++++ xxhh.ln|xxh|22 + C. 22 66
67. 3. TÍCH PHÂN HÀM HỮU TỈ 3.1. Tích phân của các phân thức đơn giản Xét các tích phân cĩ dạng sau: A Mx+ N Idx= , Jdx= , k ∫ k m ∫ m ()xa− ()xpxq2 ++ trong đĩ A, M, N, a, p, q ∈ ; k , m nguyên dương và p2 – 4q 1). 2 ∫ kk1− ()xa−−−()() k1xa Mx+ N 2) Tính tích phân Jdx= : 1 ∫ m ()xpxq2 ++ 2 2 2 ⎛⎞pp⎛⎞ Ta cĩ x++=++− px q ⎜⎟ x⎜⎟ q . ⎝⎠24⎝⎠ p2 p2 Vì p2 – 4p . Đặt aq=−. Thực hiện đổi biến 4 4 p tx=+ ⇒ dtdx. = 2 2 2 2 ⎛ Mp ⎞ Ta cĩ x + px + q = t + a và Mx + N = Mt + ⎜N − ⎟ . Do đĩ ⎝ 2 ⎠ ⎛ Mp ⎞ Mt + ⎜N − ⎟ Mx + N ⎝ 2 ⎠ M 2tdt ⎛ Mp ⎞ dt J1 = ∫∫dx = dt = ∫∫+ ⎜N − ⎟ x2 + px + p t2 + a2 2 t2 + a2 ⎝ 2 ⎠ t2 + a2 2 2 M d(t + a ) 1 ⎛ Mp ⎞ t M 2 2 1 ⎛ Mp ⎞ t = + ⎜N − ⎟arctg + C = ln(t + a ) + ⎜N − ⎟arctg + C 2 ∫ t2 + a2 a ⎝ 2 ⎠ a 2 a ⎝ 2 ⎠ a M2NMp2xp−+ = ln() x2 +++ px q arctg + C 2 24qp−−22 4qq Mx+ N 3) Tính tích phân Jdx= (m > 1): m ∫ m ()xpxq2 ++ Biến đổi giống như J1 ta được 67
68. ⎛⎞Mp Mt+−⎜⎟ N 2 Mx+ N⎝⎠dt M 2tdt⎛⎞ Mp dt Jdx==m =+− N. m ∫∫mmm22 ∫⎜⎟ ∫ xpxq2 ++()ta+ 22 ta22 +⎝⎠ ta 22 + () () () KLmm 2 2 Ta tính Km bằng cách đổi biến u = t + a ⇒ du = 2tdt . 2tdt du 1 1 K1CC.===−+=−+ m ∫∫(t22mm+−−+ a ) u (m 1)u m1−− (m 1)(t 22m1 a ) dt Ta tính L = bằng cơng thức truy hồi như sau: m ∫ (t22m+ a ) dt 4) Tính tích phân L = (m nguyên dương) m ∫ (t22m+ a ) ⎧⎧12mt ⎪⎪ududt==− Đặt ⎨⎨(t22m++ a )⇒ (t 22m1 a ) + . Ta cĩ ⎪⎪ ⎩⎩dv== dt v t tt2 L2mdt=+ m mm1∫ + , ta22++ ta 22 () () L 22 2 (t+− a ) a dt22 dt Ldta==−=− LaL. ∫∫∫(t22m1+++ a )++ (t 22m a ) (t 22m1 a ) mm1+ Do đĩ t 2 L2mL2maL.=+− mmm1(t22m+ a ) + Suy ra 1t2m11− LL=+ m1+ 2ma22 (t+ a 2m )2m a 2 m Đây là cơng thức truy hồi để tính Lm, trong đĩ dt 1 t L== arctg + C. 1 ∫ ta22+ aa 3.2. Tích phân các hàm hữu tỉ Hàm hữu tỉ là một hàm số cĩ dạng: m P(x) b0 + b1x + + bmx f (x) = = (1) Q(x) n a0 + a1x + + anx 68
69. với ai, bi ∈ và an, bm ≠ 0 và P(x), Q(x) khơng cĩ nghiệm chung. Ta thấy nếu bậc của P(x) lớn hơn hoặc bằng bậc của Q(x) (m ≥ n) thì bằng cách chia tử cho mẫu ta cĩ thể biểu diễn (1) dưới dạng: P(x) f (x)=+ P (x) 2 , 1 Q(x) trong đĩ P1(x), P2(x) là các đa thức theo x với bậc của P2(x) bé hơn bậc của Q(x). Vì P1(x) là đa thức nên tích phân P1(x) tính được dễ dàng. Vì vậy ta giả thiết rằng f(x) cĩ dạng (1) với bậc của P(x) tử bé hơn bậc của mẫu (m < n). Khi đĩ đuợc phân tích thành tổng các phân thức đơn Q(x) giản như sau: Để minh họa, ta giả sử Q(x) cĩ bậc 10 và được phân tích dưới dạng: Q(x) = (x − a)(x − b)3(x2 + px + q)(x2 + rx + s)2 (p2 – 4q < 0; r2 – 4s < 0 ). Khi đĩ P(x) ABBB Cx+ D ExFExF++ =++12 +3 + + 1122 + , Q(x) x−− a x b (x− b)2322 (x − b) x ++ px q x ++ rx s (x 22 ++ rx s) trong đĩ A, B1, , E2, F2 ∈ R. Để các định các hệ số trên ta cĩ 2 cách như sau: Cách 1 (Phương pháp hệ số bất định): Nhân hai vế cho Q(x) rồi đồng nhất hệ số của các số hạng cùng bậc ở hai vế, đưa đến hệ phương trình tuyến tính đối với A, B1, , E2, F2 . Giải hệ phương trình này ta tìm được A, B1, , E2, F2. Cách 2 (Phương pháp giá trị riêng): Cho x nhận 10 giá trị tùy ý (số 10 ứng với số lượng các hệ số cần xác định) rồi thế vào đẳng thức trên để được một hệ phương trình tuyến tính đối với A, B1, , E2, F2 . Giải hệ phương trình này ta tìm được A, B1, , E2, F2. Ví dụ. Tính các tích phân sau: x2+ dx a) I= dx , b) I = . ∫ x2x2x2x1432++++ ∫ x14 + x2+ Giải. a) I= dx . Ta phân tích ∫ x2x2x2x1432++++ x2++ x2 A B CxD + ==++ x432++++ 2x 2x 2x 1 (x + 1) 22 (x + 1)x1+ (x + 1) 22 x + 1 ⇔+= x 2 A(x + 1)(x22 ++ 1) B(x + 1) + (Cx + D)(x + 1) 2 (1) Từ (1) ta cĩ - chọn x = −1 ⇒ B = 1/2. - chọn x = 0 ⇒ A + B + D = 2. - chọn x = 1 ⇒ 4A + 2B + 4C + 4D = 3. - chọn x = −2 ⇒ −5A + 5B − 2C + D = 0. 69
70. Ta cĩ hệ ⎧ 3 ⎧ ⎪A += D 2 ⎪A = 1 ⎪ ⎪ ⎨⎨ 4A + 4C +=⇔=− 4D 2 C 1 ⎪⎪51 ⎪⎪−−5A 2C +=− D D = ⎩⎪ 22⎩ Vậy 1 x − x2+ 1 1 1 1 1 1 12x1 1 =+ −2 =+ − + . x432++++ 2x 2x 2x 1x1++ 2 (x + 1) 22 x + 1 x1 2 (x + 1) 2 2 x 2 + 1 2 x 2 + 1 Suy ra 11112x11 Idxdxdxdx=+ − + ∫∫22 ∫ ∫ 2 x1+ 2(x1)+++ 2 x1 2 x1 11 1 1 =+−−ln|x 1| ln(x2 +++ 1) arctgx C. 2x+ 1 2 2 dx b) I= . Ta cĩ ∫ x14 + x4422222+= 1 (x + 2x + 1) − 2x = (x + 1) − (x 2) =+ (x22 x 2 + 1)(x − x 2 + 1) Ta phân tích 1AxBCxD++ =+⇔=+−+++++1(AxB)(xx21)(CxD)(xx21)22 x14 + x22++ 2x1x −+ 2x1 ⇔+(A C)x32 +−++ ( A 2 B C 2 + D)x + (A − B 2 ++ C D 2)x ++= B D 1 Đồng nhất các hệ số tương ứng ở hai vế ta được: ⎧ 1 A = ⎪ 22 ⎧AC0+= ⎪ ⎪ 1 ⎪ B = ⎪⎪−+++=A2 B C2 D 0 ⎪ 2 ⎨⎨⇔ 1 ⎪⎪AB2CD20−++= C =− ⎪⎪BD1+= 22 ⎩ ⎪ 1 ⎪D = ⎩⎪ 2 Vậy 1x21x2+− I =− ∫∫22 22 x+ x2+−+ 1 22 x x2 1 II12 70
71. Ta cĩ 2 d(x+ ) 12x2+ 2 1 I=+ dx2 = ln(x2 +++++ x 2 1) arctg(x 2 1) C. 1 ∫∫2 22xx21++ 2 2 2 (x++ )22 ( ) 22 Tương tự, 1 I=−+−−+ ln(x2 x 2 1) arctg(x 2 1) C. 2 2 Do đĩ 1xx2112 ++ 1 I=+++−+ ln arctg(x 2 1) arctg(x 2 1) C 42 x2 −+ x2 1 22 22 4. TÍCH PHÂN HÀM LƯỢNG GIÁC Xét tích phân dạng I= ∫ R(sin x, cos x)dx, trong đĩ R là một hàm hữu tỉ đối với sinx, cosx. 4.1. Phương pháp tổng quát Thực hiện phép đổi biến x ttg,(= −π < x < π ) 2 2dt Khi đĩ dx = và ta cĩ cơng thức 1t+ 2 2t 1− t2 2t sin x=== ,cos x , tgx . 1t++−222 1t 1t Do đĩ I cĩ dạng tích phân hàm hữu tỉ đã xét ở phần trước. x 3tg+ 1 dx 1 2 Ví dụ: I = ∫ = arctg+ C 2sin x − cos x + 5 55 4.2. Một số phương pháp khác Sau đây ta xét một số dạng cĩ thể đổi biến để đưa về các tích phân hàm hữu tỉ đơn giản hơn: 1) Tích phân dạng I= ∫ R(sin x).cos xdx Đặt tsinxdtcosxdx.=⇒= Khi đĩ I = ∫ R(t)dt. 2) Tích phân dạng I= ∫ R(cos x).sin xdx. 71
72. Đặt tcosxdtsinxdx=⇒=− . Khi đĩ IR(t)dt.= ∫ 3) Tích phân dạng IR(tgx)dx.= ∫ dt Đặt t=⇒=+ tgx dt (1 tg2 x)dx hay dx= 1t+ 2 R(t) Khi đĩ Idt.= ∫ 1t+ 2 4) Tích phân dạng I = ∫ (sin x)2n (cos x) 2m dx . Dùng cơng thức hạ bậc: 1cos2x−+ 1cos2x 1 sin22 x== , cos x , sinx.cosx = sin2x. 22 2 5) Tích phân dạng IR(sinx,cosx)dx= ∫ 22. dt Đặt t=⇒=+ tgx dt (1 tg2 x)dx hay dx= 1t+ 2 Ta cĩ cơng thức 2 222t12t sin x=== ,cos x , tg x . 1t++−222 1t 1t 6) Tích phân dạng ∫∫∫sin ax cos bxdx; sin ax sin bxdx; cos ax cos bx dx. Ta dùng cơng thức biến đổi tích thành tổng: 1 sin ax cos bx=−++[] sin(ax bx) sin(ax bx) 2 1 sin ax sin bx=−−+[] cos(ax bx) cos(ax bx) 2 1 cos ax cos bx=−++[] cos(ax bx) cos(ax bx) 2 Ví dụ. Tính các tích phân sau: dx a) sin23 x cos xdx ; b) ; ∫ ∫ sin42 x cos x c)∫ sin 7x.sin 5x dx d)∫ sin42 x.cos xdx; Giải. a)I==−∫∫ sin23 x cos x dx (1 sin 2 x).cos x dx. Đặt tsinxdtcosxdx=⇒= . Ta cĩ t35 t sin 3 x sin 5 x It(1t)dt=−=−+=−22 C + C. ∫ 35 3 5 dx b) . Đặt ∫ sin42 x cos x 72
73. dt t=⇒=+ tgx dt (1 tg2 x)dx hay dx= . 1t+ 2 Ta cĩ dt dx2 t42++ 2t 1⎛⎞ 2 1 Idt1dt==1t+ = =++ ∫∫42 2 ∫ 4 ∫⎜⎟ 24 sin x cos x⎛⎞t12 t⎝⎠ t t ⎜⎟22 ⎝⎠1t++ 1t 21 2 1 =−tCtgxC. − + = − − + ttgx3t33 3tg x 111 c)I==−=−+ sin7x.sin5xdx() cos2x cos12x dx sin 2x sin12x C. ∫∫2424 d)I= ∫ sin42 x.cos xdx . Ta cĩ 2 ⎛⎞1−+ cos2x 1 cos2x 1 2 I==−−∫∫⎜⎟ dx (1 cos2x)(1 cos 2x)dx ⎝⎠228 111cos4x− =−(1 cos 2x) sin2 2x dx =− (1 cos 2x) dx 882∫∫ 1 =−−+(1 cos 4x cos 2x cos 2x cos 4x)dx 16 ∫ 11 1 1 =−xsin4xsin2x(cos2xcos6x)dx − + + 16 64 32 32 ∫ 11 1 1 =−xsin4xsin2x − ++sin 6x C. 16 64 64 192 5. TÍCH PHÂN HÀM VƠ TỈ 5.1. Phép thế lượng giác Xét các tích phân dạng: 1) I=−∫ R (x, a22 x )dx ( 0 < a: Const) ππ x Đặt x=−≤≤⇔= a sin t ( t ) t arcsin . 22 a Ta cĩ dx=−= acostdt; a22 x acost. ⎛⎞22 2) I=+ R⎜⎟ x, x a dx (0 < a: Const). ∫ ⎝⎠ 73
74. ππ x Đặt x=−<<⇔= atgt ( t ) t arctg . 22 a a Ta có dx=+ a(1 tg222 t)dt; x += a . cos t 3) I=−∫ R (x, x22 a )dx (0 < a: Const). aaπ Đặt x=≤≠≤π⇔= (0 t ) t arccos . cos t 2 x sin t Ta cĩ dx=−= a dt; a22 x a|tgt|. cos2 t Ví dụ. Tính các tích phân sau: 22 ax− dx a)∫ dx ; b)∫ . x x(x22++ 1 x) ax22− ππ x Giải. a)I= dx . Đặt xasint= ( −≤≤ a ) ⇔= tarcsin. ∫ x 22 a Ta cĩ dx=−= acostdt, a22 x acost. Suy ra 22 cos t 1− sin t dt dt Ia==∫∫ dta dt = aasindtaacostC∫∫−=++ ∫ sin t sin t sin t sin t I1 t2du Xét 1. Đặt utgdt=⇒= . Ta cĩ 2 1u+ 2 du t Iln|u|ln|tg|C.= == + 1 ∫ u2 Vậy tt sin 2sin2 t I=++=++=++ aln|tg | acost C aln22 acost C aln acost C 2 ttt cos 2sin cos 222 1cost− =++aln acost C sin t xax22− Vì sin t== ,cos t nên aa 74
75. aax−−22 Ialn=+−+ a22 x C. x dx b)I= ∫ . Đặt x(x22++ 1 x) ππ x=−<<⇔= tgt ( t ) t arctgx. 22 1 Ta cĩ dx=+ (1 tg22 t)dt; 1 + x = .Suy ra cos t (1+ tg2 t)dt cos tdt I == ∫∫1 2 tg2 t(tgt+ ) sin t(sin t+ 1) cos t Đặt u = sin t ⇒ du = cos tdt . Ta cĩ du 1 1 1 1 sin t+ 1 1 I()dulnu1ln|u|ClnC==−+=+−−+=−+ ∫∫u(1u)22+ u+ 1 u u u sint sint tgt x x1x++22 1x + Vì sin t == nên Iln= −+ C. 1tgt++22 1x xx 5.2. Tích phân một số hàm vơ tỉ 1) Tích phân dạng ⎛⎞ax++ b ax b I= R⎜⎟ x,mn , , dx, ∫ ⎜⎟ ⎝⎠cx++ d cx d trong đĩ R(x, y, z, ) là hàm hữu tỉ; m, n, là các số nguyên dương; a, b, c, d, là các hằng số. Để tính tích phân này ta dùng phép đổi biến: ax+ b t = k cx+ d với k là bội số chung nhỏ nhất của các chỉ số căn m, n, dx Ví dụ. Tính I = ∫ 2x − 1 − 4 2x − 1 Giải. Đặt t=−⇒=−⇒=44 2x1t 2x1dx2tdt. 3Ta cĩ 75
76. 2t32 dt t dt 1 I===++=++−+ 2 2 (t 1 )dt t2 2t 2ln t 1 C ∫∫∫2 tt− t1−− t1 =−+−+2x 1 24 2x 1 2 n 2x −−+ 1 1 C 2) Tích phân dạng: I = ∫ R(x, ax2 + bx + c)dx Biến đổi bb2 ax22++=+ bx c a(x ) +− c . 2a 4a b Đặt t = x + , ta đưa được tích phân về dạng phép thế lượng giác. 2a dx Ví dụ. Tính I.= ∫ (x23++ 4x 7) Giải.Ta cĩ dx I.= ∫ 3 ⎡ 2 ⎤ ⎣(x++ 2) 3⎦ Đặt t = x + 2 ⇒ dt = dx . Ta cĩ dt I.= ∫ (t23+ 3) ππ 3du Đặt t3tgu=−≤≤⇒= (u)dt .Suy ra 22 cos2 u 33 (t23+= 3) , cos3 u 111tx2+ IcosudusinuC==+=+=+ C C ∫ 22 333t3+++ 3x4x7 dx 3) Tích phân dạng I.= ∫ (mx+ n)r2 ax++ bx c 1 Dùng phương pháp đổi biến đặt m x + n = . t dx Ví dụ. Tính tích phân I = ∫ (x > 0). x x2 − 2x − 1 76
77. Giải. Đặt 1dt xdx.=⇒ =− t t2 Ta cĩ dt − t2 dt 1++ t x 1 IarcsinCarcsinC==−=−+=−+∫∫ 11 22(1t)−+2 2 x2 −−1 ttt2 77
78. B -TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH - TÍCH PHÂN SUY RỘNG 1. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 1.1. Định nghĩa. Xét hàm số f(x) liên tục trên đoạn [a,b]. Chia đoạn [a,b] thành các đoạn nhỏ bởi các điểm x0, x1, , xn như sau: a = x0 < x1 < x2 < < xn−1 < xn = b Trên mỗi đoạn nhỏ []xi−1, xi lấy một điểm εi tùy ý xx(i1,n)i1− ≤ε i ≤ i = và đặt Δ=xxxiii1 −− (i1,n). = Lập tổng n =ε − +ε − + +ε − = εΔ In110121 f ( )(x x ) f ( )(x x ) f ( nnn1ii )(x x− )∑ f ( ) x . i1= Xét giới hạn: n lim I= lim f (εΔ ) x . nn→+∞nii →+∞ ∑ i1= maxΔ→ xii 0 max Δ→ x 0 Nếu giới hạn trên tồn tại, hữu hạn và bằng I ∈ R thì ta nĩi f(x) khả tích trên [a,b] và I được gọi b là tích phân xác định của f (x) trên đoạn [a,b], ký hiệu là If(x)dx= ∫ . a Ta gọi: • A là cận dưới; • b là cận trên; • f(x) là hàm số lấy tích phân; • f(x)dx là biểu thức dưới dấu tích phân. Chú ý. 1) Tích phân xác định khơng phụ thuộc vào ký hiệu biến số dưới dấu tích phân, nghĩa là bbb ∫∫∫f(x)dx= f(t)dt== f(u)du aaa 2) Ta cũng đặt a ∫ f (x)dx = 0 ; a 78
79. ba ∫∫f(x)dx=− f(x)dx. ab 1.2. Các tính chất của tích phân xác định b b 1) ∫ k.f (x)dx = k.∫ f (x)dx (k = const) a a b b b 2) ∫ []f (x) + g(x) dx= ∫ f (x)dx + ∫ g(x)dx . a a a 3) Với a, b, c bất kỳ ta cĩ b c b ∫ f (x)dx = ∫ f (x)dx + ∫ f (x)dx . a a c (Giả sử các tích phân trên đều tồn tại). b b 4) Nếu f (x)≥∀∈ g(x), x[] a, b , thì ∫ f (x)dx ≥ ∫ g(x)dx . a a b Đặc biệt, nếu f(x) ≥ 0, ∀x∈ [a,b], thì ∫ f(x)dx≥ 0. a 4) Nếu mf(x)M,x≤≤∀∈[ a,b] thì 1 b mf(x)dxM.≤≤∫ ba− a 1 b Ta gọi ∫ f(x)dx là giá trị trung bình của f(x) trên [a,b]. ba− a 1.3. Định lý (Tích phân xác định với cận trên biến thiên). Giả sử hàm số f(x) liên tục trên [a,b]. Khi đĩ x F(x) = ∫ f (t)dt a là một nguyên hàm của f(x) trên [a,b], nghĩa là F′(x) = f(x), ∀x∈ [a,b]. Chú ý. Từ kết quả trên ta suy ra với ϕ(x) là hàm khả vi, ta cĩ ⎛⎞ϕ(x) ′ ⎜⎟f(t)dt=ϕ f( (x)) ϕ′ (x). ⎜⎟∫ ⎝⎠a Ví dụ. Tính giới hạn sau: 79
80. x2 ∫ (t23t−− 2t)(ln cos t)(e 1)dt L= lim 0 x0→ x10 Giải. Ta thấy L cĩ dạng vơ định 0/0. Áp dụng Qui tắc l’Hospital ta cĩ 2 ′ x2 ⎛⎞x 23t 23t−−⎜⎟(t−− 2t)(ln cos t)(e 1)dt ∫ (t 2t)(ln cos t)(e 1)dt ⎜⎟∫ 0 L== lim0 lim ⎝⎠ x0→→10 x0 ′ x ()x10 222⎛⎞1 2 −−2x⎜⎟ x 3x 2x (x42−− 2x )(ln cos(x 23x2 ))(e 1)(x )′ 2 3 ===lim lim⎝⎠ . x0→→10x99 x0 10x 5 1.4. Định lý (Cơng thức Newton – Leibniz). Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a,b] và F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a,b] thì b f (x)dx==− F(x)b F(b) F(a) ∫ a a Ví dụ. 1 dx π ππ 1)==−−=+= arctgx1 arctg1 arctg( 1) . ∫ 2 −1 −1 1x+ 442 eeln2 x 1 1 2) dx=== ln23e x d( nx) ln x . ∫∫ 1 . 11x33 ππ44 π 4 2 1cos2x−ππ− 1⎡⎤ 1 1 1 2 3) sin x dx==−=−= dx⎢⎥ x sin 2x ( ) . ∫∫2222428 00 ⎣⎦0 4 44dx 1 14 x− 2 4 4)=− ( )dx =−−−==⎡⎤ ln x 2 ln x 1 ln ln . 2 ∫∫ ⎣⎦3 33x3x2−+ x2−− x1 x1 −3 3 1.5. Phương pháp đổi biến số b Dạng 1: Xét tích phân If(x)dx= ∫ với f(x) liên tục trên [a,b]. Đặt t = ϕ(x) thỏa a 1) ϕ(x) cĩ đạo hàm liên tục trên [a,b]. 2) f(x)dx trở thành g(t)dt trong đĩ g(t) là một hàm liên tục trên đoạn cĩ hai đầu mút là ϕ(a) và ϕ(b). 80
81. Khi đĩ b φ(b) ∫∫f (x)dx= g(t)dt. a(a)φ b Dạng 2: Xét tích phân ∫ f (x)dx với f(x) liên tục trên [a,b]. Đặt x = ϕ(t) thỏa a 1) ϕ(t) cĩ đạo hàm liên tục trên [α,β]. 2) a = ϕ(α) và b = ϕ( β). 3) Khi t biến thiên trên [α,β] thì x biến thiên trên [a,b]. Khi đĩ b β ∫∫f (x)dx=ϕϕ f[] (t)′ (t)dt . a α Ví dụ. Tính các tích phân sau: 2 3 π 2 2 cos x e1x a) 4− x2 dx ; b) x 1+ xdx ; c) dx ; d) dx . ∫ ∫ ∫ 2 ∫ 2 0 0 0 1sinx+ 1 x Giải. 2 a)I=−∫ 4 x2 dx. Đặt x2sint=−π≤≤π (2t 2). Ta cĩ dx = 2costdt; 4x−=2 2cost. 0 Đổi cận x 0 2 t 0 π/2 Suy ra ππ22 π 2 2 1cos2t+ ⎡⎤ sin2t I4costdt4== dt2t =+=π⎢⎥ . ∫∫22 00 ⎣⎦0 3 b)I=+∫ x 1 xdx. Đặt 0 t1xxt1dx2tdt.=+⇒=−⇒=2 Đổi cận x 0 3 t 1 2 Suy ra 2 2 tt53 116 I2(t1)tdt2()=−22 =−= . ∫ 53 15 1 1 81
82. π 2 cos x c)I= dx. Đặt t= sin x⇒= dt cos xdx . ∫ 2 0 1sinx+ Đổi cận x 0 π/2 t 0 1 1 dt π Suy ra I=== arctg1 . ∫ 2 0 0 1t+ 4 2 e1x 11 d)I= dx. Đặt tdtdx.=⇒ =− ∫ 2 2 1 x x x Đổi cận x 1 2 t 1 1/2 Suy ra 1/2 1/2 I(e)dte=−tt =−=− ee. ∫ 1 1 1.6. Phương pháp tích phân từng phần Giả sử u = u(x) và v = v(x) là những hàm số cĩ đạo hàm liên tục trong [a,b]. Khi đĩ từ cơng thức tích phân từng phần trong tích phân bất định ta suy ra cơng thức tích phân từng phần trong tích phân xác định như sau: bb b ∫ udv=− (uv)a ∫ vdu aa Ví dụ. Tính các tích phân sau: e 2π π/2 1 a)∫ lnxdx; b)∫ x cos x dx ; c)∫ ex cos x dx ; d)∫ arc tg xdx . 1 o 0 0 e Giải. a)I= ∫ lnxdx . Đặt 1 82
83. ⎧ dx ⎧ulnx= ⎪du = ⎨⎨⇒ x ⎩dv= dx ⎪ ⎩vx= Suy ra e dx Ixlnx=ee − x =− ex =−+= ee11. 11∫ . 1 x 2π b) I= ∫ x cos xdx. Đặt o ⎧⎧u== x du dx ⎨⎨⇒ ⎩⎩dv== cos xdx v sin x Suy ra 2π 22ππ I = x sin x− sin xdx== co s x 0. 00∫ 0 π/2 c) I= ∫ ex cos x dx. Đặt 0 ⎪⎪⎧⎧ue==xx duedx ⎨⎨⇒ ⎩⎩⎪⎪dv== cos xdx v sin x Suy ra π/2 ππ/2 /2 xx/2xπ I=− esinx esinxdxe =− esinxdx. 0 ∫∫ 00 I1 Xét I1. Đặt ⎪⎪⎧⎧ue==xx duedx ⎨⎨⇒ ⎩⎩⎪⎪dv==− sin xdx v cos x Suy ra π 2 Iecosxecosxdx1I.=−x2xπ + = + 10∫ . 0 π 2 π 2 e1− Vậy I=−+ e (1 I). Do đĩ I.= 2 83
84. 1 d) I= ∫ arc tg xdx. Đặt 0 ⎧ dx = = ⎧u arctgx ⎪du 2 ⎨⎨⇒ 1x+ ⎩dv= dx ⎪ ⎩vx= Suy ra 2 11d1+ x 1 12x1πππ( ) 1 1 I = x arc tgx0 −−=−+=− dx = ln 1 x ln2. ∫∫22 0 001x++42 1x 42 42 Ví dụ. Chứng minh rằng nếu hàm số f(x) liên tục trên [−a,a] thì ⎧0 nếu f(x) là hàm số lẻ a ⎪ f(x)dx = ⎨ a ∫ 2 f (x)dx nếu f(x) là hàm số chẵn −a ⎪ ∫ ⎩ 0 Giải. Ta cĩ a0a ∫∫∫f (x)dx=+ f (x)dx f (x)dx −−aa0 I Xét I. Đặt t = − x ⇒ dt = − dx. Ta cĩ 00a I==−−=−∫∫∫ f (x)dx f ( t)dt f ( t)dt. −aa0 Suy ra aaaa aa ∫∫∫∫∫∫f(x)dx=− f( t)dt + f(x)dx =− f( x)dx + f(x)dx = [f( −+ x) f(x)]dx −a0 00 00 ⎧0 nếu f(x) là hàm số lẻ ⎪ = ⎨ a ⎪2∫ f (x)dx nếu f(x) là hàm số chẵn ⎩ 0 2. TÍCH PHÂN SUY RỘNG 2.1. Tích phân suy rộng với cận ở vơ hạn (loại I) 2.1.1. Định nghĩa. Giả sử hàm số f(x) xác định trên [a; +∞) và khả tích trên mỗi đoạn hữu hạn [a,b]. Ta định nghĩa 84
85. +∞ t f (x)dx= lim f (x)dx (1) ∫∫t→+∞ aa và gọi là tích phân suy rộng của hàm số f(x) trên [a; +∞). Tích phân suy rộng đĩ được gọi là hội tụ (tương ứng, phân kỳ) khi giới hạn trong vế phải của (1) tồn tại và hữu hạn (tương ứng, khơng cĩ giới hạn hoặc cĩ giới hạn vơ cùng). Tương tự định nghĩa tích phân suy rộng của hàm số f(x) trên [– ∞; a): aa f(x)dx= lim f(x)dx ∫∫u→−∞ −∞ u và trên (– ∞; +∞): +∞aat +∞ f (x)dx=+ f (x)dx f (x)dx = lim f (x)dx + lim f (x)dx (*) ∫∫∫ut→−∞ ∫ →+∞ ∫ −∞ −∞ aua (a được chọn tùy ý, tích phân suy rộng sẽ khơng phụ thuộc vào cách chọn a). +∞ Trong (*), nếu cả hai giới hạn đều tồn tại hữu hạn thì tích phân suy rộng ∫ f(x)dx mới hội tụ. −∞ +∞ Ngược lại, nếu cĩ ít nhất một trong hai giới hạn khơng tồn tại (hoặc bằng vơ cùng) thì ∫ f(x)dx −∞ phân kỳ. Ta thấy rằng tích phân suy rộng là giới hạn của tích phân xác định khi cho cận tích phân dần tới vơ cực. Vì vậy để tính tích phân suy rộng ta cĩ thể dùng cơng thức Newton-Leibniz như sau: +∞ +∞ ∫ f (x)dx==+∞− F(x) F( ) F(a), a a trong đĩ F(x) là một nguyên hàm của f(x) và F(+∞ ) = lim F(x). x→+∞ Tương tự, ta cĩ a a +∞ +∞ ∫ f (x)dx==−−∞ F(x) F(a) F( ) và ∫ f(x)dx= F(x)=+∞−−∞ F( ) F( ) −∞ −∞ −∞ −∞ với F(+∞ ) = lim F( x) ; F(−∞ ) = lim F( x) . x→+∞ x→−∞ Ví dụ 1. +∞ dx π a)== arc tgx+∞ lim arc tgx −= arctg0 . ∫ 2 0 x→+∞ 0 1x+ 2 0 dx 0 π b)==−= arctgx arctg0 lim arctgx . ∫ 2 −∞x →−∞ −∞ 1x+ 2 85
86. +∞dx0 dx +∞ dx ππ c)=+=+=π . . ∫∫∫222 −∞1x+++ −∞ 1x0 1x 22 +∞ dx Ví dụ 2. Chứng minh rằng I = hội tụ với α > 1 và phân kỳ với α ≤ 1. α ∫ α 1 x Giải. 1) Với α ≠ 1 ta cĩ +∞ +∞ dx⎡⎤ 1 1 1 Ilim.==−⎢⎥ =− + α ∫ α α−11x→+∞ α− 1 x ⎢⎥α−1x α− 1x α − 1 ⎣⎦() 1 () 1 − Nếu α 1 thì lim=⇒ 0 I = nên Iα hội tụ. x→+∞ ()α−1xα−1 α α − 1 2) Với α = 1 ta cĩ +∞ dx +∞ Iα == lnx = lim ln x −=+∞ ln1 nên Iα phân kỳ. ∫ 1x→+∞ 1 x 2.2. Tích phân của hàm khơng bị chặn (loại II) 2.2.1. Định nghĩa. 1) Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a, b) và khơng bị chặn tại b, nghĩa là lim f ()x = ∞ (khi đĩ x = b cịn được gọi là điểm bất thường của f(x)), thì ta đặt x→b− bt f (x)dx= lim f (x)dx . ∫∫tb→ − aa 2) Nếu hàm số f(x) liên tục trên (a, b] và khơng bị chặn tại a, nghĩa là lim f ()x = ∞ (nghĩa x →a+ là x = a là điểm bất thường của f(x)), thì ta đặt bb f(x)dx= lim f(x)dx. ∫∫ua→ + au 3) Nếu hàm số f(x) khơng bị chặn tại điểm c ∈(a,b) và liên tục tại mọi x ∈ [a,b]\{c} thì ta đặt bcb t b f (x)dx=+= f (x)dx f (x)dx lim f (x)dx + lim f (x)dx (*) ∫∫∫tc→→−+ ∫ uc ∫ aac a u 86
87. 4) Nếu các giới hạn trên tồn tại và hữu hạn thì ta nĩi các tính phân suy rộng tương ứng hội b tu, ngược lại ta nĩi chúng phân kỳ. Chú ý rằng trong (*), tích phân suy rộng ∫ f(x)dxchỉ hội tụ a khi cả hai giới hạn tương ứng đều tồn tại hữu hạn. Chú ý. Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) thì ta cũng cĩ cơng thức tương tự như cơng thức Newton-Leibniz như sau: Với F(x) là một nguyên hàm của f(x), ta cĩ a) Nếu hàm số f(x) liên tục trên [a,b) và cĩ điểm bất thường là x = b thì b b− f (x)dx==− F(x) F(b− ) F(a) , ∫ a a trong đĩ F(b− )= lim F() x . xb→ − b) Nếu hàm số f(x) liên tục trên (a, b] và cĩ điểm bất thường là x = a thì b b f (x)dx==− F(x) F(b) F(a+ ) , ∫ a+ a trong đĩ F(a+ )= lim F(x). xa→ + 2 xdx Ví dụ 1. Xét J = ∫ cĩ điểm bất thường x = 1. Ta cĩ 1 x − 1 xdx()x1−+ 1 dx 2 3 ∫∫==−+=−+−+dx ∫ x1dx ∫ () x1 2x1C. x1−−()x1− x1 3 Do đĩ 2 ⎛⎞⎛⎞222833 J=−+−=+−−+−=⎜⎟⎜⎟() x 1 2 x 1 2 lim() t 1 2 t 1 . 3333t1→ + ⎝⎠⎝⎠1+ Vậy J hội tụ và J = 8/3. 2 dx Ví dụ 2. Tích phân suy rộng I = cĩ điểm bất thường là x = 1. Ta cĩ ∫ 2 0 ()x − 1 12dx dx I =+22 ∫∫(x−− 1) (x 1) 01 I1 I2 1− 1 dx 1⎛⎞− 1 I1 ==−=−=+∞ lim⎜⎟ 1 . ∫ 2 x1−−x1→ − x1 0 ()x1− 0 ⎝⎠ Vậy I1 phân kỳ nên I cũng phân kỳ (ta khơng cần khảo sát I2). 87
88. b dx Ví dụ 3. Chứng minh rằng J = (a 1 thì lim= +∞ ⇒ J = +∞ nên Jα phân kỳ. + α− α xa→ ()α−1(x − a) 1 2) Với α = 1 ta cĩ b dx b Jα ==−=−−−=+∞ ln|x a| ln(b a) lim ln|x a| nên Jα phân kỳ. ∫ − axa++→ a xa 3. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN 3.1. Tính diện tích hình phẳng Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng x = a, x = b, y = f1(x), y = f2(x), với f1(x), f2(x) là các hàm số liên tục trong [a,b] được tính theo cơng thức: b Sfxfxdx=−∫ 12() () (1) a Để tính tích phân trong (1) ta cần giải phương trình hịanh độ giao điểm f1(x) = f2(x) để tìm tất cả các nghiệm x1< x2 < < xn thuộc [a,b]. Khi đĩ xx12 b S=−∫∫ [f12 (x) f (x)]dx +− [f 12 (x) f (x)] dx ++− ∫ [f 12 (x) f (x)] dx ax1n x Ví dụ 1. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 + 1 và x + y = 3. Giải. Phương trình hồnh độ giao điểm 2 ⎡x = 1 x + 1 = 3 – x ⇔ ⎢ ⎣x = −2 Suy ra diện tích cần tìm là 1 11xx32 99 S=+−−=+−=+−=−= [(x22 1) (3 x)]dx (x x 2)dx ( 2x) . ∫∫32 22 −−22 −2 88
89. Ví dụ 2. Tính diện tích S của hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x3 – 2x2 + 2x và y = x2. Giải. Phương trình hồnh độ giao điểm ⎡x0= 32 2 2 ⎢ x2x2xx− +=⇔ x(x3x2)0 −+=⇔=⎢ x1 ⎢ ⎣x2= Suy ra diện tích cần tìm là 12 4412 32 32⎡ xx 32⎤⎡ 32 ⎤ Sx3x2xdxx3x2xdx=−++−+ =−++−+⎢ xx⎥⎢ xx ⎥ ∫∫()()44 01 ⎣ ⎦⎣01 ⎦ 111 =+−=. 442 3.2. Tính thể tích 1) Trong khơng gian Oxyz với hệ tọa độ trực chuẩn cho vật thể cĩ thể tích V. Giả sử S(x) là diện tích của thiết diện được tạo bởi một mặt phẳng vuơng gĩc với trục Ox tại điểm cĩ tọa độ x (trên Ox). Khi đĩ nếu vật thể giới hạn bởi hai mặt phẳng x = a và x = b (a < b) và S(x) liên tục trên [a, b] thì b V = ∫ S(x)dx a 2) Thể tích vật thể trịn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường y = f(x), trục hồnh, x = a, x = b (a < b) quay xung quanh Ox được tính theo cơng thức b 2 V =π∫ ⎣⎦⎡⎤fx() dx a . Ví dụ. Tính thể tích vật thể trịn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: a) y2x= , y = 0, x = 0, x = 4 quay quanh Ox. b) y2 = 4 – x, x = 0 quay quanh Oy. Giải. 4 24 a)V=π∫ 4xdx = 2 π x0 = 32 π. 0 b) Ta cĩ: y2 = 4 − x ⇔ x = 4 − y2 Đường cong x = 4 – y2 giao với trục tung Oy tại các điểm cĩ tung độ là nghiệm của phương trình 4 – y2 = 0 ⇔ y = ± 2. Suy ra thể tích cần tìm là 89
90. 22 2 2 1 y5 374π V =π4y −2243 dy =π 168yydy(16yy − + =π − + ) = . ∫∫() ( ) 85 5 −−22 −2 4. KHÁI NIỆM VỀ PHƯƠNG TRÌNH VI PHÂN 4.1. Định nghĩa. Phương trình vi phân cấp 1 là phương trình giữa biến x, hàm chưa biết y = y(x) và đạo hàm y′ = y′(x): F(x, y, y′) = 0 (1) Nếu từ (1) ta tính được y′ thì (1) cịn được viết dưới dạng: dy y′ == f (x, y) hay f (x, y) (2) dx Ta cịn biến đổi (2) về dạng: P(x,y)dx + Q(x,y) dy = 0 (3) Trong (3) ta cĩ thể xem y là hàm, x là biến hoặc y là biến, x là hàm đều được. 4.2. Nghiệm tổng quát và nghiệm riêng Xét phương trình vi phân cấp 1: F(x, y, y′) = 0 (1) 1) Nghiệm tổng quát của (1) trên miền D ⊂ R2 là họ hàm y = ϕ(x,C) phụ thuộc họ hằng số C∈C thoả hai tính chất: Tính chất 1: Với mọi C∈C, y = ϕ(x,C) là nghiệm của (1), nghĩa là y = ϕ(x,C) thỏa (1). Tính chất 2: Với mọi (x0,y0) ∈ D, tồn tại duy nhất C0 ∈C sao cho nghiệm y = ϕ(x,C) thỏa y(x0) = y0. Thơng thường, nghiệm tổng quát được viết dưới dạng hàm ẩn: Φ(x,y,C) = 0. 2) Nghiệm riêng của (1) thoả điều kiện ban đầu yy= (hay y(x0) = y0) là nghiệm y |x= x0 0 = ϕ(x,C0) được suy từ nghiệm tổng quát y = ϕ (x,C) bằng cách xác định hằng số C dựa vào điều kiện đĩ. Thơng thường, nghiệm riêng được viết dưới dạng hàm ẩn: Φ(x,y,C0) = 0. Giải một PTVP là tìm nghiệm tổng quát của nĩ. Nếu cĩ kèm theo điều kiện ban đầu, thì ta phải tìm nghiệm riêng thoả mãn điều kiện đĩ. 4.3. Phương trình vi phân tách biến (hay cĩ biến phân ly). Đĩ là phương trình cĩ dạng: M1(x)N1(y)dx + M2(x)N2(y)dy = 0 (1) 90
91. Cách giải. Với M2(x)N1(y) ≠ 0, chia hai vế của (1) cho đại lượng này, ta được: M(x) N(y) 12dx+ dy= 0 M(x)21 N(y) Suy ra nghiệm tổng quát là: M(x) N(y) ∫∫12dx+ dy= C M(x)21 N(y) Nếu M2(x) = 0 tại x = a thì bằng cách thử trực tiếp ta thấy x = a, y tuỳ ý thuộc miền xác định, cũng là một nghiệm của (1). Nếu N1(y) = 0 tại y = b thì bằng cách thử trực tiếp ta thấy y = b, x tuỳ ý thuộc miền xác định, cũng là một nghiệm của (1). Ví dụ. Giải phương trình vi phân: (xy2 + y2)dx + (x2 – x2y)dy = 0 (1) Giải. Ta viết lại phương trình (2) như sau: (x+ 1)y2 dx + x2(1 – y)dy = 0 (2′) Giả sử xy ≠ 0. Chia hai vế của (2′) cho x2y2 ta được: x1+ 1y− dx+ dy= 0. xy22 Nghiệm tổng quát là x1+ 1y− dx+ dy= C , ∫∫xy22 11 xxy+ nghĩa là ln|x|−−− ln|y| = C hay ln− = C. xy yxy Ngồi ra, bằng cách thử trực tiếp ta thấy x = 0 (y tuỳ ý); y = 0 (x tuỳ ý) cũng là hai nghiệm của (2). 4.4. Tìm hàm số y = y(x) từ hệ số co giãn εyx Như đã xét ở chương 2, nếu hai đại lượng x và y liên hệ nhau theo một hàm khả vi y = y(x) thì ta tìm được hệ số co giãn εyx như là một hàm theo x định bởi: xdyx ε=y(x)′ = . yx ydxy Do đĩ, nếu biết hệ số co giãn εyx = ε(x) là một hàm theo x, ta cĩ một phương trình vi phân tách biến: 91
92. dyε (x) = dx yx cĩ nghiệm tổng quát là ε(x) ln|y|= dx+ C ∫ x Ví dụ. Biết hệ số co giãn của hàm cầu Q = QD là P ε=− D 1000− P Hãy xác định hàm cầu QD biết QD(0) = 2000. Giải. Ta cĩ dQ P P =− dP Q 1000− P Suy ra dQ dP =− Q 1000− P Lấy tích phân hai vế ta được ln|Q| = ln|1000 − P| + C. Từ đĩ suy ra Q = A(1000 − P). Từ điều kiện Q(0) = 2000, ta cĩ A = 2. Vậy QD = 2(1000 − P). 4.5. Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 là phương trình cĩ dạng: y′ + p(x)y = q(x) (1) Nếu q(x) ≡ 0 thì ta cĩ phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1: y′ + p(x)y = 0 (2) Cách giải. 1) Phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1: y′ + p(x)y = 0 (2) cĩ nghiệm tổng quát là: − p(x)dx yCe= ∫ 2) Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1: y′ + p(x)y = q(x) (1) cĩ nghiệm tổng quát của (1) là 92
93. ⎛⎞ −∫∫p(x)dx⎜⎟ p(x)dx ye=+⎜⎟∫ q(x)e dxC ⎜⎟ ⎝⎠ Chú ý. a) Dùng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange ta tìm nghiệm tổng quát của (1) dưới dạng: − p(x)dx yC(x)e= ∫ p(x)dx trong đĩ C′ (x)= q(x)e∫ . b) Ta cĩ thể ghi nhớ cơng thức nghiệm tổng quát cuả phương trình (1) dưới dạng: y = u(x)v(x,C) trong đĩ − p(x)dx q(x) u(x)==+ e∫ ; v(x,C) dx C ∫ u(x) Chứng minh. 1) Xét phương trình vi phân tuyến tính thuần nhất cấp 1: y′ + p(x)y = 0 (2) Trước hết, xét trường hợp y ≠ 0. Ta viết lại (2) như sau: dy dy =−p(x)y hay =− p(x)dx dx y Nghiệm tổng quát là: dy =− p(x)dx ∫∫y − p(x)dx hay ln|y|=−≠∫ p(x)dx +ln|C|=ln|Ce∫ | (C 0) − p(x)dx Từ đĩ yCe= ∫ với C ≠ 0. Chú ý rằng y = 0 cũng thoả (2) nên đây cũng là một nghiệm của (2). Suy ra nghiệm tổng quát của (2) là: − p(x)dx yCe= ∫ với C là hằng số tuỳ ý. 2) Xét phương trình vi phân tuyến tính cấp 1: y′ + p(x)y = q(x) (1) 93
94. Dùng phương pháp biến thiên hằng số Lagrange ta tìm nghiệm tỏng quát của (1) dưới dạng: − p(x)dx yC(x)e= ∫ Khi đĩ: −−p(x)dx p(x)dx y′′=+− C (x)e∫∫ C(x)e ( p(x)dx) ′ ∫ −−p(x)dx p(x)dx =+− C′ (x)e∫∫ C(x)e ( p(x)) Thế vào (1) ta được: −−p(x)dx p(x)dx − p(x)dx C′ (x)e∫∫+−+= C(x)e ( p(x)) p(x)C(x)e ∫ q(x) Suy ra − p(x)dx p(x)dx C(x)e′ ∫ = q(x) hay C′ (x)= q(x)e∫ p(x)dx Do đĩ: C(x)=+ q(x)e∫ dx C ∫ 1 Suy ra nghiệm tổng quát của (1) là ⎛⎞ −∫∫p(x)dx⎜⎟ p(x)dx ye=+⎜⎟∫ q(x)e dxC1 ⎜⎟ ⎝⎠ Ví dụ. Giải phương trình vi phân: xy′ += y 3x2 (3) Giải. Biến đổi (3): 1 yy3x′ += x Đây là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1 dạng y′ + p(x)y = q(x) nên cĩ nghiệm tổng quát là: y = u(x)v(x,C), trong đĩ: 1 −−p(x)dx dx x −1 α u(x)===α=± e∫∫ e e−−ln|x| e ln|x| |x| 1 ( 1) x q(x) 3x 1 1 v(x,C)=+=+=+=+ dx C dx C 3x23 dx C x C ∫∫u(x) α αα ∫ x nghĩa là 94