bÀi gi ¦1* gi ¦,7Ë&+,fit.mta.edu.vn/files/filemonhoc/bai giang giai tich i ban... ·...

$: BÀI GI ¦1* GI ¦,7Ë&+,fit.mta.edu.vn/files/FileMonHoc/Bai giang Giai tich I Ban... · 2012-09-29 · iii) Gi óDFiFSKpSWRiQ , . và quan h ËWKíWõ d có m ÕLOL ên h ËVDXÿk\$
1

PGS TS TÔ VĂN BAN

BÀI GIẢNG

GIẢI TÍCH I

(Phiên bản bê ta II: 03-09 / 2010)

Hà nội - 2010

2

M ỤC L ỤC Mục lục Lời nói đầu Các ký hiệu hay sử dụng

1 4 6

Chương I. Giới hạn, liên tục 7 §1.1. Số thực 7

1.1.1. Mở đầu 7 1.1.2. Các tính chất sơ cấp của số thực 11 1.1.3. Các tính chất cơ bản của 12 1.1.4. Đường thẳng thực mở rộng 15 1.1.5. Lực lượng của , 16

§ 1.2. Giới hạn dãy số 18 1.2.1. Hội tụ - Phân kỳ 18 1.2.2. Dãy đơn điệu 23

§ 1.3. Hàm một biến số 30 1.3.1. Các phương pháp biểu diễn hàm số 30

1.3.2. Hàm chẵn, lẻ, 37 1.3.3. Hàm số ngược 37 1.3.4. Các hàm sơ cấp cơ bản 39 1.3.5. Một số hàm thông dụng khác 40 1.3.6. Mô hình toán học 42

§ 1.4. Giới hạn hàm số 42 1.4.1. Định nghĩa 42 1.4.2. Các tính chất của giới hạn hàm số 43 1.4.3. Các phép toán về giới hạn 46 1.4.4. Sử dụng VCB, VCL để tìm giới hạn 47

§ 1.5. Sự liên tục 48 1.5.1. Định nghĩa 48 1.5.2. Các tính chất sơ bộ 51 1.5.3. Các tính chất của hàm liên tục trên đoạn kín 52 1.5.4. Bổ sung về giới hạn 55 1.5.5. Một số ví dụ 56

Chương 2 Đạo hàm, vi phân 59 §2.1. Đạo hàm và vi phân cấp một 59

2.1.1. Định nghĩa 59 2.1.2. Các phép toán với đạo hàm tại một điểm 60 2.1.3. Đạo hàm của hàm hợp 61 2.1.4. Đạo hàm hàm ngược 61 2.1.5. Đạo hàm theo tham số 62 2.1.6. Bảng các đạo hàm cơ bản 63 2.1.7. Đạo hàm từng phía, đạo hàm vô cùng 64 2.1.8. Vi phân 64 2.1.9. Đạo hàm hàm ẩn 66

§2.2. Đạo hàm và vi phân cấp cao 68 2.2.1. Định nghĩa 68 2.2.2. Quy tắc Leibnitz 69 2.2.3. Vi phân cấp cao 70

§2.3. Các định lý về giá trị trung bình 70 2.3.1. Định lý Rolle 70 2.3.2. Định lý Lagrange 72 2.3.3. Quy tắc L'Hôpital 74

§2.4. Công thức Taylor 76 2.4.1. Thiết lập công thức 76 2.4.2. Khai triển Marlourin của một số hàm sơ cấp 77 2.4.3. Ứng dụng 78

§ 2.5. Các ứng dụng của đạo hàm 80 2.5.1. Quy tắc tìm cực trị, giá trị lớn nhất, bé nhất 80 2.5.2. Lồi, lõm, điểm uốn 80 2.5.3. Khảo sát hàm số y f (x) 80

3

2.5.4. Khảo sát đường cong cho dưới dạng tham số 85 2.5.5. Khảo sát đường cong cho dưới dạng tọa độ cực 87 2.5.6. Mối quan hệ giữa các vận tốc 94

Chương III. Tích phân 96 § 3.1. Tích phân 96

3.1.1. Định nghĩa, tính chất 96 3.1.2. Bảng các tích phân cơ bản 98 3.1.3. Phương pháp tính tích phân bất định 98 3.1.4. Tích phân bất định của một số lớp hàm sơ cấp 104

§ 3.2. Tích phân xác định 112 3.2.1. Định nghĩa và các tính chất mở đầu 112 3.2.2. Các lớp hàm khả tích 113 3.2.3. Các tính chất của tích phân xác định 115 3.2.4. Cách tính tích phân xác định 118 3.2.5. Tính gần đúng tích phân xác định 125

§ 3.3. Ứng dụng của tích phân xác định 128 3.3.1. Tính diện tích hình phẳng 128 3.3.2. Độ dài đường cong 129 3.3.3. Thể tích vật thể 131 3.3.4. Diện tích mặt cong 132 3.3.5. Tọa độ trọng tâm 3.3.6. Moment tĩnh, moment quán tính, công… 3.3.7. Định lý biến thiên toàn cục

133 133 133

3.3.8. Hai lược đồ áp dụng tổng quát 134 § 3.4. Tích phân suy rộng 137

3.4.1. Tích phân với cận vô hạn 137 3.4.2. Tích phân của hàm không bị chặn 141 3.4.3. Một số ví dụ 142

Chương 4. Chuỗi 149 § 4.1. Chuỗi số 149

4.1.1. Định nghĩa 149 4.1.2. Điều kiện cần của chuỗi hội tụ 150 4.1.3. Tiêu chuẩn Cauchy 151 4.1.4. Các tính chất về phép toán 151

§ 4.2. Chuỗi số dương 152 4.2.1. Các tính chất mở đầu 152 4.2.2. Các quy tắc khảo sát sự hội tụ 153

§ 4.3. Chuỗi với dấu bất kỳ 156 4.3.1. Chuỗi đan dấu 156

4.3.2. Hội tụ tuyệt đối 157 § 4.4. Chuỗi hàm số 159

4.4.1. Sự hội tụ, miền hội tụ 159 4.4.2. Hội tụ đều 160 4.4.3. Tính chất của chuỗi hàm hội tụ đều 161

§ 4.5. Chuỗi lũy thừa 162 4.5.1. Khái niệm chuỗi lũy thừa, bán kính hội tụ 162 4.5.2. Quy tắc tìm bán kính hội tụ 163 4.5.3. Tính chất của chuỗi lũy thừa 164 4.5.4. Khai triển một hàm thành chuỗi lũy thừa 165 4.5.5. Ứng dụng 167

4.5.6. Tính tổng một số chuỗi 169 4.5.7. Một số ví dụ 176 4.5.8. Sự tồn tại hàm liên tục không khả vi 178 § 4.6. Chuỗi Fourier 179

4.6.1. Chuỗi lượng giác 179 4.6.2. Chuỗi Fourier 179 Tài liệu tham khảo 186

4

KÝ HIỆU HAY SỬ DỤNG

Ký hiệu Ý nghĩa , tập các số thực, tập các số thực dương

*, tập các số tự nhiên 0,1,2,…, tập các số 1, 2, ... tập các số nguyên 0; 1; 2;... tập các số hữu tỷ

n không gian Euclide thực n chiều (a;b), [a; b], (a;b],... khoảng suy rộng trên : khoảng, đoạn, nửa khoảng

|a| trị tuyệt đối của số thực a, [x] phần nguyên của số thực x {x} {x} phần phân (lẻ) của số thực x x = x - [x] ; tập

hợp gồm một phần tử x n ! giai thừa n ! = 1. 2. 3... n Max A (MinA) phần tử lớn nhất (nhỏ nhất) của tập A

nnlim x

giới hạn của dãy số xn

x alim f (x)

giới hạn của hàm số f(x) khi x dẫn đến a

x a x alim f (x), ( lim f (x))

giới hạn của hàm số f(x) khi x dần đến a từ bên phải (từ bên trái).

f(x) hàm số; - giá trị của hàm f tại điểm x. 1f (x) hàm ngược của hàm f(x)

BA:f ánh xạ từ A vào B; - hàm số với tập xác định là A, tập giá trị chứa trong B.

dx

xdfxf ;' đạo hàm bậc nhất của hàm f(x)

' '0 0f (x ) (f (x )) đạo hàm phía phải (trái) của hàm f(x) tại x0

n(n)

nd f (x)f (x);

dx

đạo hàm bậc n của hàm f(x).

df, d2f,... vi phân cấp một, cấp 2,... của hàm f(x).

af (x)dx

tích phân suy rộng loại I của hàm f(x) trên[a; ) .

f (x) o(g(x)) f(x) là vô cùng bé bậc cao hơn so với vô cùng bé g(x) f (x) O(g(x)) f(x) là vô cùng bé cùng bậc so với vô cùng bé g(x) f (x) g(x) xf là vô cùng bé tương đương với vô cùng bé g(x) VCB vô cùng bé kết thúc chứng minh # kết thúc ví dụ (☼), (☼) bắt đầu (kết thúc) mục, phần… có thể bỏ qua trong

lần đọc đầu tiên

PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bêta II: 03-09/2010 ----------------------------------------------------------------------------------------------

-------------------------------------------------------------------------------------- PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010

7

Chương 1

GIỚI HẠN, LIÊN TỤC

§ 1.1. SỐ THỰC 1.1.1. Mở đầu a. Giới thiệu Chúng ta đã có những hiểu biết khá tốt về số hữu tỷ ngay từ thời học phổ

thông; chúng ta cũng có những hiểu biết nhất định về số vô tỷ, số thực. Để hiểu chúng sâu sắc và chính xác, người ta phải xây dựng hệ thống tiên đề chính xác cho số thực. Sau đây là các loại số mà loài người nhận thức được trong lịch sử phát triển của mình:

* Các số tự nhiên khác không 1, 2, ..., n, ... ký hiệu là *;

* Các số tự nhiên 0, 1, ..., n, ... ký hiệu là .

* Bởi vì trong thiếu các phần tử mà cộng với nhau bằng 0, người ta đưa vào các số nguyên âm được ... , 2, 1, 0, 1, 2, ... , ký hiệu là .

Trong không có các phần tử mà nhân với 2, 3, ... bằng 1. Vậy người ta đưa thêm vào trong các phần tử dạng p / q , được các số hữu tỷ

*p , q , pq

, ký hiệu là . Trong đại số ta biết là một trường.

Trong không có các phần tử kiểu như 2, e, , ... , gọi là các số vô tỷ. Cần đưa vào các số vô tỷ để được - tập các số thực - rộng hơn . Có nhiều cách xây dựng tập các số thực như dùng các số thập phân vô hạn tuần hoàn, lát cắt Dedekin, ... Chúng ta đưa ra phương pháp xây dựng số thực sau đây, dễ hiểu và được chấp nhận rộng rãi.

b. Tiên đề số thực Chúng ta công nhận sự tồn tại và duy nhất tập hợp các số thực, ký hiệu là

, ở đó có trang bị hai luật hợp thành trong (phép toán) và . và một quan hệ thứ tự sau cho:

i) ( , , .) là một trường, cụ thể là: (☼)

1) Phép cộng có tính chất kết hợp: a, b, c , (a b) c a (b c) .

2) Phép cộng có tính chất giao hoán: a,b , a b b a .



8

3) có phần tử trung lập với phép cộng, ký hiệu là 0, thỏa mãn điều kiện: a , a 0 0 a a .

4) a đều có phần tử đối, ký hiệu là a thỏa mãn điều kiện: a ( a) ( a) a 0 .

5) Phép nhân có tính chất kết hợp: a, b, c , (a.b).c a.(b.c) .

6) Phép nhân có tính chất giao hoán: a, b , a.b b.a

7) có phần tử trung hòa với phép nhân, ký hiệu là 1, thỏa mãn điều kiện: a.1 1.a a .

8) Mọi phần tử a {0} đều có phần tử nghịch đảo, ký hiệu là 1a , thỏa

mãn điều kiện 1 1a .a a .a 1 .

9) Phép nhân phân phối với phép cộng: a, b, c , a.(b c) a.b a.c (☼)

ii) là một quan hệ thứ tự toàn phần trong , cụ thể là:

1) có tính chất phản xạ: a , a a .

2) có tính chất phản đối xứng:

a b

a, b , a bb a

.

3) có tính chất bắc cầu: a b

a, b, c , a cb c

4) là quan hệ thứ tự toàn phần: a b

a, bb a

Nếu a, b và a b, a b , ta nói a nhỏ hơn b và viết a b .

iii) Giữa các phép toán , . và quan hệ thứ tự có mối liên hệ sau đây:

1) a b a c b c 2) d 0, a b a.d b.d

iv) Mỗi tập không trống và bị chặn trên đều có cận trên đúng. Các đòi hỏi i) - iv) xem là những tiên đề của số thực. Riêng tiên đề iv) cần

có những giải thích tỷ mỉ hơn sau đây. c. Cận, bị chặn Ta nói x là một cận trên (hay biên trên) của tập hợp A nếu

a A, a x .



9

Ta nói y là một cận dưới (hay biên dưới) của tập hợp A nếu a A, y a .

Ta nói x là phần tử lớn nhất (hay giá trị lớn nhất) của tập hợp A nếu x A và x là một cận trên của A:

x Aa A, x a

Ký hiệu phần tử lớn nhất của tập hợp A là Max(A). Tương tự những điều trên đối với khái niệm phần tử nhỏ nhất. Ký hiệu phần

tử nhỏ nhất của tập hợp A là Min(A). Khi A là hữu hạn, ta dùng ký hiệu 1 nMax(a , ..., a ) hay i

1 i nMax a

thay cho ký

hiệu 1 nMax a , ... , a .

Tập con A được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại (ít nhất) một cận trên của nó. Tương tự ta có thể hiểu khái niệm bị chặn dưới.

Tập hợp A được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới. Supremum. Phần tử bé nhất trong các cận trên của tập hợp A, nếu tồn tại,

được gọi là cận trên đúng của A, ký hiệu là Sup(A) (đọc là supremum của tập hợp A).

Phần tử lớn nhất trong các cận dưới của tập hợp A, nếu tồn tại, được gọi là cận dưới đúng của A, ký hiệu là Inf(A).

Có thể xảy ra trường hợp Sup(A) A hoặc (và) Inf (A) A . Chẳng hạn khi A (a; b) .

Dễ thấy tiên đề iv) tương đương với: iv') Mỗi tập không trống và bị chặn dưới đều có cận dưới đúng.

d. Nhúng vào (☼)

Ta đã biết tốt về . Ta đã có - cái gọi là số thực. Bây giờ ta xây dựng một ánh xạ f : sao cho nó là 1 đơn ánh.

Như đã nêu ở trên, 1 được dùng để ký hiệu phần tử trung lập của phép nhân

trong . n ta xác định một số thực f(n), ký hiệu là n.1 như sau:

f



10

*1 1 ... 1 khi n

n.1( 1) ... ( 1) n

(1.1.1)

Bây giờ *q , m , n sao cho mqn

. Ta xác định số thực f(q),

ký hiệu là q.1, như sau: 1q.1 (m.1).(n.1)

Rõ ràng vế phải là một số thực. Mặt khác, định nghĩa này hợp lý vì nếu q có

biểu diễn khác: m' mqn ' n

thì từ chỗ

m'n n 'm (m.1).(n '.1) (m'.1)(n.1) ;

nhân 2 vế với số thực 1 1(n '.1) (n.1) ta được 1 1 1 1(m.1).(n.1) (m '.1).(n.1).(n.1) .(n '.1) (m'.1)(n '.1) .

Vậy, cả hai biểu diễn của q cho ra cùng 1 kết quả. Rõ ràng ánh xạ f là đơn ánh. Vậy ta có thể đồng nhất với

{ .1, q } f ( ) là một tập hợp con của . Như vậy, coi là 1 bộ phận của . (☼)

e. Các loại khoảng Có 9 loại khoảng suy rộng sau đây trong

1) a; b x : a x b ,

2) [a; b) x : a x b ,

3) (a; b] x : a x b ,

4) (a; b) x : a x b ,

5) [a; ) x : a x ,

6) (a; ) x : a x ,

7) ( ; a] x : x a ,

8) ( ; a) x : x a .9) ( ; )

Các khoảng a; b ; ( ; a]; [b; ); ( ; ) : đóng

(a; b); ( ; a); (b; ); ( ; ) : mở

[a; b); (a; b] : nửa đóng, nửa mở.

a, b : các mút của khoảng.

Khoảng I bỏ đi các mút, nếu có, được gọi là phần trong của I, ký hiệu là oI .



11

Khoảng I, lấy thêm 2 mút của nó gọi là bao đóng của I, ký hiệu là I . 1.1.2. Các tính chất sơ cấp của số thực a. Các bất đẳng thức Các bất đẳng thức của số thực mà chúng ta đã biết từ phổ thông là đúng,

chẳng hạn

1x 0 0 ;x

0 x yx, y, u, v , xu yv.

0 u v

Các bất đẳng thức Cauchy, Cauchy-Bunhiacopski-Schwartz nghiệm đúng.

Bất đẳng thức Mincopski (Bất đẳng thức tam giác trong n )

1/2n n n2 2 2

i i i ii 1 i 1 i 1

(x y ) x y

hay || x y || || x || || y || .

(1.1.2)

Chứng minh. Bình phương 2 vế rồi đưa về bất đẳng thức C-B-S. b. Giá trị tuyệt đối. Giá trị tuyệt đối của số thực x là một số thực, ký hiệu là

|x|, xác định bởi

x khi x 0,

| x |x x 0.

Gía trị tuyệt đối có các tính chất đã biết, ví dụ

n n

i ii 1 i 1

| x | | x |,

1x, y , Max(x, y) (x y | x y |),21Min(x, y) (x y | x y |),2

| x | | y | | x y |,

| a | b b a b.

c. Khoảng cách thông thường trong ĐN. Khoảng cách (thông thường) trong là ánh xạ

d :

(x, y) d(x, y) | x y | .

Số d(x, y) gọi là khoảng cách giữa 2 điểm x và y (hay từ x đến y). Tính chất. Các tính chất sau suy trực tiếp từ định nghĩa giá trị tuyệt đối.



12

1) x, y , d(x, y) 0; d(x, y) 0 x y : tính xác định dương

2) x, y , d(x, y) d(y, x) : tính đối xứng

3) x, y, z , d(x, y) d(y,z) d(x,z) : bất đẳng tam giác

1.1.3. Các tính chất cơ bản của a. Cận trên Chúng ta nhắc lại tiên đề về cận trên đúng: Mọi tập A không trống và bị chặn trên đều có cận trên đúng Sup(A). Hệ quả. Mọi tập A không trống và bị chặn dưới đều có cận dưới đúng

Inf(A). Ví dụ 1.1. Tìm cận trên đúng và cận dưới đúng (nếu có) của tập hợp

n

*n

1 ( 1)E , nn2

.

Giải. 1 1 1 1 1 1 1E 1; ; ; ; ...2 4 2 8 3 16 4

.

*2k 22k

1 1 1 1 3k , 0 u u2k 4 2 42

2k 1 12k 1

2k 1 22k 1

1 1 1 1 1u u ,2k 1 2k 1 3 22

1 1 3u u .8 42

Như vậy 1 n 21 3u u u2 4

2

1

Sup(E) Max(E) u 3 / 4,Inf (E) Min(E) u 1/ 2.

#

Định lý 1.1. Cho A là tập không trống. Khi đó

M là môt cân trên, (*)M Sup(A)

0, a A : M a M. (**)

Chứng minh. a) " " : Cần. Giả sử M Sup(A) . Vậy M là một cận trên. Ta giả sử không xảy ra (**), nghĩa là 0 0, a A, 0a M . Như vậy, 0M cũng là 1 cận trên của A. Rõ ràng 0M M . Vậy M không là cận trên nhỏ nhất, mâu thuẫn.

b) " " : Đủ. Giả sử xảy ra (1) và (2). Như vậy M là 1 cận trên. Giả sử M không là cận trên nhỏ nhất. Vì A bị chặn trên (ít ra bởi M) nên tồn tại cận trên nhỏ nhất M' và M M. Đặt M M 0 . Theo (**),

a A : M M (M M ) M a M .



13

Vậy M không là cận trên, mâu thuẫn. Lưu ý. Điểm a nói ở (2) có thể chính là Sup(A) hoặc không.

b. Căn bậc n của số dương (☼)

Cho a , ta sẽ chứng minh ! b để nb a , với n nguyên dương: *n .

i) Trường hợp 1: a 0 hay a 1 , kết luận là rõ ràng.

ii) Trường hợp 2: 1 < a.

Đặt nE {x , x a}. Rõ ràng E không rỗng vì E chứa 1. E bị chặn trên, chẳng hạn bởi a. Theo tiên đề cận trên, b Sup(E) .

Tất nhiên 0 1 b (vì 1 E) . Ta sẽ chứng minh b chính là phần tử phải tìm, tức là nb a .

Giả sử ngược lại, nb a . Xảy ra 2 khả năng

Khả năng 1: nb a . Ta sẽ chứng minh tồn tại số thực (0; 1) để

n(b ) a . (*)

Khi đó b E, b b mâu thuẫn với định nghĩa b Sup(E) .

Bây giờ ta chứng minh (*). Theo khai triển nhị thức Newton, (0; 1) thì

n

n n k n k kn

k 1(b ) b C b

.

Ta có k 1

n k n n 1 n 1k 1b b b

b

n

n n k n 1 n n 1 nn

k 1(b ) b C b b (b )(2 1) a

với đủ nhỏ. (Chứng minh chi tiết: Chọn số thực đủ bé sao cho

n

n na b0 Min 1;

(2 1)b

.

Khi ấy 0 1 và

n n n n 1 n n(b ) b (2 1)b b a b a ).

Như vậy (*) được chứng minh, tức là khả năng 1 không xảy ra.

Khả năng 2: nb a . Chứng minh tương tự, trường hợp này cũng dẫn đến mâu thuẫn. Như vậy khả năng 2 cũng không xảy ra.



14

Tóm lại nb a . Còn phải chứng minh tính duy nhất của b. Thực vậy, với x, y 0,

n nx y a thì n n n 1 n 2 2 n 1x y (x y)(x y x y ... xy ) 0

x y 0 x y .

iii) Trường hợp 3: 0 a 1 .

Đặt t 1 / a . Theo ii), nu mà u t . Khi đó, n

n1 1 1 au tu

. Sự

duy nhất là tương tự. Ta thu được đpcm. (☼) Mệnh đề, định nghĩa. a , n nguyên dương, ! b sao cho

nb a . Phần tử b này được ký hiệu bởi 1/nn a hay a và gọi là căn bậc n của a. Với n 2, ta ký hiệu a thay cho 2 a .

Độc giả có thể tự định nghĩa căn bậc lẻ của số âm: 2n 1 a , a 0.

c. Tính chất Archimede - Phần nguyên Định lý 1.2. có tính chất Archimede sau đây:

*0, A 0, n : n A .

Hình ảnh trực quan: Nếu tôi có một cái gậy, thì dù anh có xa tôi mấy đi nữa, tôi đặt liên tiếp các gậy này, tôi sẽ đến và đi quá chỗ anh đứng.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại,

0 00, A 0 sao cho *0 0n A , n . Khi đó tập hợp

0E {n , n 1, 2, ...} không trống, bị chặn bởi 0A . Vậy tồn tại cận trên đúng Sup(A) = b.

Rõ ràng 0b b . Mặt khác, theo Định lý 1.1, *0n :

0 0 0b n b .

0 0

0

b (n 1)(n 1) E

: Mâu thuẫn với cách xác định của b.

Phần nguyên. Bây giờ cho x là số thực bất kỳ. Lấy 1 , theo Định lý 1.2, 0 0 0n : n n .1 x . Vậy tập hợp {n : n n.1 x} bị chặn trên. Rõ ràng tập

hợp này không rỗng. Vậy tồn tại phần tử lớn nhất, ký hiệu là [x] . Ta thu được

Mệnh đề - Định nghĩa. Với mọi x , tồn tại duy nhất số nguyên n sao cho n x n 1 . Số nguyên như vậy được gọi là phần nguyên của x, ký hiệu là [x] . (☼)

0 2 A n



15

d. Sự trù mật (☼) Định nghĩa. Cho 2 tập hợp số thực A, B, hơn nữa A B . Ta nói tập hợp A

trù mật trong tập hợp B nếu b B, 0, a A : b a b .

Lưu ý: Ta vẫn thu được định nghĩa tương đương nếu bất đẳng thức sau cùng thay bởi

b a b (hay b a b hay b a b ) .

Định lý 1.3. trù mật trong .

Chứng minh. Cho b tùy ý trong , 0 tùy ý . Vì có tính chất Archimede nên *n : 2n 1 hay

n((b ) (b )) 1 n(b ) 1 n(b ) .

Vậy, giữa 2 số n(b ) và n(b ) có số nguyên 0n :

00

nn(b ) n n(b ) b bn

.

0nqn

là số hữu tỷ phải tìm.

Hệ quả: Cho x và y là 2 số thực bất kỳ, hơn nữa x y . Tồn tại số hữu tỷ a để x a y .

Hình ảnh trực quan: 2 số thực dù gần nhau bao nhiêu chăng nữa vẫn có một số hữu tỷ ở giữa. (☼)

e. Số vô tỷ Một số thực được gọi là số vô tỷ nếu nó không là số hữu tỷ. (Tập số vô tỷ là ).

Lưu ý. x y

x , y xyx / y

(Tổng, tích, thương một số hữu tỷ với một số vô tỷ là một số vô tỷ).

Định lý 1.4. Tập hợp các số vô tỷ trù mật trong .

1.1.4. Đường thẳng thực mở rộng Định nghĩa. Thêm vào hai phần tử bổ sung, gọi là âm vô cực (âm vô

cùng), dương vô cực (dương vô cùng), ký hiệu lần lượt là , được tập hợp mới, ký hiệu là .

Đặt {x , x 0} { },

{x , x 0} {- }



16

Đồng thời, chúng ta cũng mở rộng các phép toán , . lên như sau.

x , x ( ) ( ) xx ( ) ( ) x( ) ( )( ) ( )

x : x.( ) ( ).xx.( ) ( ).x

x : x.( ) ( ).xx.( ) ( ).x( ).( )( ).( )( ).( ) ( ).( )( )( )

x : x

Khi đó được gọi là đường thẳng thực mở rộng.

Lưu ý. Các phép toán , . không được định nghĩa cho mọi phần tử của , ví dụ ( ) ( ), 0.( ), ... (ứng với các dạng vô định).

1.1.5. Lực lượng của , (Tự đọc) (☼)

Định nghĩa. Cho 2 tập bất kỳ A và B. A được gọi là có lực lượng bé hơn lực lượng của B nếu tồn tại một đơn ánh f : A B .

A và B được gọi là có cùng lực lượng (có lược lượng như nhau) nếu tồn tại song ánh f : A B .

Lực lượng của tập hợp A ký hiệu là Card(A) (có tài liệu ghi là #A). Nếu A là tập hữu hạn n phần tử: 1 nA {a , ... , a } thì quy ước Card(A) n .

Nếu lực lượng của A bé hơn lực lượng của B thì ta viết Card(A) Card(B) .

Tập hợp A được gọi là có lực lượng đếm được, gọi tắt: A là tập đếm được, nếu có thể sắp xếp các phần tử của A thành dãy; cụ thể là, tồn tại một song ánh

*f : A . Tập hợp vô hạn không phải là tập đếm được được gọi là có lực lượng không

đếm được ( gọi tắt: tập không đếm được). Hệ quả. Lực lượng của tập các số hữu tỷ trên [0; 1] là đếm được.



17

Chẳng hạn, chúng ta có thể sắp xếp tập này thành dãy như sau:

1 1 2 1 3 1 2 3 1 5A 0, 1, , , , , , , , , , , ...2 3 3 4 4 5 5 5 6 6

Độc giả có thể nêu quy tắc xác định dãy này! Ngoài ra chúng ta có: Tập các số hữu tỷ là đếm được. Tập các điểm trên hình vuông đơn vị [0; a] [0; a] với cả 2 tọa độ hữu tỷ là

đếm được ... Tính chất. là tập hợp không đếm được, ngoài ra Card( ) Card[0; 1] Card(0; 1) Card(0; 1] .

Nếu bớt đi (hay thêm vào) một tập hợp không đếm được một tập hợp đếm được thì được một tập hợp không đếm được.

Định nghĩa. Tập hợp A được gọi là có lực lượng nhỏ hơn thực sự lực lượng của tập hợp B, và ta viết Card(A) Card(B) nếu:

+ Card(A) Card(B) ,

+Không tồn tại song ánh f : A B . Ví dụ: Card{1, 2, ... , 10} Card{1, 2, ... , 100} .

Lực lượng của tập các số hữu tỷ là nhỏ thực sự lực lượng của tập các số thực: Card( ) Card( ) . (☼)

Yêu cầu tối thiểu khi học Bài 1.1. - Định lý 1.1 - Phần nguyên - Tập hợp đếm được, ví dụ - Tiên đề cận trên



18

§ 1.2. GIỚI HẠNDÃY SỐ 1.2.1. Hội tụ - Phân kỳ a. Định nghĩa a.1. Giới hạn thông thường Dãy n{u } được gọi là hội tụ đến giới hạn (hay có giới hạn ) nếu với mọi

số 0 , tồn tại N sao cho n| u | , n N .

Khi đó ta viết n nnlim u hay u (n ).

Hình ảnh trực quan: Từ chỉ số N đủ lớn trở đi, nu sẽ "chui" vào lân cận ( ; ) .

Ta nói n{u } là dãy hội tụ nếu tồn tại để nlim

.

Ta nói n{u } là dãy phân kỳ nếu nó không hội tụ, cụ thể là:

n, 0, N , n N : | u | .

Chú ý. Rất dễ dàng nhận được kết quả:

n nn nlim u lim | u | 0

.

Định lý 1.6 (Tính duy nhất của giới hạn). Giới hạn của dãy số, nếu tồn tại thì duy nhất. Cụ thể là:

n 1n 0

1 2n 2n 0

lim u

lim u

Chứng minh. Giả sử ngược lại 1 2 . Không hạn chế tổng quát coi

1 2 . Chọn 2 1( ) / 3 0 . Từ giả thiết,

n 1 1 1 n 1n 0

n 2 2 2 n 2n 0

lim u N , n N : | u | ,

lim u N , n N : | u | .

Đặt 1 2N Max(N , N ) 1 , ta có

1 2 1 N N 2 2 120 | | | u | | u | 2 | |3

.

Mâu thuẫn này chứng minh khẳng định. Chú ý.

Mỗi dãy dừng (nghĩa là không đổi từ một số hạng nào đó trở đi) là dãy hội tụ, hội tụ đến số không đổi đã nêu.

1 2

( | ) ( | )



19

Hai dãy số trùng nhau từ một số hạng nào đó trở đi cùng hội tụ hay cùng phân kỳ.

Nếu ta thay đổi một số hữu hạn số hạng, hay thêm vào hoặc bớt đi một số hữu hạn số hạng của dãy thì được một dãy cùng hội tụ hay cùng phân kỳ như dãy dãy cho.

Chẳng hạn, ta biết rằng

1 1 1 1 1 1 11, , , , , , , ... , , ... 0 (n )2 3 4 5 6 7 n

.

Thế thì các dãy sau cũng hội tụ đến 0:

1 1 1 1 17, 0, , 1, , , , ... , , ...3 5 6 7 n

1 1 1 12, 4, 3, 1, , , , ... , , ...2 3 4 n

1 1 1 1 1, , , , ... , , ...5 6 7 8 n

a.2. Bị chặn. Ta nói dãy { nu } là bị chặn (tương ứng: bị chặn trên, bị chặn dưới) nếu tập hợp n{u , n=1, 2, ...} là bị chặn (tương ứng: bị chặn trên, bị chặn dưới).

Định lý 1.7. Dãy hội tụ thì bị chặn. Chứng minh. Giả sử dãy { nu } hội tụ: nn

lim u a

. Thế thì tồn tại số

nguyên N để nn N, a 1 u a 1 . Đặt

1 N

1 N

b Min{a 1, u , ... , u }c Max{a 1, u , ... , u }

thì có ngay nb u c, n .

a.3. Giới hạn vô hạn Ta nói dãy n{u } tiến đến + (hay n{u }có giới hạn + , n{u } nhận +

làm giới hạn ...) nếu: nL 0, N : n N, u L.

Khi đó ta viết nnlim u

hoặc nu (n ) .

Chúng ta dễ hiểu ý nghĩa của ký hiệu nu (n ) .

Ta nói dãy n{u } tiến đến (hay n{u } có giới hạn , n{u } nhận làm giới hạn) nếu:

nL 0, N : n N, | u | L.



20

Định lý 1.8. Mỗi dãy dần ra đều bị chặn dưới. Tương tự, mỗi dãy dần ra đều bị chặn trên.

Chứng minh. Giả sử nnlim u

. Tồn tại số nguyên dương N để

nn N, u 1 . Đặt 1 2 NM Min{u , u , ... , u , 1} . Rõ ràng nu M, n .

Đối với trường hợp nnlim u

, xét dãy n{ u } .

b. Tính chất về thứ tự của giới hạn Định lý 1.9. Giả sử n n{u }, {v } là 2 dãy thỏa mãn điều kiện n nu v với

0n n nào đó và tồn tại các giới hạn nnlim u u;

nnlim v v

. Khi đó u v .

Định lý 1.10 (Định lý kẹp). Cho n n n{u }, {v }, {w } là ba dãy. Nếu từ một chỉ số N nào đó trở đi xảy ra bất đẳng thức n n nu w v còn n n{u } và {v } cùng hội tụ đến giới hạn thì n{w } cũng hội tụ đến .

Định lý 1.11. Cho hai dãy n n{u }, {v } .

n nnnnn

N , n N, u vlim vlim u

Chứng minh. Giả sử A 0 tùy ý cho trước. Từ giả thiết, 1 1 nN , n N , u A . Đặt 1P Max(N , N) thì n P, n nv u A .

Vậy nnlim v

.

c. Các phép toán về giới hạn Định lý 1.12. Cho n n{u }, {v } là 2 dãy, , , là ba số thực.

n n

n n

nn n

n

n n

nn n

n

nn n

n

1. u (n ) | u | | | (n ).2. u 0 (n ) | u | | 0 | (n ).

u (n )3. u v (n ).

v (n )4. u (n ) u (n ).

u 0 (n )5. u v 0 (n ).

{v } bi chan

u (n )6. u v (n ).

v (n )

n7. u 0 (n ) Dãy n

1u

được xác định từ một chỉ số N

nào đó trở đi và n

1 1 (n )u

.



21

n n8. u , v 0 (n ) Dãy n

n

uv

được xác định từ một

chỉ số N nào đó trở đi và nn n

ulim .v

Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh (5) và (8). Để chứng minh (5), giả sử n{v } bị chặn. Vậy nM, n , | v | M . Giả sử 0 tùy ý cho trước,

nN , n N, | u |M 1

.

Khi đó, n n n nn N, | u v | | u || v | .MM 1

.

Nghĩa là n nu v 0 khi n .

Để chứng minh (8), ta giả sử nv 0 (n ) . Khi đó tồn tại M,

n nn M, | v | | | /2 | v | | | /2 n M . Vậy n

n

uv

xác định, ít ra từ

chỉ số M trở đi. Ta có

n n n n n

n n n

u u v (u ) (v )v v v

n n

n n

| || u | | || v || v || | | v || |

(*)

Bây giờ giả sử 0 cho trước. Vì

n 1 1 nn

n 2 2 nn

| |lim u N , n N : | u | . (**)2 2| | | |lim v N , n N : | v | . . (***)| | 2 2

Vậy 1 2 3n N Max(N , N , N ) thì

n

n

u | | 1 | | 1. . . . . .| |v 2 2 | | 2 22

nn n

ulimv

.

(Bạn đã rút ra kinh nghiệm gì khi đánh giá vế trái của (*)?)



22

Định lý 1.13. Cho hai dãy n n{u }, {v } .

nn n

n

nn n

n

nn n

n

* u (n )1. u v (n )

v bi chan duoi

* u (n )u v (n )

v (n )

* u (n )u v (n )

v (n )

2. nn n

n

u (n )u v (n )

C 0, N , n N, v C

nn

13. u (n )v

xác định từ một chỉ số nào đó và

n

1 0 (n )v

.

n

n n

u 0 (n ) 14. (n )N, n N, u 0 u

.

Ví dụ 1.2. Xét sự hội tụ của dãy n a , (a 0) .

Trường hợp 1: a 1 . Dùng khai triển nhị thức Newton ta có n

n n k kn n nn

k 0a ( a ) (1 ( a 1)) C ( a 1)

1k kn nn

k 0

* n

C ( a 1) 1 n( a 1)

a 1n , a 1 0.n

Theo Định lý kẹp, n a 1 0 (n ) .

Trường hợp 2: 0 a 1 . Khi đó 1/ a 1 . Theo trường hợp 1,

nnn1 1 1 (n ) a 1 (n ).

aa

Trường hợp 3: a 1. Rõ ràng n a 1 (n ) .

Tóm lại,

nnlim a 1 (a 0).

(1.2.1)

Nhận xét. Sau này ta có nhiều công cụ giải bài toán trên nhanh hơn. #



23

Ví dụ 1.3. Xét sự hội tụ của dãy n

man

với a 1 và m nguyên dương cố định.

Trước hết, ta sẽ chứng minh n

n 0

Alim , A 1.n

Thực vậy, với n 2 đặt h A 1 0 thì:

n

n n n k k 2 2 2n n

k 0

n(n 1)A (1 (A 1)) (1 h) C h C h h2

n

2A n 1h (n )n 2

. Vậy,

n

n

Alim , (A 1)n

. (1.2.2)

Bây giờ xét sự hội tụ của dãy n

man

, a > 1. Ta có

m m mn n/m n nmm

ma a ( a ) A (A a 1).

n n nn

Vậy

n

*mn

alim , a 1, m .n

(1.2.3)

Ta nói hàm mũ dần ra vô hạn nhanh hơn bất kỳ hàm lũy thừa nào (hay hàm mũ trội hơn hàm lũy thừa). #

Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng n

n

aa , lim 0.n!

(1.2.4)

Chứng minh. Đặt N | a | . Với mọi n N ta có

n| a | | a | | a | | a | | a |. . . . . .

n! 1 N N 1 n

| a | | a | | a | | a |. . . 1 . A. 0 (n )1 N n n

.

Ta nói giai thừa trội hơn hàm mũ (n! dần ra nhanh hơn na ). #

1.2.2. Dãy đơn điệu a. Định nghĩa Dãy n{u } được gọi là tăng (giảm) nếu n n 1 n n 1u u (u u ) với mọi n.



24

Dãy n{u } được gọi là tăng (giảm) thực sự nếu n n 1u u n n 1(u u ) với mọi n.

Dãy tăng hoặc giảm gọi chung là dãy đơn điệu. Định lý 1. 14. Dãy tăng (giảm), bị chặn trên (dưới) thì hội tụ. Chứng minh. + Giả sử dãy n{u } tăng và bị chặn trên:

1 2u u ... L . Tập hợp n{u , n 1, 2, ...} không trống và bị chặn trên. Theo tiên đề về cận trên, tồn tại nM Sup{u , n 1, 2, ...} . Ta sẽ chứng minh

nnlim u M

.

Thực vậy, 0 cho trước, theo tính chất của supremum, tồn tại 00 nn : M u M . Mặt khác, do n{u } không giảm và bị chặn trên bởi M nên

0n n 0u u M, n n . Suy ra

n 0M u M M , n n . Vậy nnlim u M

.

+ Đối với dãy n{u } giảm và bị chặn dưới, xét dãy n{ u } . Phần còn lại là rõ ràng.

Hệ quả. Dãy tăng, không bị chặn trên thì hội tụ tới + , Dãy giảm, không bị chặn dưới thì hội tụ tới - . b. Dãy kề nhau Định nghĩa. Hai dãy n n{u }, {v } được gọi là kề nhau nếu n{u } tăng, n{v }

giảm và n nv u 0 (n ) .

Định lý 1.15. Hai dãy n n{u }, {v } kề nhau thì chúng hội tụ đến cùng một giới hạn . Hơn nữa

*n n 1 n 1 nu u v v , n .

Chứng minh. Đặt n n nw v u . Dãy n{w } không tăng, thực vậy,

n 1 n 1 n 1

n 1 n n n n n 1 n n

w v u(v v ) (v u ) (u u ) 0 w 0 w .

Lại có nw 0 (n ) nên bằng phản chứng dễ suy ra nw 0 hay

n nu v , n . Từ đó

1 n n 1 n 1 n 1u ... u u v v ... v .

Dãy n{u } tăng, bị chặn trên (bởi 1v ) nnlim u ,

Dãy n{v } giảm, bị chặn dưới (bởi 1u ) nnlim v

.

n n n nn n nlim u lim v lim (u v ) 0

.



25

Ví dụ 1.5. Hai dãy n

nk 0

1 1 1 1u 1 ...k! 1! 2! n!

, n

nk 0

1 1vk! n.n!

,

n = 1, 2, . . . là kề nhau. Vậy chúng có cùng giới hạn, gọi là e. Ta biết e 2.718 281 828 .

Hình 1.1. Hai dãy kề nhau n{u } (dưới) và n{v } (trên) ở Ví dụ 1.5

n 1 2 3 4 5 6 7

nu 2 2.5 2.666667 2.708333 2.716667 2.718056 2.718254

nv 3 2.75 2.722222 2.71875 2.716898 2.718084 2.718254

Hình 1.1 chỉ ra 7 giá trị đầu của dãy n{u } và n{v } .

(Chúng ta nhớ lại định nghĩa khác của e: n

n

1e lim 1n

). #

Hệ quả (Định lý về các đoạn lồng nhau). Cho hai dãy số thực n n{a },{b } sao cho n n n 1 n 1 n nn , a b ; [a ; b ] [a ; b ] và n nn

lim (b a ) 0

.

Khi đó, tồn tại duy nhất số thực sao cho n nn 1

[a ; b ]

.

Chứng minh. Rõ ràng hai dãy n n{a }, {b } kề nhau. Theo Định lý 1.15,

n nn n! : lim a lim a

. Cũng từ Định lý 1.15

ii i

i

a , i[a ; b ], i

b , i

.

c. Dãy con.

n 1 n n n 1

[ [ | ] ]a a b b



26

Định nghĩa. Cho dãy n 1 2{u }: u , u , ... Dãy kn{u , k 1, 2, ...} với các chỉ số

kn thỏa mãn 1 2 3: n n n ... được gọi là một dãy con trích ra từ dãy n{u }.

Chẳng hạn, n{u } là dãy cho trước,

2n 2 4 6{u }: u , u , u , ... : dãy "chẵn"

2n 1 1 3 5{u }: u , u , u , ... : dãy "lẻ"

3n 3 6 9{u }: u , u , u , ...

là các dãy con. Tuy nhiên 2 1 1 3 7n 3n 3{u }: u , u , u , u , ...

là dãy, nhưng không là dãy con của n{u } vì chỉ số 1 bị lặp lại!

Định lý 1.16. Nếu n{u } có giới hạn thì mọi dãy con trích ra từ đó cũng có giới hạn .

Chứng minh. Từ giả thiết, n0, N , n N, | u | .

Giả sử kn{u } là một dãy con của n{u }. Với k N, kn k N nên

kn| u | . Vậy knnlim u

.

Định lý này có tác dụng tốt để chứng minh một dãy nào đó không hội tụ.

Ví dụ 1.6. Xét sự hội tụ của dãy n{( 1) } . 2n

2n2n 1

2n 1

u ( 1) 1 1 (n )

u ( 1) 1 1 (n )

Vì 1 1 , theo Định lý 1.16, dãy này không thể hội tụ, vậy nó phân kỳ. #

Định lý 1.17. Cho n{u } là một dãy, còn là một số thực. Khi đó,

2nn

nn 2n 1n

lim ulim u

lim u

Chứng minh. Cần " ". Suy ra từ Định lý 1.16. Đủ " ". Giả sử 2n 2n 1n n

lim u , lim u

. Khi đó 0, 1 2N , N :

1 2k 2 2k 1k N : | u | ; k N : | u |

Đặt 1 2n 2k 1

N 2Max(N , N ). n N, k :n 2k

* n 2k 1. Rõ ràng 2 nk N | u | .

* n 2k. Rõ ràng 1 nk N | u | .



27

Vậy nnlim u

.

Lưu ý: Có thể mở rộng Định lý trên bằng cách tách n{u } thành hai hoặc k dãy con rời nhau.

Định lý 1.18 (Bổ đề Bolzano-Weierstrass). Từ mọi dãy số thực bị chặn đều có thể trích ra một dãy con hội tụ.

Chứng minh. Cho dãy bị chặn n{u }. 1 1a ,b : *n , 1 n 1a u b . Đặt 1 1h b a 0 . Rõ ràng đoạn 1 1[a ; b ] chứa vô hạn phần tử của dãy n{u }. Chọn một phần tử

1nu tùy ý của dãy n{u }. Như vậy 11 n 1a u b .

Chia đôi đoạn 1 1[a ; b ] bởi điểm 1 1(a b ) / 2 , được 2 đoạn,

1 1 1[a ; (a b ) / 2], 1 1 1[(a b ) / 2; b ] . Có ít nhất một trong 2 đoạn này chứa vô hạn các phần tử của dãy n{u }. Gọi đoạn đó là 2 2[a ; b ] .

Rõ ràng 1 12 2 1 1 2 2

h b a[a ; b ] [a ; b ]; b a2 2

.

Chọn một phần tử 2nu tùy ý của n{u } sao cho 2 1n n và 2nu nằm trong đoạn 2 2[a ; b ] : 22 n 2a u b .

Tương tự, bằng quy nạp ta xây dựng được dãy đoạn n n[a ; b ] mà + Chứa vô hạn các phần tử của dãy n{u } ,

+ k kk 1 k 1 k k k 1 k 1 k

b a h[a ; b ] [a ; b ]; b a ...2 2

.

Chọn một phần tử knu của dãy n{u } sao cho k k 1n n và kk n ka u b . (*) Dãy đoạn k k[a ; b ] là lồng nhau (nói cách khác, k k{a }, {b } là hai dãy kề

nhau). Theo Định lý 1.15, tồn tại giới hạn chung của chúng: k kk k

lim a lim b

.

Theo định lý kẹp knk

lim u

(đpcm).

Định nghĩa. Cho n{u } là một dãy số; kn{u } là một dãy con của nó thỏa

mãn: - knk

lim u

;

- Đối với mọi dãy con km{u } khác mà

kmklim u

thì .

Khi đó được gọi là giới hạn trên của dãy n{u } và ký hiệu là nlim u . Chúng ta dễ dàng hiểu ý nghĩa của giới hạn dưới nlimu . Định lý 1.19

i. Luôn tồn tại nlimu . Hơn nữa nếu n{u } không bị chặn trên thì nlimu .

ii. Nếu n{u } bị chặn trên bởi M thì nlim u M . iii. n n nn

lim u limu limu .



28

Định nghĩa. Dãy n{u } được gọi là dãy cơ bản (hay Cauchy) nếu

n m0, N , m,n N : | u u | . Điều này tương đương với:

n n p0, N , n N, p 0 : | u u | . Định lý 1.20 (Nguyên lý Cauchy). Dãy n{u } là dãy Cauchy khi và chỉ khi nó hội tụ. Chứng minh. a. Đủ "". Giả sử n{u } là dãy hội tụ. Đặt nn

lim u

. Khi đó

0, , : | | / 2. nN n N u , , | | | | | | / 2 / 2 n m n mm n N u u u u .

b. Cần "". Các bước CM ĐK cần là: + Chứng tỏ dãy đã cho bị chặn, + Từ đó trích ra dãy con knu hội tụ đến giới hạn nào đó; + Chứng minh là giới hạn của n{u }. Nét đặc sắc của Định lý Cauchy là nó không cần đến giới hạn của dãy. Định

lý được sử dụng hiệu quả để chứng minh dãy không hội tụ.

Ví dụ 1.7. Xét sự hội tụ của dãy n1 1x 1 ...2 n

.

N , chọn n N . Thế thì 2n N . Ta có

n 2n1 1 1 1 1| x x | ... ... .

n 1 2n 2n 2n 2

Theo Định lý Cauchy, dãy không hội tụ. # Ví dụ 1.8. Chứng minh rằng các dãy {sin n}, {cos n} không hội tụ. Giải. i. Ta có | sin(n 2) sin n | 2 | cos(n 1)sin1| | cos(n 1) | .

Giả sử N là một số nguyên dương cho trước bất kỳ. Chọn 1/ 2 . Xét 7 số nguyên liên tiếp N + 1, ..., N + 7. Khi thể hiện góc lượng giác của 7 số nguyên này lên vòng tròn đơn vị, có ít nhất một điểm nằm trên cung AC (vì độ dài cung AC bằng 13/2 ).

Vậy có ít nhất một trong 7 số nói trên có cos lớn hơn 1/2, chẳng hạn đó là

0 0n 1, (n 1 N). Như vậy

y C B x A

0,5



29

0 0 0| sin(n 2) sin n | | cos(n 1) | 1 / 2 .

Theo nguyên lý Cauchy, dãy đã cho không hội tụ. ii. Ta có cos(n 2) cos n 2sin (n 1)sin1 .

Nếu dãy {cos n} có giới hạn thì vế trái dần đến 0, và do đó vế phải cũng dần đến 0 (khi n dần ra vô hạn), mâu thuẫn với i.

Hình 1.2. Dãy sinn

51 số hạng đầu của dãy sin n thể hiện ở Hình 1.2. # d. Dãy truy hồi dạng n 1 nu f (u ) (☼) Cho f : I I là hàm nào đó từ khoảng đóng I vào I, còn dãy n{u } xác định

bởi công thức truy hồi n 1 nu f (u ) . d.1. f(x) liên tục và nu (n ) thì I và f ( ) ( được gọi

là điểm bất động của ánh xạ f). Thường ta phải giải phương trình này, các nghiệm của nó gọi là các giới hạn

"khả dĩ" của dãy n{u }. d.2. f(x) đơn điệu tăng.

+ Trường hợp 1: 0 1 1 2u u u u ... Vậy n{u } tăng. + Trường hợp 2: 0 1 1 2u u u u ... Vậy n{u } giảm.

Như vậy n{u } đơn điệu. Cần xét thêm tính bị chặn của nó. Thường n{u } bị chặn bởi giới hạn 'khả dĩ".

d.3. f(x) đơn điệu giảm. Khi đó hàm g(x) f (f (x)) đơn điệu tăng. Theo phần d.2, hai dãy

2n 2n 1{u } và {u } đơn điệu, chiều biến thiên của chúng trái ngược nhau.

Việc xét dấu của g(x) x , cũng vậy, g(x) 1x

giúp ta dễ dàng xét chiều

biến thiên của 2 dãy này. Cần xét thêm tính bị chặn và sự bằng nhau của giới hạn của 2 dãy chẵn lẻ đó.

Lưu ý. Để xét dấu của 1 0u u đôi khi ta xét dấu của f (x) x . (☼)

Ví dụ 1.9. Tìm giới hạn của dãy nn 0 n 1 2

n

u{u }: u 1, uu 1

.

Ta thấy nu 0 n.

-1

0

1

1 11 21 31 41 51



30

3n n

n n 1 n n2 2n n

nn

u uu u u 0, n uu 1 u 1

lim u 0.

Chuyển qua giới hạn đẳng thức nn 1 2

n

uuu 1

được 2 0

1

.

Vậy nnlim u 0.

#

Ví dụ 1.10. Tìm GH của dãy 2n 0 n 1 n

1{u }: u 1, u (u 8).6

Hướng dẫn. nu 0 . Xét ánh xạ (hàm số) 21f (x) (x 8)6

, nó có 2 điểm

bất động là x 2, x 4 .

ĐS.

0 nn

0

0

u [0; 2] lim u 2

u [2; 4) 2u 4 4

0u 4 : Dãy phân kỳ. #

§ 1.3. HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ

1.3.1. Các phương pháp biểu diễn hàm số (☼) Hàm số được biểu diến theo một trong 4 cách:

Bằng biểu thức Bằng bảng số liệu

Bằng đồ thị Bằng lời a) Biểu diễn hàm số theo phương pháp đại số (bằng biểu thức hiển) Biểu thức là dạng thông dụng nhất, dễ xử lý nhất của hàm số. Sau đây là

một vài ví dụ.

* Diện tích hình tròn bán kính r được tính bởi công thức 2S r . Bởi vì bán kính luôn dương, đòi hỏi cần có là r 0 .

* Chiều cao của hòn đá thả rơi tự do từ một tháp cao 140 m có thể tính theo công thức 2h 140 4,9t , t là thời gian tính từ lúc thả. Vì đá chỉ có thể rơi xuống đến mặt đất, đòi hỏi của thời gian là 2140 4,9t 0 hay 0 t 140 / 4,9 5,35

Trong hai ví dụ trên, r, t tương ứng là biến số (hay biến độc lập); S, h là hàm số (hay biến phụ thuộc). Các tập (0; ) ( tương ứng [0; 5,35]) là tập xác định.



31

b) Biểu diễn hàm số dưới dạng bảng số liệu Các kết quả đo đạc trong phòng thí nghiệm hay được thể hiện dưới dạng

bảng. Bảng số là dạng rất tự nhiên của hàm số. Xét các ví dụ sau. * Dân số thế giới P phụ thuộc vào thời gian t. Tại mỗi thời điểm t có một

giá trị của P (triệu người). Ta nói rằng P là hàm của t và ta viết P P(t) . Tuy nhiên, chúng ta chỉ biết dân số tại một số năm nhất định. Bảng sau cho ta xấp xỉ dân số tại một số năm chẵn. Chẳng hạn, tại năm 1950 là P(1950) 2520 (triệu người).

Tình hình tương tự như vậy ở 2 cột cuối của Bảng 1.1, ở đó chỉ ra tỷ lệ thể tích 2CO trong không khí (phần triệu). Như vậy, mặc dầu tỷ lệ C của 2CO trong không khí là hàm của thời gian t: C C(t) . Tuy nhiên, ta không biết công thức hiển của C qua t, ta chỉ biết giá trị của C tại một số điểm nhất định.

Tuy nhiên, có thể lại hoàn toàn không có những giá trị trung gian kiểu như t 1981 . Trong trường hợp ấy, khó mà dùng dạng khác của hàm số ngoài dạng bảng như trên.

Bảng 1.1. Dân số thế giới (a) và nồng độ 2CO trong không khí (b)

(a) (b)

Năm Dân số (tr. người) Năm Mức 2CO

1900 1650 1972 327.3

1910 1750 1974 330.0

1920 1860 1976 332.0

1930 2070 1978 335.3

1940 2300 1980 338.5

1950 2520 1982 341.0 1960 3020 1984 344.3

1970 3700 1986 347.0

1980 4450 1988 351.3

1990 5300 1990 354.0

2000 6115

2010 6909

c) Biểu diễn hàm số bằng hình ảnh (bằng đồ thị) Dạng đồ thị là dạng trực quan nhất của hàm số. Gia tốc thẳng đứng a của

điểm trên mặt đất trong một trận động đất là hàm của thời gian t. Hình sau là đồ thị của hàm đó sinh ra từ một máy đo động đất nhạy. Với một thời điểm t cho trước, ta có thể tính được giá trị a tương ứng.



32

Hình 1.3. Gia tốc đứngcủa mặt đất trong một trận động đất

d) Biểu diễn hàm số bằng cách mô tả (bằng lời) Hàm số cũng có thể cho theo cách mô tả. Chẳng hạn, trọng lượng cơ thể

người là hàm theo thời gian t; lợi nhuận của cửa hàng xăng là hàm của khối lượng xăng dầu tiêu thụ được.

Một hàm số có thể có một số dạng biểu diễn. Chúng ta cần có những kỹ năng để chuyển từ dạng biểu diễn này sang dạng khác, dầu rằng điều đó không phải lúc nào cũng làm được.

Chúng ta dẫn ra sau đây định nghĩa tổng quát về hàm số. Định nghĩa. Cho hai tập hợp X và Y trong . Hàm số f là một quy tắc cho

tương ứng mỗi phần tử x của tập hợp X với một phần tử f(x) duy nhất của tập hợp Y.

Hình 1.4. Sơ đồ biểu diến hàm số

Người ta thường ký hiệu hàm số như sau: f : X Y

x X f (x) Y

hay đơn giản hơn, y f (x), x X .

Tập hợp X gọi là tập xác định của hàm số. Số f(x) gọi là giá trị của hàm f tại x. Tập những giá trị có thể nhận của hàm số được gọi là tập giá trị của nó:

W {f (x) : x X}

a o

x o o

X Y

o f(a) o f(x) o



33

Với hàm số y f (x), x X , x gọi là biến số độc lập (hay đối số), y gọi là biến phụ thuộc (hay hàm số).

Biến độc lập thường ký hiệu là x, biến phụ thuộc thường ký hiệu là y, nhưng cũng có thể dùng các ký hiệu khác. Chẳng hạn, để chỉ hàm số

2y x 2x ln x, x 1 ta có thể viết 2u t 2t ln t, t 1 .

Đồ thị hàm số. Đối với hàm số f với tập xác định X, đồ thị của nó là tập hợp các cặp số có thứ tự

{(x,f (x)) : x X}

Đồ thị hàm số là một đường cong trên mặt phẳng tọa độ Oxy. Nó cho ta biết rất nhiều về hàm số: tập xác định, tập giá trị, khoảng đồng biến, nghịch biến, giá trị cực đại, cực tiểu, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ... Chúng ta cần có kỹ năng lập đồ thị hàm số (dầu rằng ở phổ thông ta đã có những năng lực nhất định), đọc đồ thị, xử lý thông tin từ đồ thị.

Đường cong nào trên mắt phẳng tọa độ là đồ thị của hàm nào đó? Trả lời câu hỏi này, ta dùng kiểm định đường dốc đứng sau đây.

Kiểm định đường dốc đứng. Đường cong (L) trong mặt phẳng tọa độ Oxy là đồ thị của một hàm số nào đó khi và chỉ khi một đường thẳng song song với trục tung chỉ có thể cắt (L) tại nhiều nhất 1 điểm.

Trong Hình 1.5, đường cong (a), (d) là đồ thị của hàm nào đó, đường cong (b), (c) không là đồ thị của bất kỳ hàm số nào.

Hình 1.5. Một số đường cong trong mặt phẳng

y y (a) (b) O x O x y y (c) (d) O x O x



34

Bây giờ ta xét đường cong 2(L) : x y 1 0 ở Hình 1.5 (c). Tuy nó không là đồ thị của bất kỳ hàm nào, nhưng nhận xét rằng

2 2 y x 1x y 1 0 y x 1

y x 1

nên nửa trên (dưới) của (L) lại là đồ thị của hàm y f (x) x 1 (y g(x) x 1) .

Ta cũng nhận xét rằng, nếu ta thay đổi vai trò của x với y, coi x là hàm, y là biến, công thức hiển của x qua y là 2x y 1 ; parabol (L) lại là đồ thị của hàm này!

Ví d 1.11. Khi bật bình nước nóng lên, nhiệt độ nước trong bình phụ thuộc vào thời gian đun. Ta tắt bình đi rồi đem nước nóng sử dụng. Vẽ sơ lược đồ thị nhiệt độ nước trong bình.

Giải. Nhiệt độ ban đầu của nước gần với nhiệt độ trong phòng. Khi ta bật công tắc điện, nhiệt độ bình tăng lên nhanh chóng. Khi ta ngắt công tắc điện, nhiệt độ bình giảm không đáng kể. Khi ta tháo nước ra khỏi bình, nhiệt độ nước lại giảm nhanh đến nhiệt độ của nước nguồn. Vì thế, ta có thể vẽ sơ bộ đồ thị nước trong bình như hình vẽ sau: #

Ví dụ 1.12. Số liệu sau lấy từ một thí nghiệm ở phòng thí nghiệm về đường

lactoza của axit hydroxyvaleric tại 025 C . Nồng độ C(t) (mol/l) sau t phút thể hiện ở bảng. Dùng số liệu này để vẽ xấp xỉ đồ thị hàm nồng độ. Tiếp theo, dùng đồ thị để ước lượng nồng độ tại 5 phút.

t 0 2 4 6 8

C(t) 0.0800 0.0570 0.0408 0.0295 0.0210

Trước hết ta lập đồ thị của 5 điểm số liệu. Có những cách hoàn toàn tốt để xác lập đường cong tối ưu qua các điểm này (chẳng hạn, dùng mô hình hồi quy của Xác suất Thống kê, phương pháp bình phương cực tiểu sẽ học trong học phần Phương Pháp Tính ...). Tuy nhiên, 5 điểm số liệu này có dáng điệu rất tốt, ta có thể vẽ bằng tay một đường cong trơn đơn giản qua 5 điểm đó như Hình 1.6.

T t



35

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0 2 4 6 8 10

Hình 1.6. Đồ thị nồng độ đường lactoza

Dùng đồ thị thu được, ta ước lượng nồng độ tại 5 phút là

C(5) 0,035 (mol/l). #

Hàm xác định trên từng đoạn (Piecewise defined fuctions) Trong các ví dụ sau đây, hàm số xác định bởi những công thức khác nhau

trên những phần khác nhau trên tập xác định. Ví dụ 1.13. Vận tốc góc của một động cơ từ lúc chuyển động cho bởi công

thức atV Ate , A, a là hai hằng số dương. Sau khi đạt vận tốc cực đại tại thời điểm t 1/ a , động cơ chuyển động quay đều. Hàm vận tốc V(t) được viết dưới dạng

at

0 khi t 01V(t) At e khi 0 ta

A 1khi ta e a

Đồ thị của hàm này khi A a 1 cho ở Hình 1.7 #

Hình 1.7. Vận tốc góc của động cơ



36

Ví dụ 1.14. Hàm giá trị tuyệt đối

Ví dụ 1.15. Tìm biểu thức cho hàm f có đồ thị như ở hình dưới đây

Trên đoạn ( ; 0) , rõ ràng hàm cho bởi công thức f (x) 0 .

Đoạn thẳng tiếp theo có hệ số góc 1, dễ thấy công thức biểu diễn hàm là f (x) x khi 0 x 2. .

Tương tự, trên đoạn kế tiếp, hệ số góc bằng -1, công thức là f (x) 4 x khi 2 x 4 . Trên đoạn cuỗi, f (x) 0 .

Tóm lại, công thức biểu diễn hàm f là

0 khi x 0x khi 0 x 2

f (x)4 x khi 2 x 40 khi 4 x

#

Ví dụ 1.16. Tìm biểu thức cho hàm f cho bởi đồ thị dưới đây. Tính f(-0.5); f(1); f(4).

y 1

-1 O 2 3 x

y O x Hình 1.8 . Hàm giá trị tuyệt đối

Hàm giá trị tuyệt đối cho bởi công thức

x khi x 0

y xx khi 0 x

Đồ thị của hàm giá trị tuyệt đối cho ở Hình 1.8.

y 2

O 4 x



37

Trả lời:

x 1, 1 x 01, 0 x 2

yx 3, 2 x 3

0, 3 x

; 0.5; 1; 0. # (☼)

1.3.2. Hàm chẵn, lẻ Định nghĩa. Giả sử tập xác định X của hàm f(x) đối xứng qua gốc tọa độ. Hàm f(x) được

gọi là chẵn nếu f ( x) f (x), x X ,

và được gọi là lẻ nếu

f ( x) f (x), x X .

Đồ thị của hàm chẵn đối xứng qua trục tung. Đồ thị của hàm lẻ đối xứng qua gốc tọa độ.

Ví dụ 1.17. Xét xem mỗi hàm sau đây là chẵn hay lẻ 5 6

4 2 4

a) f (x) 2x x ; b) g(x) 3 x ;

c) h(x) 2 x 3x ; d) k(x) x 2x , x 0

Giải. Tập xác định của 3 hàm số đầu là , đỗi xứng qua gốc tọa độ.

a) 5f ( x) 2( x) ( x) f (x) f (x), x là hàm chẵn.

b) 6f ( x) 3 ( x) f (x) f (x), x là hàm chẵn.

c) 4 4f ( 1) 2 ( 1) 3( 1) 6; f (1) 2 1 3.1 4

f ( 1) f (1) f (x) không là hàm chẵn.

f ( 1) f (1) f (x) không là hàm lẻ.

Vậy f(x) không chẵn, cũng không lẻ. d) Tập xác định không đối xứng qua gốc tọa độ; hàm không chẵn, cũng

không lẻ. Nhận xét. Việc chọn giá trị 1, -1 ở c) là khá tùy tiện; nếu hàm không chẵn

và (hoặc) không lẻ, gần như ta chọn ngẫu nhiên một số bất kỳ đều đạt ý định chứng minh của ta. #

1.3.3. Hàm số ngược Bây giờ ta coi hàm số như một ánh xạ. Giả sử

f : X Y (X,Y )x X y f (x) Y

là một song ánh. Khi đó



38

+ Tập xác định của f là X, tập giá trị của f là Y. + f là đơn ánh: 1 2 1 2 1 2x , x X, x x f (x ) f (x )

+ f là toàn ánh: y Y, x X : f (x) y.

Vậy với mọi y Y , tồn tại duy nhất x X để f (x) y .

Phép tương ứng đó xác định một ánh xạ (một hàm số) từ Y vào X, ký hiệu là 1f , gọi là ánh xạ (hàm số) ngược của f:

1f (y) x sao cho f (x) y .

Hình 1.9. Hàm xuôi và hàm ngược

Theo thói quen, ta dùng chữ x đề chỉ đối số, chữ y để chỉ hàm số. Như vậy ta sẽ ký hiệu hàm ngược của hàm y f (x) là

1y f (x), x Y .

Tính chất. Nếu hàm f(x) có hàm ngược và đồng biến (nghịch biến) thì hàm ngược cũng đồng biến (nghịch biến).

Nói cách khác, hàm ngược biến thiên cùng chiều với hàm xuôi. Giả sử G là đồ thị của hàm y f (x) ,

H là đồ thị của hàm 1y f (x) .

0 0 0 0M (x , y ) G y 10 0 0 0 0f (x ) x f (y ) N(y ,x ) H.

Từ đó: Đồ thị hàm ngược đối xứng với đồ thị hàm xuất phát qua phân giác của góc

phần tư thứ nhất. Bây giờ cho y f (x), x X là đơn ánh. (Ta không chỉ rõ miền ảnh Y). Gọi

Y {f (x), x X} là tập giá trị của f. Thế thì f : X Y là song ánh. Theo phân

tích trên, tồn tại 1f : Y X . Chúng ta gọi đây là hàm ngược của hàm ban đầu.

Ví dụ 1.18. a. 2y x . Đây là ánh xạ, tập xác định là , không là đơn ánh. Vậy không có hàm ngược.

b. 2y x , x 0 x y, y 0. Hàm ngược là y x . #

1

f

fX Y



39

Ví dụ 1.19. Xét hàm số y sin x . Hàm này xác định trên , không là đơn ánh nên không có hàm ngược.

Bây giờ xét hàm số y sin x, x2 2

. Hàm số này đồng biến. Vậy tồn

tại hàm ngược, ký hiệu là arcsinx hay đầy đủ hơn y arcsin x, 1 x 1 . Đồ thị như Hình 1.10. #

Hình 1.10. Hàm sinx và hàm arcsinx

1.3.4. Các hàm sơ cấp cơ bản

Hàm lũy thừa: y x , x 0 ( )

Hàm số mũ: xy a (a 0) .

Hàm số logarit: ay log x, x 0 (0 a 1)

Hàm lượng giác: sin x, cos x, tg x, cotg x

Hàm lượng giác ngược:

y arcsin x, x [ 1;1] là hàm ngược của hàm y sinx, x .2 2

y arccos x, x [ 1; 1] là hàm ngược của hàm y cosx, 0 x .

y arc tg x, x ( ; ) là hàm ngược của hàm y tg x, x .2 2

y arccotg x, x ( ; ) là hàm ngược của hàm y cotg x, 0 x .

Hàm lượng giác hyperbolic: x x

x x

e echx : cos hyperbol2

e eshx : sin hyperbol2



40

x x

x x

x x

x x

shx e ethx : tang hyperbolchx e e

chx e ecothx : cotang hyperbolshx e e

Tính chất: 2 2ch x sh x 1

2 2

sh2x 2chx shx

ch2x ch x sh x ...

Công thức cộng arctang:

a barctga arctg b arctg1 ab

. (1.3.1)

Hàm sơ cấp: Gồm các hàm sơ cấp cơ bản, các hàm tạo bởi một số hữu hạn các phép toán , , . , : và hợp một số hữu hạn lần các hàm đó.

1.3.5. Một số hàm thông dụng khác

a. Hàm bước nhảy đơn vị 0, x 0

y u(x)1, 0 x.

Hàm này thường dùng để biểu diễn sự biến đổi tức thì của dòng điện hay điện thế trong một mạch khi công tắc điện được đóng lại.

Đồ thị của hàm u(x) như Hình 1.11 (a). Chúng ta có thể biểu diễn điện thế V(t) của đoạn mạch nếu công tắc bật ở thời điểm t 0 và điện thế 220 vol được nối tức thời với mạch như Hình 1.11 (b). Rõ ràng V(t) 220u(t) .

Tương tự, nếu ta bật công tắc ở thời điểm t 5 và điện thế tác động là 120 vol thì điện thế của đoạn mạch là V(t) 110u(t 5) (Hình 1.11 (c)).

Hình 1.11 . Một số hàm liên quan đến hàm bước nhảy đơn vị

y V V (a) 220 (b) (c) 110 1 0 x 0 t 0 15 t V V (d) (e)

220 220

40 t 20 50 t



41

Nhờ hàm bước nhảy đơn vị ta có thể xây dựng hàm ramp (tạm dịch: hàm dốc xiên), đó là hàm y Ct u(t) , biểu diễn sự tăng đều của dòng điện hay điện thế trong đoạn mạch. Chẳng hạn, nếu đóng mạch tại thời điểm t 0 và điện thế tăng đều đề trong khoảng thời gian 40 giây đạt được 220 vol thì V(t) 220 t u(t), t 40 .

Điện thế ở Hình 1.11 (d) có thể biểu diễn qua hàm u(t):

V(t) 220(t 20)u(t 20), t 50 .

b. Hàm phần nguyên y [x]

(Số nguyên lớn nhất (gần nhất) nhỏ thua x). c. Hàm phần phân. y x [x] , ký hiệu là {x} .

Đồ thị hàm phần nguyên, phần phân cho ở Hình 1.12.

Hình 1.12. Đồ thị hàm phần nguyên (a) và hàm phần phân (b)

d. Hàm bậc thang Hàm số xác định trên đoạn [a; b] được gọi là hàm bậc thang (hay hằng số

từng khúc) nếu tồn tại phép phân hoạch đoạn [a; b] thành những đoạn rời nhau để f(x) không đổi trên mỗi đoạn con đó:

*0 1 n 0 1 nn , a , a , ... , a [a; b]: a a a ... a b;

0 n, ... , sao cho i i i 1f (x) , x (a ; a ).

Hình 1.13. Đồ thị hàm bậc thang

(a) (b)



42

1.3.6. Mô hình toán học (☼) Mô hình toán là biểu diễn về mặt toán học (thường dùng hàm số hay

phương trình) hiện tượng của thế giới thực. Hình 1.14 dưới đây mô tả quá trình mô hình hóa.

Nhiệm vụ đầu tiên với một bài toán của thế giới thực là phát biểu mô hình toán bằng cách nhận dạng và đặt tên các biến độc lập và biến phụ thuộc; đặt ra các giả thiết làm đơn giản hóa hiện tượng đủ đến mức mà có thể làm cho mô hình dễ xử lý về mặt toán học. Bằng các hiểu biết của chúng ta về mặt vật lý, những kỹ năng toán học, ta thu được các phương trình liên hệ các biến. Khi mà không có quy luật vật lý nào định hướng chúng ta, ta cần thu tập dữ liệu, khảo sát dữ liệu dưới dạng bảng để trích rút ra dáng vẻ của chúng. Từ bảng dữ liệu, ta có thể lập đồ thị; điều này gợi ý ta về dạng hàm trong một số trường hợp.

Bước tiệp theo là dùng nhũng kiến thức toàn học ta có đối với mô hình toán vừa phát biểu để rút trích ra những kết luận về mặt toán học

Bước thứ 3 là dùng những kết luận này và mô tả chúng như những thông tin về các hiện tượng của thế giới thực xuất phát để đưa ra những lời giải thích hay dự báo.

Cuối cùng, kiểm tra những dự báo bằng những kiểm định phản bác lại số liệu thực mới. Nếu những dự báo này không phù hợp với thế giới thực, ta cần sửa chữa mô hình của ta hay phát biểu mô hình mới và lặp lại từ đầu.

Hình 1.14. Quá trình mô hình hóa

Mô hình toán không bao giờ biểu diễn hoàn toàn đầy đủ tình trạng vật lý, nó chỉ là sự lý tưởng hóa. Một mô hình tốt làm cho thực tiễn đơn giản hóa đi đáng kể để thừa nhận các tính toán toán học, nhưng phải đủ chuẩn mực để đưa ra những kết luận giá trị. Điều quan trọng là đưa ra những mặt hạn chế của mô hình. Mẹ Tự nhiên đưa ra phán quyết cuối cùng. (☼)

§ 1.4. GIỚI HẠN CỦA HÀM SỐ 1.4.1. Định nghĩa + Cho hàm số f (x), x (a; b) và 0x (a ; b) . Ta nói f(x) có giới hạn khi x

dần đến 0x (hoặc tại 0x x ) và viết 0x x

lim f x

(hay f(x) khi x 0x ) nếu:

00, 0, x (a ; b): 0 x x thì xf .

Phát biểu Kiểm tra Giải

Gải thích

Bài toán thế giới thực

Mô hình

Kết luận toán học

Dự báo thế giới thực



43

+ Cho hàm số f (x), x (a; b) . Ta nói f(x) có giới hạn khi x dần đến a về bên phải, và viết

x alim f (x)

nếu:

00, 0, x (a;b): 0 x x thì f x .

+ Cho hàm số f (x), x (a; ) . Ta nói f(x) có giới hạn khi x dần ra + (hoặc tại x = + ), và viết

xlim f x

nếu:

0, A a , x A, f x .

Chúng ta hãy tự hiểu ý nghĩa của các kí hiệu xx b

lim f (x); lim f (x)

.

+ Cho hàm số 0f (x), x (a; b) và x (a; b) . Ta nói f(x) có giới hạn +

khi x dần đến 0x (hoặc tại 0x x ) và viết 0x x

lim f x

nếu:

0A 0, 0, x (a; b) : 0 x x thì f x A.

Chúng ta hãy tự hiểu ý nghĩa của các ký hiệu

0 0 0x x x x x x xlim f x ; lim f x ; lim f (x) ; lim f (x) ...

Nếu x alim f x 0

, ta nói f(x) là vô cùng bé (VCB) khi x a.

Nếu x alim | f (x) | ,

ta nói f(x) là vô cùng lớn (VCL) khi x dần đến a.

1.4.2. Các tính chất của giới hạn hàm số Định lý 1.21 (Tính duy nhất của giới hạn). Nếu hàm số nhận và làm

giới hạn tại 0x thì .

Định lý 1.22 (Điều kiện đủ để hàm số có giới hạn). Cho hàm số y f (x), x I , trong đó I là một khoảng của . Nếu f(x) có giới hạn tại 0x I ( I là bao đóng của I) thì f(x) bị chặn trong một lân cận của 0x .

Chứng minh. Giả sử I [a; b] (các trường hợp khác tương tự).

Với 01, 0, x [a; b], 0 | x x | thì | f (x) | 1 . Vậy

0 0

| f (x) | | f (x) | | | 1 | || f (x) | Max(1 | |, | f (x ) |), x [a; b], | x x | .

Nghĩa là f(x) bị chặn trong một lân cận 0x trong I.

Ví dụ 1.20. 1 1f (x) sin , x 0x x

.



44

Hình 1.15. Đồ thị của hàm số ở ví dụ 1.14

Dễ thấy f(x) không bị chặn trong một lân cận tùy ý của 0 nên không tồn tại

x 0lim f (x)

. #

Định lý 1.23 (Định nghĩa giới hạn bằng dãy). Hàm số y f (x) xác định

trên khoảng suy rộng I có giới hạn tại 0x I khi và chỉ khi với mỗi dãy nx

trong I, n 0x x , n 0nlim x x

thì nnlim f x

.

Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp 0x (a ; b), I (a ; b) . Các trường hợp khác tương tự.

+ Điều kiện cần. Giả sử 0x x

lim f x

. Xét dãy nx bất kỳ sao cho

n n 0 n 0x (a ; b) n ; x x ; x x (n ) . Với 0 cho trước, từ giả

thiết, tồn tại 0 để 0x a ;b , 0 x x thì f (x) .

Từ chỗ 0

n 0x xlim x x

suy ra tồn tại N, n N :

n 00 x x . Vì vậy, nn N, f (x ) .

Từ đó nnlim f x

.

+ Điều kiện đủ. Giả sử ngược lại, không phải là giới hạn của f(x) tại 0x . Suy ra tồn tại 00 để

0 00, x (a; b) ,0 x x song f (x) .

Bây giờ với n n1 0 , x (a; b)n

:

n 0 n 00 x x song f (x ) k . Như vậy, dãy n{x } trên (a; b) thoả mãn điều kiện n 0x x (n ) còn

dãy n{f(x )} lại không có giới hạn k khi n , mâu thuẫn.



45

Định lý 1.24 (Định lý kẹp). Cho ba hàm số f(x), g(x), h(x) xác định trên khoảng suy rộng I của . Giả sử

f (x) g(x) h(x), x I ;

x c x cc I , lim f (x) lim h(x)

Khi đó, tồn tại giới hạn của hàm g(x) tại x = c vàx clim g(x)

.

Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp khoảng I (a; b) hữu hạn, trường hợp (a; b) vô hạn tương tự.

Cho trước 0 . Vì f(x) và h(x) có giới hạn khi x c nên tồn tại

1 2, 0 sao cho

1

2

x (a; b), 0 | x a | : | f (x) | ,0 | x a | : | h(x) | .

Chọn 1 2Min( , ) thì x (a; b), 0 | x c | ta có

f (x) g(x) h(x)

| g(x) | . Vậy x alim g(x)

.

Định lý 1.25 (Giới hạn các hàm đơn điệu)

Cho a, b [ ; ], y f (x) là hàm số tăng trên (a; b) .

i. Nếu hàm f(x) bị chặn trên thì nó có giới hạn hữu hạn tại b và

x b x (a; b)lim f (x) Sup f (x).

ii. Nếu hàm f(x) không bị chặn trên thì nó có giới hạn tại b và

x blim f (x)

.

Chứng minh. i. Tập giá trị của f(x) là E {f (x), x (a; b)} . Đây là tập hợp không rỗng, bị chặn trên nên tồn tại cận trên đúng Sup(E).

Cho trước 0 . Theo Định lý 1.1, 0 0 0 0y E ( x (a; b) : f (x ) y )

0 0sao cho y f (x ) .

Vì f(x) tăng nên với x: 0x x b thì 0f (x ) f (x) . Suy ra

f (x) , từ đó | f (x) | .

Bây giờ xét trường hợp b hữu hạn. Đặt 0b x 0 . Rõ ràng x (a; b), | x b | thì | f (x) | . Vậy

x blim Sup(E).

Trường hợp f (x), g(x), x I có điều chỉnh một chút ký hiệu.

ii. Dành cho độc giả như một bài tập.



46

Lưu ý. Chúng ta có thể dễ nhận được các kết quả tương tự cho trường hợp khác như f(x) giảm, giới hạn trái, phải ...

1.4.3. Các phép toán về giới hạn Định lý 1.26. Cho f (x), g(x), x I là 2 hàm số trên khoảng mở rộng I;

a I (bao đóng của I); , , là 3 số thực. Khi đó

x a x a

x a x a

x a x a

x a x a

x a x a

x a

1. lim f (x) lim | f (x) | | | .

2. lim f (x) 0 lim | f (x) | 0.

lim f (x) lim (f (x) g(x))3.

lim g(x) lim f (x).g(x)) .

4. lim f (x) lim f (x) .

lim f (x)5.

g(x) bi chan tro

x a

x a

x ax a

lim (f (x).g(x)) 0.ng môt lân cân cua a

lim f (x) f (x)6. lim .lim g(x) 0 g(x)

Ví dụ 1. 21. Tìm các giới hạn

i. x

1 sin 7xlim2x

.

Ta có x x

x 0

1 sin 7x 21 sin 7x 1 sin 7xlim 0 lim 01 2x 2xlim 0

| x |

.

x 0 x 0

tg x sin x 1ii. lim lim . 1.1 1.x x cos x

x 0 x 0

sin mx sin mx nx mx miii. lim lim . . (m,n 0).sin nx mx sin nx nx n

2 2x x2

2 2x x

x 1 2iv. lim lim 1x 1 x 1

22 2

2xx 1 x 1

22 2x

2 1lim 1 .x 1 e



47

sin x11 x

1sin xxx 0 x 0

v. lim (1 sin x) lim (1 sin x) e e.

#

1.4.4. Sử dụng VCB, VCL để tìm giới hạn Định nghĩa. Giả sử f(x) và g(x) là những VCB (khi x x0). Ta nói: a) f(x) là VCB bậc cao hơn g(x), viết f(x) = o(g(x)) nếu

0x x

f xlim 0

g x .

Khi đó ta cũng nói g(x) là VCB bậc thấp hơn f(x). b) f(x) và g(x) là 2 VCB cùng bậc, ta viết f(x) = O(g(x)) nếu

0x x

f xlim C C 0; C

g x .

c) f(x) và g(x) là hai vô cùng bé tương đương, ta viết f(x) g(x), nếu hằng số C ở (b) bằng 1. Đây là quan hệ tương đương thông thường của đại số (có ba tính chất: phản xạ, đối xứng, bắc cầu).

Chẳng hạn x sin x

sin x tg xx tg x

.

Nhận xét. f(x) là VCB (khi x a) và f(x) 0 thì 1/f(x) là VCL; f(x) là VCL (khi x a) thì 1/f(x) là VCB.

* Quy tắc thay tương đương với thương, tích Nếu f(x) f1(x) và g(x) g1(x) (khi x x0) thì

i. 1

1

f (x) f (x)g(x) g (x)

;

ii. 1 1f (x)g(x) f (x) g (x) . * Quy tắc thay tương đương với tổng

Giả sử a, b, , là các hằng số thực, a 0 , b 0 sao cho f (x) ax ,

g(x) bx (x 0).

+ Nếu thì f (x) g(x) ax ;

+ Nếu thì f (x) g(x) bx ;

+ Nếu và a b 0 thì f (x) g (x) (a b)x ; + Nếu và a + b = 0 thì chưa suy ra f x g x ~ 0.

Lưu ý: Định lý vừa nêu cho phép ta thay tương đương đối với tích hoặc thương một cách hết sức tiện lợi. Đối với tổng, hiệu, ý tưởng cơ bản là thận trọng



48

khi thay tương đương các vô cùng bé cùng bậc: Nếu thấy tổng (hiệu) của chúng bằng 0 thì phải thay tương đương đến bậc cao hơn.

Chúng ta thường thay tương đương bởi biểu thức dạng ax hay tổng của các biểu thức như vậy (vì khi đó dễ so sánh).

Khi tìm giới hạn, các giới hạn sau đây rất hay được sử dụng:

a) x 0

sin xlim 1x

; b) x 0

ln 1 xlim 1

x

;

c) x

x

1lim 1 ex

; d) x

x 0

e 1lim 1x

.

e) x

ln xlim 0.x

f) m

xx

xlim 0 (a 1).a

Bảng 1.1. chỉ ra một số công thức thay tương đương thông dụng. Bảng 1.1. Công thức thay tương đương (khi x 0 )

(1 x) 1 x(1 )1 x

2!

Đặc biệt

x1 x 12

1 1 x1 x

1 x121 x

x

2

e 1 x

x1 x2!

2

ln(1 x) x

xx2

3

sin x x

xx3!

2

3

xcos x 12!

tgx x

xx3!

3

arctgx x

xx3

Khi chúng ta nắm được các quy tắc thay tương đương, các giới hạn phải tính nhiều khi trở nên rất dễ dàng.

Ví dụ 1.22. Tìm các giới hạn 2

x 0 x 0 x 0

1 1 1 cos x x / 2i. lim lim lim 0sin x tg x sin x x

.

cotg ( /2 x)tg x

x 0 x 0ii. lim (sin x) lim cos x

2

2

2

t cos t.2 2 sin t2 tcotg t 0

t 0 t 0

tlim(cos t) lim 1 e 12

. #



49

§ 1.5. SỰ LIÊN TỤC 1.5.1. Định nghĩa * Cho f (x), x I là hàm số trên khoảng mở rộng I của . Hàm f(x) được

gọi là liên tục tại 0x nếu 0

0x xlim f (x) f (x )

.

0 00, 0, x I, | x x | thi | f (x) f (x ) | .

* f(x) được gọi là gián đoạn tại 0x nếu nó không liên tục tại đó.

* f(x) được gọi là gián đoạn khử được tại 0x nếu nó gián đoạn tại 0x và tồn

tại 0x x

lim f (x).

Khi đó chỉ việc thay giá trị hàm f tại 0x bởi , được hàm mới

0

0 0

f (x), x I {x }g(x)

f (x ), x x

liên tục tại 0x . Hàm mới này chỉ "khác chút xíu" với hàm f(x). Vì thế, trong một

số trường hợp, có thể coi hàm gián đoạn khử được tại 0x là liên tục tại 0x .

* f(x) được gọi là gián đoạn loại một tại 0x , đồng thời 0x gọi là điểm gián đoạn loại một của f(x) nếu:

- f(x) gián đoạn tại 0x ;

- Tồn tại các giới hạn 00x x x x

lim f (x); lim f (x)

.

Rõ ràng, gián đoạn khử được là gián đoạn loại một.

* Nếu f(x) gián đoạn tại 0x nhưng không gián đoạn loại một tại đó thì ta

nói f(x) gián đoạn loại hai tại 0x ; còn 0x là điểm gián đoạn loại hai.

* f (x), x (a; b) được gọi là liên tục trên (a; b) nếu nó liên tục tại mọi

điểm 0x (a; b) .

* f (x), x (a; b) được gọi là liên tục trên [a; b] nếu nó liên tục tại mọi

điểm x0 (a; b) và liên tục phải tại a, liên tục trái tại b:

x a x blim f (x) f (a); lim f (x) f (b)

.

Ví dụ 1. 23. i. Hàm Sa(x). Xét hàm sin xyx

. Hàm này không xác định tại

x 0 , xác định tại một lân cận bất kỳ của điểm này. Vậy nó gián đoạn tại x 0 .



50

Lại có x 0

sin xlim 1x

. Vậy x 0 là điểm gián đoạn khử được.

Hình 1.16. Đồ thị hàm Sa(x)

Hàm số sin x , x 0,

Sa(x) x1, x 0.

là liên tục, nó có nhiều ứng dụng trong ngành điện. Đồ thị của nó ở Hình 1.17.

ii. Hàm bước nhảy đơn vị 0, x 0

y u(x)1, 0 x.

Ta có x 0 x 0lim u(x) 0; lim u(x) 1

.

Vậy hàm này có gián đoạn loại I tại x 0 .

Tương tự, hàm dấu 1, x 0,

y sgn x 0, x 0,1, x 0.

gián đoạn loại I tại x 0 . .Rõ ràng là x sgn(x)| x | .

Hình 1.17. Đồ thị hàm bước nhảy đơn vị u(x) (a) và hàm dấu sgn(x) (b)

iii. 1sin , x 0,

f (x) x0, x 0.



51

Ta thấy f(x) liên tục tại x 0 . Tại x 0 : x 0lim f (x)

(dễ chứng minh!),

vậy hàm này gián đoạn loại II tại x 0. (Ta cũng nói x 0 là điểm gián đoạn loại II của hàm này). #

Hình 1.18. Đồ thị hàm số y sin (1/ x)

Ví dụ 1.24. Xét hàm số

tgx, x (0; ) { / 2}y f (x) ; y g(x) tgx

0, x / 2

.

Vì x /2lim f (x) x / 2

là điểm gián đoạn loại II của f(x).

Tương tự, các điểm x / 2 k , k là các điểm gián đoạn loại II của

g(x). #

Ví dụ 1.25. Tìm hằng số a để hàm sau đây liên tục trên toàn trục số xe , x 1y

ax 1, x 1

Giải. Trên các khoảng {x 1} và {x 1} , hàm f(x) là hàm sơ cấp nên nó

liên tục. Tại x 1 x 1

x 1, lim a 1; lim e f (1).

Vậy hàm liên tục tại x = 1 a 1 e a e 1 . Trả lời: a e 1 . #

1.5.2. Các tính chất sơ bộ Định lý 1.27 (Tính liên tục đối với các phép toán).

Nếu f(x) và g(x) là những hàm liên tục tại 0x (a; b) thì

a) f (x) g(x); f (x)g(x); f (x) liên tục tại 0x .

b) Cf(x) liên tục tại 0x , C .

c) Nếu g(x0) 0 thì f (x)g(x)

liên tục tại 0x .



52

Định lý 1.28 ( Sự liên tục của hàm hợp)

a. Cho f: (a; b) (c; d) là hàm liên tục tại 0x (a; b) còn g : (C; D) là hàm liên tục tại 0 0y f (x ) (c; d) , trong đó (c,d) (C; D) . Khi đó hàm hợp

og f : (a; b) xác định bởi o(g f )(x) g(f (x))

cũng liên tục tại 0x .

b. Cho f: (a; b) (c; d) là hàm liên tục trên (a; b)còn g : (C; D) là hàm liên tục trên (C; D) , trong đó (c,d) (C; D) . Khi đó hàm hợp

og f : (a; b) xác định bởi o(g f )(x) g(f (x))

cũng liên tục trên (a; b). * Hàm sơ cấp liên tục trên tập xác định của chúng. Hệ quả: + Nếu hàm sơ cấp xác định trên khoảng (a; b) thì nó liên tục trên khoảng đó. + Nếu trong một lân cận nào đó của 0x , f (x) là hàm sơ cấp thì f(x) liên tục

tại 0x .

1.5.3. Các tính chất của hàm liên tục trên đoạn kín Định lý 1.29 (Định lý về sự triệt tiêu của hàm liên tục)

Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trong khoảng (; ). Giả sử có 2 điểm a, b (; ) sao cho f(a) f(b) < 0. Khi đó có điểm c giữa a và b sao cho f(c) = 0.

Chứng minh. Rõ ràng ta chỉ cần xét trường hợp a b , f (a) 0 f (b) .

Ta xây dựng hai dãy n nc , d theo quy nạp như sau.

+ Đặt 0 0c a; d b . Ta có 0 0 0 0f (c ) 0 f (d ); d c b a .

+ Đặt 0 0 0u (c d ) / 2 . Nếu 0f (u ) 0 thì 0u là điểm c phải tìm; dừng quá trình. Nếu 0f (u ) 0 thì đặt 1 0 1 0c u và d d . Nếu 0f (u ) 0 thì đặt

1 0 1 0c c và d u .

Trên đoạn 1 1[c ; d ], hàm f(x) liên tục; 1 1 1 1f (c ) 0 f (d ), d c (b a) / 2 .

+ Giả sử phải tiếp tục quá trình trên, đặt 1 1 1u (c d ) / 2 . Nếu 1f (u ) 0 thì

1u là điểm c phải tìm; dừng quá trình.

Nếu f(u1) < 0, đặt 2 1 2 1c u và d d . Nếu f(u2) > 0, đặt 2 1 2 1c c , d u .

Trên đoạn 2 2[c ; d ] , hàm f(x) liên tục; 2 2f (c ) 0 f (d ); 2

2 2d c (b a) / 2 .



53

Tiếp tục quá trình trên. Giả sử quá trình dừng lại ở bước thứ n nào đó, nu là giá trị c lần tìm.

Giả sử quá trình là vô hạn, khi đó ta có hai dãy kề nhau n nc , d . Chúng

có giới hạn chung c: n nn nlim c lim d c.

Từ tính liên tục của hàm f(x) suy ra

n nn nf (c) lim f (c ) 0 lim f (d ) f (c)

f (c) 0 .

Hệ quả. Hàm f(x) liên tục trên đoạn đóng [a; b] sẽ nhận mọi giá trị từ f(a) đến f(b).

Chứng minh. Để xác định, giả sử 0f (a) f (b) và y [f (a); f (b)]. Cần phải chỉ ra có điểm 0c [a; b] : f (c) y .

Nếu 0y f (a) (hoặc 0y f (b) ) thì chọn c a (hoặc tương ứng, c b ).

Nếu 0f (a) y f (b) , xét hàm 0g(x) f (x) y . Hàm này liên tục trên

[a; b], g(a)g(b) 0 . Theo Định lý 1.29, 0c (a; b) : g(c) 0 f (c) y .

Định lý 1.30 (Định lý Weierstrass). Cho f(x) liên tục trên đoạn đóng [a; b]. Khi đó nó bị chặn, đạt được cận trên đúng

x [a; b]M Max f (x)

và cận dưới đúng

x [a; b]m Min f (x)

.

Như vậy, hàm liên tục biến tập đóng, bị chặn thành tập đóng, bị chặn.

Chứng minh. + Trước hết ta chứng minh tập giá trị J {f (x) , x [a; b]}

của f(x) là bị chặn. Giả sử ngược lại, J không bị chặn, chẳng hạn, không bị chặn trên. Khi đó

*N NN , x [a; b]: f (x ) N .

Dãy nx bị chặn, theo Bổ đề Bolzano - Weierstrass, trích ra được một dãy

con kn{x } hội tụ: kn 0klim x x [a; b]

. Vì f(x) liên tục tại x0 nên

k0 n kk k

f (x ) lim f (x ) lim n

, mâu thuẫn. Vậy J bị chặn trên.

Tương tự, J bị chặn dưới, từ đó J bị chặn. Đặt

[a; b] [a; b]m Inf f (x) ; M Sup f (x) .

+ Bây giờ ta chứng tỏ tồn tại 0 0t [a; b], f (t ) M . Thực vậy, theo tính chất của Suprimum,

n n1/ n, t [a; b] : M M 1/ n f (t ) M . (*)



54

Do dãy n{t , n 1,2, ...} bị chặn, lại theo Bổ đề Bolzano-Weijerstrass tồn tại

dãy con { knt } hội tụ: kn 0klim t t [a; b]

.

Từ tính liên tục của f(x) và (*) suy ra k0 nkf (t ) lim f (t ) M

.

Như vậy hàm f(x) đạt được giá trị lớn nhất M tại 0t . Tương tự, f(x) cũng đạt giá trị nhỏ nhất m. Phần còn lại suy từ hệ quả.

Định lý 1.31 (Liên tục và đơn điệu). Cho f(x) là hàm liên tục và là đơn ánh trên (a; b). Khi đó hoặc là f(x) là hàm tăng thực sự (còn gọi là đồng biến) hoặc là f(x) là hàm giảm thực sự (còn gọi là nghịch biến).

Định lý 1.32 (Sự liên tục của hàm ngược). Cho I là một khoảng suy rộng (chứa đầu mút hay không) của , f: I

là một ánh xạ. Xét ánh xạ cảm sinh f : I f (I) mà f (x) f (x), x I. Nếu f(x) liên tục và đơn điệu thực sự thì:

a) f là một song ánh từ I lên f(I);

b) 1(f ) cũng là hàm liên tục, đơn điệu thực sự, cùng chiều biến thiên với f.

Định nghĩa. Cho I là một khoảng mở rộng (chứa đầu mút hay không) của và hàm số f (x), x I. Ta nói hàm số f(x) là liên tục đều trên I nếu:

0, 0; x ,x I, x x thì f (x ) f (x ) .

Rõ ràng là: Nếu f(x) liên tục đều trên I thì liên tục trên I . Định lý 1.33 (Định lý Heine (Định lý Cantor)). Cho f(x) là hàm liên tục trên

đoạn [a; b], a, b . Khi đó f(x) liên tục đều trên [a; b]. Nói cách khác, hàm liên tục trên đoạn kín, giới nội thì liên tục đều trên đó. Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, hàm số

f(x) liên tục trên [a; b] nhưng không liên tục đều trên đó. Vậy *

n n0, n , u , v [a; b] :

n n

n n

u v 1/ n (*)

f (u ) f (v ) (**)

Xét dãy n{u }. Đây là dãy bị chặn, theo bổ đề Bolzano– Weijestrass, tồn tại dãy con kn{u } hội tụ.

Xét dãy con kn{v } của dãy n{v } . Đây là dãy bị chặn. Lại theo bổ đề B – W, tồn tại dãy con kin{v } hội tụ.

Rõ ràng, dãy kin{u } là dãy con của dãy

kn{u } ; dãy kn{u } hội tụ nên nó

cũng hội tụ. Ký hiệu kin{u } bởi n{u } , kin{v } bởi n{v } , đây là hai dãy hội tụ.

Do (*), n nn nlim u lim v c [a; b]

.



55

Vì f(x) liên tục nnlim f (u ) f (c)

,

nnlim f (v ) f (c)

.

Vậy n n n nn n nlim f (u ) f (v ) lim f (u ) f (c) lim f (c) f (v ) 0

,

mâu thuẫn với (**). Mâu thuẫn này chứng minh khẳng định của định lý.

1.5.4. Bổ sung về giới hạn

* nnn nlim a 1 ( a 0); lim n 1;

* 1 nx

x 0 n

1lim(1 x) e; lim 1 en

HQ: + Nếu u(x) là VCB thì 0

1u(x)

x xlim (1 u(x)) e;

+ Nếu n{a } là VCB thì n

1a

nnlim (1 a ) e

.

* x 0

ln(1 x)lim 1 ln(1 x) xx

HQ: + Nếu (x) là VCB khi 0x x thì 0x x

ln(1 (x))lim 1(x)

( ln(1 (x)) (x) );

+ Nếu n{a } là VCB thì nn nn n

ln(1 a )lim 1 ln(1 a ) aa

.

* x 0

sin xlim 1x

( sin x x (khi x 0)) .

HQ: + Nếu 0(x) là VCB khi x x thì 0x x

sin (x)lim 1(x)

( sin (x) (x) );

+ Nếu n{a } là VCB thì nn nn n

sin alim 1 sin a aa

.

* x

ln xlim 0.x

0x x

ln (x)HQ : lim 0(x)

nếu (x) là VCL ;



56

+ nn n

ln alim 0a

nếu n{a } là VCL .

* m

xx

xlim 0 (a 1).a

m

nx

nHQ : lim 0 (a 1).a

* Thay tương đương

n

n n nn n

nn

a VCBa b .c

a C.blim c C

C 0; C

.

0n x

(x) VCB(x) (x).c(x)

(x) C. (x)lim c(x) C

C 0; C

1.5.5. Một số ví dụ (tự đọc). 2

3x 02

2 2 2

2x 0

( 1 x cos x)arcsin xa. A limx

1 x((1 x o(x ) (1 o(x )) arcsin x2 2lim 0.xx

22 2 2

2x 0

1 x((1 x o(x ) (1 o(x )) arcsin x2 2lim 0xx

.

3 2

3x

2/3 32 2/3

3x

x1 x cos x arcsin1 xb. B lim

x1 cos x xx 1 arcsin

1 xx xlim 0

x

c.2

2 2x 0

6 sin x6 6/x lim lnx xx

x 0 x 0

sin x sin xlim lim ex x



57

2 2 2x 0 x 0 x 0(L)

3 2x 0 x 0 x 01

sin x sin xln 1 1 16 sin x x x* lim ln lim 6. 6. limxx x xsin x x cos x 1 sin x6. lim lim lim 6 1

6xx 3x* A e 1/ e

d. Khảo sát tính liên tục của hàm số

x5 x 1

1 khi x 1f (x)

x 20 khi x 1

Với x ≠ 1 hàm f(x) là hàm số sơ cấp nên nó liên tục trong miền xác định. Ta xét tại x = 1.

xx 1 x 1 5 x 1

1x 1 x 1 5 x 1

1lim f (x) lim 1,

x 21lim f (x) lim 0 f (1 ) f (1 )

x 2

Hàm số không liên tục tại x = 1.

e. 2x 0 x 0

1 1 sin x x cos xlim cot g x limx x x sin x

3 23 2

2x 0

x xx o(x ) x 1 o(x )3! 2! 1lim

3x sinx

.

Lưu ý: Tại sao chúng ta cần khai triển số hạng đầu ở tử đến bậc 3, số hạng thứ 2 đến bậc 2?

f. 2 2 2 2

2 2x 0 x 02 2 2 2

2x 2xln(1 x ) ln(1 x ) 1 x 1 xlim lim 12x 2x(arctg(1 x ) arctg(1 x ))

1 (1 x ) 1 (1 x )

g. Tìm hằng số A để hàm số sau đây liên tục trên [-1; 1]

arccos x , x ( 1; 1]f (x) x 1A, x 1

.

Đây là hàm sơ cấp trên (-1;1], nó liên tục trên đó.



58

Tại x 1 ta cần xét giới hạn x 1

arccos xlimx 1

. Giới hạn này có

dạng 00

nên có thể sử dụng quy tắc L’Hospital (xem mục 2.3.3):

2

x 1 x 1

1arccos x 2 1 x arccos xlim lim 1x 1

2 x 1

x 1

1 1 1lim A1 x arccos x 2 2

.

PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010 --------------------------------------------------------------------------------------------------

--------------------------------------------------------------------------------------------------- PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010

59

Chương 2

ĐẠO HÀM - VI PHÂN

§2.1. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP MỘT

2.1.1. Định nghĩa Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a; b). Ta nói f(x) có đạo hàm tại

c (a; b) nếu tồn tại giới hạn hữu hạn

x c

f (x) f (c)limx c

.

Giới hạn đó được gọi là đạo hàm của hàm f(x) tại x = c, và được kí hiệu là df (c) dff (c) hay hay (c)

dx dx .

Nhận xét. Nếu ta đặt x c x ; f f (x) f (c) f (c x) f (c) thì

x x c , x c x 0 và định nghĩa được viết lại dưới dạng

x 0 x 0

f (c x) f (c) ff (c) lim limx x

. (2.1.1)

Ý nghĩa hình học. Khi x c thì M N và cát

tuyến MN dần đến tiếp tuyến Nt. Thế thì hệ số góc của cát tuyến MN

là f (x) f (c)x c

dần đến hệ số góc

của tiếp tuyến. Vậy:

f (c) bằng hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị hàm số f(x) tại N(c; f (c)) .

Một hệ quả về mặt trực quan hình học của điều này là: Nếu hàm số không trơn, "gãy góc" tại điểm N có tọa độ 0 0(x , y ) nào đó trên đồ thị thì hàm đó không khả vi tại 0x .

Tính chất f(x) có đạo hàm tại x c (a; b) thì f(x) liên tục tại c.

Lưu ý. Điều ngược lại không phải luôn đúng. Xét ví dụ sau.

y M t

N

c x



60

Ví dụ 2.1. Xét sự tồn tại đạo hàm của các hàm số sau tại x 0 :

0, x 0i. y | x |; ii. y sgn x; ii. y sgn x;iii.y x; iv. y 1x sin , x 0

x

Giải. i. Hàm này liên tục trên , đặc biệt tại x 0 . Mặt khác,

x 0 x 0

f (x) f (0) f (x) f (0)lim 1; lim 1 f (0)x 0 x 0

.

Tương tự, ba hàm còn lại cũng không có đạo hàm tại x 0 . Nhìn vào đồ thị của chúng ở Hình 3.2 độc giả đã có thể tiên đoán ra ngay điều này. #

Hình 2.1. Một số hàm không khả vi tại 0

2.1.2. Các phép toán với đạo hàm tại một điểm Định lý 2.1. Cho hai hàm số f(x) và g(x) xác định trên (a; b), có đạo hàm

tại 0x (a ; b) còn a là một số thực. Khi đó:

+ f (x) g(x) có đạo hàm tại x0 và



61

0 0 0(f g) (x ) f (x ) g (x ); (2.1.2)

+ af (x) có đạo hàm tại 0x và 0 0(a f ) (x ) a f (x );

+ (gf )(x) f (x)g(x) có đạo hàm tại x0 và

0 0 0 0 0(fg) (x ) f (x )g(x ) f (x )g (x ); (2.1.3)

+ Nếu 0g (x ) 0 thì f f (x)(x)g g(x)

có đạo hàm tại x0 và

0 0 0 00 2

0

f (x )g(x ) f (x )g (x )f (x )g g (x )

. (2.1.4)

* Mở rộng. Nếu mỗi hàm số 1 nf (x), ... , f (x) có đạo hàm tại 0x (a; b) thì hàm tích 1 n 1 n(f ... f )(x) f (x) ... f (x) cũng có đạo hàm tại 0x (a; b) và

n

1 n 0 1 0 k 1 0 k 0 k 1 0 n 0k 1

(f ... f ) (x ) f (x )...f (x )f (x )f (x )...f (x ).

(2.1.5)

2.1.3. Đạo hàm của hàm hợp Định lý 2.2. Giả sử g: (a; b) (c; d) khả vi tại 0x (a; b) .

Hơn nữa, giả sử (c; d) (C; D) và f : (C; D) khả vi tại 0g(x ) . Khi đó hàm hợp 0f g: (a; b) khả vi tại 0x và

o 0 0 0(f g) (x ) f (g(x )) g (x ). (2.1.6)

Công thức sau đây rất tiện lợi

ax ax(e f (x)) e (af (x) f (x))

hay viết ngắn gọn ax ax(e f ) e (af f ) (2.1.7)

2.1.4. Đạo hàm hàm ngược Định lý 2.3. Cho 0x (a; b) I; f : (a; b) là hàm đơn điệu thực sự,

liên tục trên (a; b) , khả vi tại 0 0x , f (x ) 0 . Khi đó hàm ngược 1f : f (I) (a; b) khả vi tại 0f (x ) và

10

0

1(f ) (f (x )) .f (x )

(2.1.8)

Chứng minh. Tập giá trị f(I) là 1 khoảng mở rộng của . Ta hãy coi hàm f(x) là ánh xạ f : I f (I) , biến x I thành f (x) f (I) . Khi ấy, f là song ánh.

Như đã biết, tồn tại hàm ngược 1f : f (I) I đơn điệu thực sự, biến thiên cùng chiều với f, liên tục trên f(I).



62

Bây giờ với mọi 0y f (I) {f (x )} ta có

1 1 1 10 0 0

110 00

f (y) f (f (x )) f (y) x f (f (y)) f (x )1y f (x ) f (y) xf (f (y)) f (x )

. (*)

Chú ý rằng khi 0y f (x ) thì từ tính liên tục của hàm 1f , 1 1

0 0f (y) f (f (x )) x . Hơn nữa, do 0f (x ) 0 , lấy giới hạn hai vế (*) ta suy ra đpcm.

Lưu ý. Thông thường, để tìm đạo hàm hàm ngược khi biết chắc ràng nó tồn tại, ta viết đồng nhất thức

1f (f (x)) x hoặc 1f (f (x)) x trên tập xác định

rồi đạo hàm hai vế sẽ rất hiệu quả. Ví dụ 2.2. Tìm đạo hàm của hàm số y arccos x .

Ta có cos(arccos x) x, x ( 1; 1) . Vậy sin(arccos x).(arccos x) 1

2 2

1(arccos x)sin(arccos x)

1 1 , x ( 1; 1).1 cos (arccos x) 1 x

Tương tự, để tính đạo hàm hàm số y arcsin x , bằng cách xét x sin(arcsin x), x ( 1; 1) ta nhận được

2

1(arcsin x) , x ( 1; 1).1 x

#

Định nghĩa. Ta nói hàm số f(x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) nếu nó có đạo hàm tại mọi điểm c (a; b).

Khi đó ta có một hàm mới, f (x) , xác định tại mọi điểm x (a; b) , ký hiệu

bởi một trong các ký hiệu d dff (x), (f (x)), , ...dx dx

, được gọi là (hàm) đạo hàm

của hàm f(x) trên khoảng (a; b). 2.1.5. Đạo hàm theo tham số

Cho hệ hai hàm số x f (t),y g(t), t ( ; )

trong đó f(t), g(t) là hai hàm khả vi, f (t) 0 t ( ; ).

Giả sử tồn tại hàm ngược 1t f (x) của hàm số đầu tiên x f (t) . Thay

vào hàm thứ hai ta được 1y g(f (x)) . Theo Định lý về đạo hàm hàm hợp, hàm



63

ngược ta có

1 1x

dy g (t)y g (f (x)).(f (x))dx f (t)

.

Thường ta viết hệ hàm dưới dạng x x(t),y y(t), t ( ; )

, khi đó

dy y (t)dx x (t)

. (2.1.9)

Ví dụ 2.3. x a cos t dy a cos t cotg ty a sin t, t (0; / 2) dx a sin t

. #

2.1.6. Bảng các đạo hàm cơ bản.

Đạo hàm Đạo hàm hàm hợp

1

2

2

x x

x x

aa

2

2

2

2

(C) ' 0

(x ) ' x

( x ) ' 1 / (2 x )(sin x) ' cos x(cos x) ' sin x

1(tg x) 'cos x

1(cotg x) 'sin x

(a ) ' a ln a

(e ) ' e1(log x) '

x log x1(ln x) 'x

1(arcsin x) '1 x

1(arccos x) '1 x

1(arctg x) '1 x

1(arccotg x) '1 x

1

2

2

u u

u u

aa

2

2

2

(C) ' 0

(u ) ' u u '

( u ) ' (1 / 2 u )u '(sin u) ' u 'cosu(cosu) ' u 'sin u

1(tgu) ' u 'cos u

1(cotg u) ' u 'sin u

(a ) ' a ln au '

(e ) ' e u '1(log u) ' u '

u log u1ln u ' u 'u

1(arcsin u) ' u '1 u

1(arccosu) ' u '1 u

1(arctg u) ' u '1 u

(a

21rccotg u) u '

1 u



64

.2.1.7. Đạo hàm từng phía - Đạo hàm vô cùng

a. Định nghĩa * Giả sử hàm số f(x) xác định trên [a; b) . Nếu tồn tại giới hạn hữu

hạnx a

f (x) f (a)limx a

thì hàm f(x) được gọi là có đạo hàm (phía) phải tại a, giới

hạn trên được gọi là đạo hàm (phía) phải tại a của hàm f(x), kí hiệu f a .

* Tương tự, chúng ta hãy tự hiểu ý nghĩa đạo hàm trái f (a) .

* Hàm số f(x) gọi là có đạo hàm trên đoạn [a; b] nếu nó có đạo hàm trong khoảng (a; b), có đạo hàm phải tại a và có đạo hàm trái tại b.

* Ứng với các đạo hàm phải (trái) ta có các tiếp tuyến phải (trái) (tự hiểu!).

* Nếu x c

f (x) f (c)lim ,x c

ta nói f(x) có đạo hàm vô cùng tại c, và viết

f (c) . Nếu hàm số liên tục tại x c thì tiếp tuyến tương ứng song song với trục Oy. Lưu ý rằng khi ấy hàm f(x) không có đạo hàm hữu hạn (khả vi) tại x c .

b.Tính chất i. Hàm số f(x) có đạo hàm tại 0x (a; b) khi và chỉ khi

0 0 0 0f (x ), f (x ); f (x ) f (x ).

Khi đó, 0 0 0f (x ) f (x ) f (x ) .

ii. Nếu f(x) có đạo hàm trong khoảng (a; b) thì f (x) không có điểm gián đoạn loại I.

Hệ quả. Nếu f(x) có điểm gián đoạn loại I trong khoảng (a; b) thì không có nguyên hàm trên đó.

(Ta sẽ xét khái niệm nguyên hàm ở mục 3.1.1). Ví dụ 2.4.

i. Xét hàm số y | x | . Với hàm này thì y (0) 1; y (0) 1 y (0) .

ii. x 0

x 0y x , x 0 : lim y (0) .x 0

iii. 0, x 0

ycotg x, x 0.

Hàm này gián đoạn tại x 0 và y (0) . #

2.1.8. Vi phân



65

a. Định nghĩa. Cho hàm số 0f (x), x (a; b) và x (a; b). Nếu số gia hàm số f được viết dưới dạng

0 0f f (x x) f (x ) A. x o( x) ( x 0) (2.1.10)

trong đó A là hằng số, không phụ thuộc vào x , o( x) là VCB bậc cao hơn của x , thì hàm f(x) được gọi là khả vi tại 0x , A. x được gọi là vi phân của hàm

f(x) tại điểm 0x ứng với số gia x của đối số x, ký hiệu là 0df (x ) .

Nếu f(x) khả vi tại mọi điểm 0x (a; b) thì ta nói f(x) khả vi trong khoảng (a; b). Khi đó, df(x) là vi phân của f(x) tại x.

Ví dụ 2.5. Xét hàm số y x . Như thường lệ, dy dx 1. x . Vậy dx x . #

Định lý 2.4. Hàm số y f (x), x (a; b) khả vi tại c (a; b) khi và chỉ khi f(x) có đạo hàm tại đó . Khi đó,

df (c) f (c) x f (c)dx.

Chứng minh là dễ dàng, dành cho độc giả như một sự tập dượt. Bây giờ nếu f(x) khả vi trong khoảng (a; b) thì

df (x) f (x)dx . (2.1.11)

Ta nhận được df (x)f (x)dx

, phù hợp với ký hiệu sử dụng ở trên.

Ví dụ 2.6. Tìm vi phân của hàm 5y x tại x 10 và ứng với x 0,1 .

Giải. 4df (10) f (10) x 5.10 x 50000 x .

Với x 0,1: df (10) 5000.

Như vậy, tại x 10 , khi x biến thiến một đoạn 0,1 thì y biến thiên một đoạn cỡ 5 000 (!) #

b. Tính bất biến dạng của vi phân cấp I Từ công thức (2.1.11), nếu x là biến độc lập, y f (x) là biến phụ thuộc thì

dy f (x)dx . (*)

Bây giờ giả sử x là biến phụ thuộc: x x(t) . Xét hàm mới y g(t) f (x(t)) . Lấy đạo hàm ta được

dy g (t)dt f (x(t)) .x (t)dtf (x(t)).dx

f (x).dx (**)

vẫn có dạng (*). So sánh (*) với (**), người ta nói vi phân cấp I bất biến dạng với phép đổi biến số.



66

c. Ứng dụng. Dùng vi phân, chúng ta có thể tính gần đúng giá trị của hàm số. Cho hàm số y f (x) sao cho có thể tính dễ dàng (hoặc biết trước) giá trị

0f (x ) cũng như đạo hàm 0f (x ) . Giá trị gần đúng của hàm tại x gần 0x cho bởi

0 0 0

0 0 0 0

f (x x) f (x ) f (x ) x o( x)f (x ) f (x ) x f (x ) df (x )

(2.1.12)

Để áp dụng công thức trên, chúng ta cần chỉ ra dạng hàm f(x), điểm 0x , số gia x phải đủ nhỏ.

Ví dụ 2.7. Tính giá trị gần đúng 10A 1000 .

Nhận xét rằng 10 10A 2 24 , ta giải bài toán trên như sau.

Xét hàm 10y x ; 0x 1024, x 1000 thì x 24 . Ta có

10 10 109

1A f (1000) f (2 24) f (2 ) f (2 ).( 24) 2 1,9998.10.2

(Giá trị đúng của A là 1,99526). #

2.1.9. Đạo hàm hàm ẩn

Các hàm số ta gặp cho đến thời điểm này thường là hàm hiển, nghĩa là biển

phụ thuộc biểu diễn thông qua một biểu thức của biến độc lập khác. Tuy nhiên,

một số hàm lại được xác định một cách ẩn thông qua một ràng buộc giữa các

biến, chẳng hạn

i. 2 2x y 16 ; ii. 3 3x y 6xy .

Trong một số trường hợp, ta có thể giải phương trình để tìm ra y như là

hàm (hay một số hàm) hiển của biến x. Chẳng hạn ở i. ta có 2y 16 x . Như

vậy ta nhận được hai hàm 2 2f (x) 16 x và g(x) 16 x , đồ thị của

chúng là nửa trên và nửa dưới của đường tròn 2 2x y 16 (Xem Hình 2.2).

Hình 2.2. Hai hàm ẩn từ đường tròn

y y y O 4 x O x O 4 x



67

Tuy vậy, không phải lúc nào cũng dễ dàng giải ra y qua x, thậm chí nhiều

khi là không thể. Dù sao, từ ràng buộc đã cho có tồn tại một hoặc một số hàm

biểu diễn biến y qua biến x, mà khi thay vào phương trình đã cho trở thành đồng

nhất thức. Hàm như thế gọi là hàm ẩn (ngụ ý: xác định một cách ẩn) từ phương

trình đã cho. Chẳng hạn, phương trình ii biểu diễn lá Descartes (Hình 2.3); từ đây

có 3 hàm ẩn có đồ thị như ở Hình 2.3 a), b) c) .

Hình 2.3. Lá Descartes và các hàm số tương ứng

Rất may, việc tính đạo hàm và vi phân hàm ẩn rất thuận lợi, ta chỉ việc coi y là hàm của biến x: y y(x) ; thay vào phương trình ràng buộc, rồi lấy đạo hàm hay vi phân đồng nhất thức thu được (dùng các quy tắc đạo hàm hàm hợp), từ đó suy ra đạo hàm y (x) . Ta luôn giả thiết hàm ẩn thu được là khả vi để việc đạo hàm được thuận lợi.

Ví dụ 2.8. Lá Descartes có phương trình 3 3x y 6xy . Tìm y ; tìm tiếp tuyến tại điểm (3,3).

Giải. Đạo hàm 2 vế, lưu ý y = y(x) ta được



68

23 2

22y x3x 3y y 6y 6xy yy 2x

. (*)

Tại x y 3 thì y ... 1 (d) : y 1(x 3) 3 y x 6 .

Kiểm tra trên đồ thị, ta thấy đáp số này là khả dĩ. #

Chú ý. Công thức (*) đúng không phụ thuộc vào hàm nào trong 3 hàm ẩn có thể từ phương trình ii. Ta cũng thấy rằng, đạo hàm hàm ẩn, đế lượt nó lại được xác định một cách ẩn. Nếu ta biết giá trị của hàm ẩn tại 0x là 0y : 0 0y(x ) y , ta hoàn toàn có thể tính được 0y (x ) .

Ví dụ 2.9. Tính vi phân của hàm ẩn y = y(x) xác định từ phương trình

y xx y .

Giải. Điều kiện x > 0, y > 0. Phương trình đã cho tương đương với yln x x ln y . Coi y = y(x), vi phân 2 vế ta được

y x y x ln y ydy.ln x dx dx.ln y dy dy dxx y x yln x x

. (*)

Nhận xét. Có hai hàm ẩn xác định từ phương trình (*), trong đó một hàm là y x, x 0 . Bất luận là hàm nào trong hai hàm này (xem Hình 2.4), công thức

(*) đều đúng. #

Hình 2.4. Hai hàm ẩn xác định từ phương trình y xx y .

§2.2. ĐẠO HÀM VÀ VI PHÂN CẤP CAO

2.2.1. Định nghĩa Giả sử f(x) khả vi tại mọi điểm x (a; b) . Khi đó f (x) là một hàm nào đó

xác định trong khoảng (a; b). Nếu hàm f (x) khả vi tại c (a; b) thì ta nói f(x) khả vi hai lần tại c và đạo hàm của hàm f (x) tại c được gọi là đạo hàm cấp hai của f(x) tại c, kí hiệu f (c) .

x cf (c) (f (x)) . (2.2.1)



69

Hàm f(x) x (a; b) được gọi là khả vi n lần trên (a; b) (n 2) nếu f(x) khả vi n - 1 lần trên (a; b) và đạo hàm cấp n - 1 cũng khả vi. Khi đó

(n) (n 1)f (x) (f (x)) (2.2.2) và được gọi là đạo hàm cấp n của f(x).

Quy ước (0)f (x) f (x) . Tính chất

i. (n 1)(n)f (x) f (x) .

ii. (n) (n) (n)(a f (x) bg(x)) a f (x) bg (x) .

Ý nghĩa thực tiễn. Ta đã biết đối với chuyển động trên đường thẳng, vị trí S của chất điểm là hàm của thời gian: S S(t) , S(t) còn gọi là hàm vị trí.

+ Đạo hàm cấp một của hàm vị trí là vận tốc tức thời: v(t) S (t) . + Đạo hàm cấp hai của hàm vị trí là gia tốc chuyển động: a(t) S (t) . + Đạo hàm cấp ba của hàm vị trí S(t) là độ giật (jerk): j(t) S (t) . Độ giật chỉ thị tốc độ biến thiên của gia tốc. Nó có tên như thế vì độ giật

lớn nghĩa là biến đổi bất thình lình của gia tốc, gây ra chuyển động giật cục của chiếc xe.

Ví dụ 2.10. Chúng ta dễ dàng kiểm tra các đạo hàm cấp cao sau đây, thường chúng được chứng minh bằng quy nạp.

k n

k (n)k(k 1)...(k n 1) x (k n)

i. (x ) k! (n k)0 (n k)

Chẳng hạn, 11 (17) 11 (11) 11 (5)(x ) 0; (x ) 11!; (x ) 11.10.9.8.7 k

(n)k

k(n)

k

( 1) sin x (n 2k)nii. (s inx) sin x2 ( 1) cos x (n 2k 1)

( 1) cos x (n 2k)niii. (cos x) cos x2 ( 1) sin x (n 2k 1)

ax (n) n ax

x (n) x

iv. (e ) a e

(e ) e

. #

2.2.2. Quy tắc Leibnitz (tính đạo hàm cấp cao của một tích) Nếu f(x) và g(x) là hai hàm số khả vi tới cấp n thì tích f (x)g(x) cũng khả

vi tới cấp n và n

n k (k) (n k)n

k 0(fg) C f g



70

(n) (0) (n 1) (1) (n 2) (2) (1) (n 1) (n)n(n 1)f g nf g f g ... nf g fg2!

. (2.2.3)

Ví dụ 2.11. 2 (100)(x sin x) 0 2 (100) 1 (99) 2 (98)100 100 100C x (sin x) C (2x)(sin x) C .2.(sin x)

2x sin x - 200 x cos x - 9900sin x . #

2.2.3. Vi phân cấp cao Giả sử f(x) khả vi tại mọi điểm x (a; b) . Khi đó

df (x) f (x)dx , x (a; b) . Khi dx không đổi, df(x) là một hàm của x, lại có thể nói đến vi phân của

nó. Vi phân của vi phân cấp một (của f(x)), nếu tồn tại được gọi là vi phân cấp

hai (của f(x)), kí hiệu là 2d f (x) , hoặc đơn giản, 2d f

2 2d f (x) d(df (x)) f (x)dx .

Tương tự, vi phân của vi phân cấp n - 1 là vi phân cấp n, ký hiệu là nd f và ta có

n n 1 (n) nd f (x) d(d f (x)) f (x)dx . (2.2.4)

Lưu ý. Vi phân cấp cao biến dạng với biến phụ thuộc.

Chẳng hạn, xét hàm 2y x .

Khi x là biến độc lập thì 2 2dy 2xdx, d y 2(dx) .

Khi x là biến phụ thuộc, chẳng hạn x sin t thì 2y(t) sin t ;

2 2 2 2 2

dx cos t dt; dy 2sin t cos t dt sin 2t dt,

d y 2cos2t (dt) 2cos t (dt) 2(dx) .

§2.3. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIÁ TRỊ TRUNG BÌNH

2.3.1. Định lý Rolle a. Bổ đề (Định lý Ferma - Điều kiện cần của cực trị) Cho hàm số f(x) xác định trên khoảng (a; b). Nếu f(x) đạt cực trị tại

c (a; b) và khả vi tại đó thì f (c) 0 .

Chứng minh. Giả sử c là điểm cực đại của hàm f(x).

1x c

2x c

f (x) f (c)f (x) f (c), x c f (c) lim 0;x c

f (x) f (c)f (x) f (c), x c f (c) lim 0.x c

Vì tồn tại đạo hàm f (c) nên 1 2 0 .



71

Tương tự cho trường hợp c là điểm cực tiểu. b. Định lý 2.5 (Định lý Rolle). Giả sử f(x) xác định, liên tục trên đoạn

[a;b] hữu hạn, khả vi trong khoảng (a; b) và f(a) = f(b). Khi đó, tồn tại điểm c (a; b) để f (c) 0 .

Chứng minh. Vì f(x) liên tục trên đoạn đóng [a; b] nên theo định lý Weierstrass, nó đạt được giá trị lớn nhất

[a; b]M Max f (x) và giá trị nhỏ nhất

[a; b]m Min f (x) .

Nếu m = M thì f(x) = f(a) = const x [a; b] , kết luận của định lý là rõ

ràng. Nếu m < M, f(a) phải khác với ít nhất một trong hai giá trị m hoặc M, ví dụ

f (a) M . Vì f(x) đạt giá trị lớn nhất nên tồn tại c [a; b] để f(c) = M.

f (c) f (a) f (b) nên c không thể là đầu mút a cũng như đầu mút b. Vậy

c (a; b) . Theo bổ đề, f (c) 0 .

Ý nghĩa hình học. Khi các đòi hỏi ở giả thiết thỏa mãn, đặc biệt là f (a) f (b) , sẽ có ít ra 1 điểm C(c, f (c)) trên đồ thị để tiếp tuyến tại C || Ox (cũng vậy, tiếp tuyến tại C || dây cung AB).

Hình 2.5. Điểm trung gian c trong định lý Rolle

Ví dụ 2.12. Cho f(x) liên tục trên [a; b], khả vi trong (a; b); f (a) f (b) 0, f (x) 0, x (a; b). Chứng minh rằng tồn tại điểm c trong khoảng (a; b) để f (c) 1000f (c)

.

Giải. Điều kiện đòi hỏi chính là 1000f (c) f (c) 0 . Điều này gợi ý ta xét hàm số 1000xg(x) e f (x) . Hàm này thỏa mãn Định lý Rolle trên [a; b]. Vậy

f (c)c (a; b) : g (c) 0 1000f (c)

. #

Nhận xét. Có thể có nhiều điểm c như trên (xem Hình 2.5). ii. Ánh xạ g :(0; 1) (a;b) xác định bởi a (b a) là song ánh nên

kết luận của Định lý 2.5 có thể thay thế bởi:

1 2

y CA B

f (a) f (b)

a c c c b x



72

c (0; 1) : f (a (b a)) 0 .

iii. Giả thiết f(x) liên tục trên đoạn đóng không bỏ qua được. Thực vậy, xét

số: x, 0 x 1

f (x)1, x 0.

Đối với hàm này ta thấy f (1) f (0); f (x) x (0; 1) . Tuy nhiên nó lại không liên tục trên [0; 1] nên không áp dụng Định lý Rolle được. Cụ thể, x (0; 1) : f (x) 0 .

iv. Giả thiết f(x) khả vi trong (a; b) cũng không giảm nhẹ được. Thực vậy, xét hàm số y x , x [ 1; 1] .

Ta thấy f ( 1) f (1) 1; f(x) liên tục trên [ 1; 1] , song f(x) không khả vi trên (-1; 1). Quả tình là x ( 1; 1) : f (x) 0 .

2.3.2. Định lý Lagrange Định lý 2.6 (Định lý Lagrange). Cho f(x) xác định và liên tục trên đoạn

[a; b] , khả vi trên khoảng (a; b) . Khi đó, tồn tại điểm c (a; b) sao cho

f (b) f (a)f (c)b a

(2.3.1)

hay f (b) f (a) f (c)(b a) (2.3.2)

(công thức số gia giới nội). Ý nghĩa hình học. Vế phải của (2.3.1) là hệ số góc của dây cung AB, vế trái

là hệ số góc của tiếp tuyến tại C(c; f(c)). Vậy: Với các giả thiết của Định lý, có một điểm C trên đồ thị hàn số f(x) sao cho

tiết tuyến tại đó || dây cung AB. (Xem Hình 2.6). Ta cũng có thể viết công thức số gia giới nội dưới dạng

f (x h) f (x) f (x h)h với 0 < < 1. (2.3.3) Chứng minh. Ta hãy xây dựng một hàm số thoả mãn định lí Rolle, đó là

hàm f (b) f (a)(x) f (x) x , x [a; b]

b a

.

Hàm này liên tục trên đoạn [a; b], khả vi trong khoảng (a; b), (b) (a) bf (a) a f (b)

b a

. Áp dụng định lý Rolle, tồn tại c (a; b) để (c) 0 .

1 1 O 1 x -1 O 1 x



73

Từ đó f (b) f (a)f (c) 0b a

hay f (b) f (a)f (c)b a

.

y

C Bf (b) f (a)

Aa c b x

Hình 2.6. Điểm trung gian c trong Định lý Lagrange

Lưu ý. Có thể có nhiều điểm trung gian c như đòi hỏi (xem Hình 2.6).

Hệ quả.

i. f (x) 0 , x (a; b) f (x) tăng trên (a;b); ii. f (x) 0 , x (a; b) , xảy ra dấu "=" chỉ tại hữu hạn điểm f (x) tăng thực sự trên (a; b); iii. f (x) 0 , x (a; b) f (x) là hằng số trên (a; b); iv. f (x) đổi dấu khi x qua 0 0x (a; b) x x là một điểm cực trị của

hàm f(x). Ví dụ 2.13. Chứng minh rằng với 0 a b và n 1 thì

n 1 n n n 1na (b a) b a nb (b a). (*) Thực vậy, Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

n nn 1 nb ana nb

b a

. (**)

Nhận xét rằng n n n nx b x ab (x ) , a (x ) . Vậy ta nên xét hàm số

nf (x) x . Theo Định lý Lagrange, c (a; b) : n n

n 1f (b) f (a) b af (c) ncb a b a

.

Rõ ràng n 1 n 1 n 1na nc nb . Nhận được (**). #

Định lý 2.7 (Định lý Cauchy). Cho f(x), g(x) liên tục trên đoạn [a; b], khả vi trên khoảng (a; b), ngoài ra g (x) 0 , x (a; b) . Khi đó có điểm c (a; b)

sao cho:

f (b) f (a) f (c)g (b) g (a) g (c)

. (2.3.4)

Chứng minh. Nếu g(b) g(a) 0 c (a;b) : g (c) 0 , mâu thuẫn. Vậy ta có thể giả thiết rằng g(b) g(a) 0 . Chúng ta hãy xây dựng một hàm thỏa



74

mãn các giả thiết của Định lý Rolle trên [a; b], đó là hàm h(x) (g(b) g(a)) f (x) (f (b) f (a))g(x) . Theo Định lý Rolle, tồn tại c (a; b) : h (c) 0 hay

(g(b) g(a))f (c) (f (b) f (a))g (c) 0. Nhận được đpcm. Lưu ý i. Các bạn hãy phát hiện sai lầm trong chứng minh "đơn giản" sau đây của

Định lý Cauchy. Cả hai hàm f(x) và g(x) đều thỏa mãn Định lý lagrange trên

đoạn [a; b] nên tồn tại điểm c [a; b]

để

f (b) f (a) f (c)(b a); g(b) g(a) g (c)(b a) . Vậy

f (b) f (a) f (c)(b a) f (c)g (b) g (a) g (c)(b a) g (c)

!

ii. Chọn g(x) x , từ (2.2.8) ta nhận được Định lý Lagrange. Hơn nữa, từ Định lý Lagrange, nếu f (b) f (a) ta nhận được Định lý Rolle.

Ta nói Định lý Cauchy là tổng quát hơn Định lý Lagrange, Địnhlý Lagrange là tổng quát hơn Định lý Rolle.

2.3.3. Quy tắc L'Hospital Dùng Định lý Cauchy ta có thể dễ dàng chứng minh định lý sau đây rất

hiệu quả để khử các dạng bất định.

Định lý 2.8 (Quy tắc L'Hospital khử dạng bất định 0 ;0

).

Giả sử f(x), g(x) khả vi trong một lân cận nào đó của điểm a, a , có thể trừ ra tại điểm a, và g (x) 0 với mọi x trong lân cận đó

có thể trừ ra tại a. Hơn nữa giả sử

x a x alim f (x) lim g(x) 0

(hoặc x a x alim f (x) lim g(x)

) .

Khi đó, nếu x a

f (x)limg (x)

(hữu hạn hoặc vô hạn) thì

x a

f (x)limg(x)

.

Lưu ý: i. Quy tắc đúng cho cả trường hợp giới hạn trái, phải.

Chẳng hạn, ta có thể thay x a bởi ax với một chút thay đổi: Giả sử f(x), g(x) khả vi trong một lân phải của điểm a có thể trừ ra tại a, giả sử g (x) 0 với mọi x thuộc một lân cận của a có thể trừ ra tại a ... Như vậy, khi x a, x a , x a , x , x , x mà giới hạn có dạng vô định



75

0 ,0

ta có thể dùng quy tắc L'Hospital.

ii. Khi giải bài tập, chúng ta có thể phải dùng Qui tắc L'Hospital nhiều lần, và (hoặc) kết hợp với các phương pháp tìm giới hạn khác, chẳng hạn, phương pháp thay tương đương.

iii. Quy tắc L'Hospital cho ta điều kiện đủ để có giới hạn x a

f (x)limg(x)

mà

không phải là điều kiện cần. Ví dụ 2.14. Tính các giới hạn

xx 0 x 0

lnxi. lim ( 0); i i. lim x ;x

2

3 xx 0 x 1

sin3x 3x x 1 lnxiii. l im ; iv. lim .x e e

Giải. i. Giới hạn có dạng 00

, dùng quy tắc L'Hospital ta được

1x 0 x 0 x 0

lnx 1/ x 1lim lim lim 0.x x x

Ta nói hàm lũy thừa x trội hơn hàm logarit.

ii. x ln x

x 0A lim e

. Đặt t 1/ x , theo quy tắc L'Hospital ta có

t tx 0 x 0

ln(1 / x) ln t 1lim x ln x lim lim lim 0(1/ x) t t

.

Vậy 0A e 1 .

iii. Giới hạn có dạng 00

, dùng quy tắc L'Hospital (3 lần) ta được

3 2x 0 x 0 x 0

sin3x 3x 3(cos3x 1) 3( sin3x).3lim lim lim6xx 3x

x 0

27cos3x 9lim .6 2

iv. Giới hạn có dạng 00

, dùng quy tắc L'Hospital ta được

2

x xx 1 x 1

x 1 ln x 2x 1/ x 1lim limee e e

.

Ví dụ 2. 15. Chúng ta thấy x x

sin x 2sin x 2x xlim lim 1cos xcos x 2x 2x

.

Tuy nhiên, giới hạn x x

(sin x 2x) cos x 2lim lim(cos x 2x) s inx 2

lại không tồn tại.



76

§2.4. CÔNG THỨC TAYLOR

2.4.1. Thiết lập công thức Cho hàm số f(x) liên tục và khả vi đến cấp n 1 trên khoảng (a; b) . Hãy

tìm một đa thức nP (x) bậc không quá n sao cho với c (a; b) cho trước ta có

n

n

(n) (n)n n

P (c) f (c)P (c) f (c). . . . . . . . . . . .

P (c) f (c).

Dễ kiểm chứng rằng đa thức sau đây thỏa mãn đòi hỏi: (n)

2 nn

f (c) f (c) f (c)P (x) f (c) (x c) (x c) ... (x c) .1! 2! n!

Sai khác giữa f(x) và nP (x) là n nR (x) f (x) P (x) . Rõ ràng nR (x) thỏa mãn tính chất

(n)n n nR (c) R (c) ... R (c) 0 .

Hơn nữa, chứng minh được (n 1)

n 1 nn

f (c)R (x) (x c) o(x c)(n 1)!

với c giữa x và c. Ta thu được định lý sau. Định lý 2.9 (Công thức Taylor (Khai triển Taylor hữu hạn)). Cho hàm số f(x) xác định và liên tục trong (a; b). Khi đó c (a; b) ta có: + Nếu f(x) khả vi liên tục tới cấp n - 1 trên (a; b), khả vi cấp n tại c thì

(n)

n nf (c) f (c)f (x) f (c) (x c) ... (x c) o(x c)1! n!

(2.4.1)

(Công thức Taylor với phần dư Peano). + Nếu f(x) khả vi liên tục tới cấp n trong (a; b), khả vi cấp (n+1) trên (a; b) thì

(n) (n 1)

n n 1f (c) f (c) f (c)f (x) f (c) (x c) ... (x c) (x c)1! n! (n 1)!

(2.4.2) (với c giữa x và c)

(n)n

(n 1)n 1

f (c) f (c)f (c) (x c) ... (x c)1! n!

f (c (x c)) (x c) .(n 1)!

(2.4.3)

(với 0 < < 1)



77

(Công thức Taylor với phần dư Largrange).

* Đặt x c h , ta nhận được dạng sau khá tiện lợi:

n

(n) (n 1)n n 1

o(h )

f (c) f (c) f (c h)f (c h) f (c) h ... h h .1! n! (n 1)!

(2.4.4)

Để tiện ứng dụng, chúng ta sẽ gọi n là cấp khai triển, c là điểm khai triển, x là điểm áp dụng.

Nhận xét. Để có thể khai triển đến cấp n, công thức với phần dư Peano cần điều kiện nhẹ hơn so với phần dư Lagrange.

* Trong trường hợp c 0 , công thức có tên là công thức (khai triển) Maclaurin:

n

(n) (n 1)n n 1

o(h )

f (0) f (0) f ( h)f (h) f (0) h ... h h .1! n! (n 1)!

. (2.4.5)

Đánh giá sai số

Nếu hàm f(x) khả vi đến cấp n + 1 trên [a; b] thì

n 1(k)n

k (n 1)n

x [a; b]k 0

x cf (c)R (x) f (x) (x c) Sup f (x)n! (n 1)!

n 1M x c(n 1)!

(2.4.6)

với (n 1)

x [a; b]M Sup f (x)

.

2.4.2. Khai triển Marlourin của một số hàm sơ cấp

m 2 k n

2 n n

2 n n n

2

m m(m 1) m(m 1)...(m k 1)i. (1 x) 1 x x ... x ... x1! 2! k!

( 1) ( 1)...( n 1)ii. (1 x) 1 x x ... x o(x )1! 2! n!

( 1) ( 1)...( n 1)ii .(1 x) 1 x x ... ( 1) x o(x )1! 2! n!

1ii . 1 x x ...1 x

n

n n n 1 n 1n 1

o(x )

1( 1) x ( 1) x(1 x)



78

n

2 n n 1n 1

o(x )

1 1ii . 1 x x ... x x1 x (1 x)

(4) 2 21 1ii . 1 x 1 x x o(x );2 8

n

n

(5) 2 2

2 3 n n n 1n

n 1

o(x )

22

2 n xx n 1

o(x )

1 1 3ii . 1 x x o(x ).2 81 xx x x ( 1) xiii. ln(1 x) x ... ( 1) .2 3 n (n 1)(1 x)

xiii . ln(1 x) x o(x );2

iii . ln(1 x) x o(x).

x x x eiv. e 1 ... x ;1! 2! n! (n 1)!

iv . e

2x 2

x

x1 x o(x );2

iv . e 1 x o(x).

2n

2n 1

3 5 2n 1n 1 n 2n

o(x )

34

2

2 4 2nn n 1 2n 1

o(x )

x x x sin xv. s inx x ... ( 1) ( 1) x ;3! 5! (2n 1)! (2n)!

xv . sinx x o(x );3!

v . s inx x o(x ).

x x x cos xvi. cos x 1 ... ( 1) ( 1) x ;2! 4! (2n)! (2n 1)!

vi. cos x

23x1 o(x ).

2!

2.4.3. Ứng dụng

a. Tính gần đúng giá trị biểu thức

Cơ sở của phương pháp là dựa vào công thức xấp xỉ:



79

n

(n) (n 1)n n 10 0 0

0 0

o(h )

f (x ) f (x ) f (x h)f (x h) f (x ) h ... h h1! n! (n 1)!

(n)

n0 00

f (x ) f (x )f (x ) h ... h .1! n!

(2.4.7)

với sai số

(n 1)n 1 (n 1) (n 1)

nx [a;b]

M| R | h (M Sup | f (x) |).(n 1)!

(2.4.8)

Ví dụ 2.16. Tính A = ln3 chính xác đến 410 . Phân tích. Thực ra chúng ta phải hiểu loại đề này với hai giả thiết kèm

theo sau đây: + Biết một số giá trị đúng được tính toán từ trước như ln2; ln10;…, một số

hằng số quen thuộc như e = 2,71828183; = 3,141592654; … + Các kết quả tính toán với hữu hạn phép tính số học như cộng, trừ, nhân,

chia, nâng lên lũy thừa nguyên là các kết quả đúng. Đối với các bài toán dạng này, ta tiến hành như sau: + Tìm hàm f(x) phù hợp. A cần tìm là giá trị của hàm f tại điểm x nào đó. + Tìm 0x phù hợp sao cho 0h x x tương đối nhỏ, đồng thời dễ tính giá

trị của hàm f cũng như đạo hàm các cấp của nó tại 0x . + Áp dụng công thức Taylor

(n)n0 0

0f (x ) f (x )A f (x ) h ... h

1 ! n !

.

Các bài tập thông thường cần sử dụng không quá vài chục phép toán số học, vậy ta nên lấy quá mức chính xác đòi hỏi hai chữ số sau dấu phẩy thập phân.

Giải. 3 eA ln 3 ln (e (3 e)) ln e ln 1e

.

Đặt 3 eh 0,103638e

, theo khai triển Taylor ta có

2 n n 1n 1 n

n 1h h hA 1 h ... ( 1) ( 1)2 n (n 1)(1 x)

, (0; 1) .

Vậy nếu ta lấy 2 n

n 1h hA 1 x ... ( 1)2 n

(*)

thì ta mắc phải sai số tuyệt đối là n 1 n 1

nn n 1

h hR ( 1)n 1(n 1)(1 x)

.



80

Ta hãy chọn n nhỏ nhất có thể để n 1

4h 10n 1

.

Tính ra ta được n = 3. Thay vào (*) nhận được kết quả

2 3h hA 1 h 1,098639 1,0986

2 3 .

Nhận xét. Nếu xem ln2 = 0,693147 đã biết từ trước, ta có thể tính A ln3 ln(2 1) ln 2 ln (1 1/ 2) ...

Tuy nhiên, do h 0,5 lớn hơn nhiều so với 0,103638 đã xét ở trên nên cấp khai triển n cần thiết sẽ tăng lên nhiều (n = 8, so với n = 3 ở trên).

§ 2.5. CÁC ỨNG DỤNG CỦA ĐẠO HÀM 2.5.1. Quy tắc tìm cực trị, giá trị lớn nhất, bé nhất (tự đọc)

* Giả sử (n 1) (n)0 0 0f (x ) ... f (x ) 0 ; f (x ) 0 . Khi đó

+ Nếu n lẻ thì 0x không là điểm cực trị;

2.5.2. Lồi, lõm, điểm uốn * Hàm số f(x) được gọi là lồi (xuống dưới) trên khoảng mở rộng I nếu

c, d I , t [0; 1] luôn có tf (c) (1 t) f (d) f (t c (1 t)d) . (2.5.1) Hàm f(x) được gọi là lõm trên I nếu hàm - f(x) là lồi trên I.

* Bất đẳng thức Jensen. Cho f(x) lồi trên I. Khi đó với n nguyên dương tùy ý, 1 n 1 nx ,..., x I , ,..., 0 , 1 n... 1 ta có

1 1 n n 1 1 n nf (x ) ... f (x ) f ( x ... x ) . (2.5.2) Đặc biệt, c,d I thì

f (c) f (d) c df2 2

. (2.5.3)

Nếu hàm f(x) liên tục trên I thì (2.5.3) cũng là điều kiện đủ để f(x) lồi. * Nếu hàm f(x) lồi trong khoảng (a; b) thì liên tục trên đó. * Cho hàm f(x) khả vi trong khoảng (a; b), khi đó f(x) lồi f (x) tăng. Hệ quả. Cho hàm f(x) khả vi 2 lần trên (a; b), khi đó f(x) lồi f (x) 0.

+ Nếu n chẵn thì x0 là cực trị: (n)

0 0f (x ) 0: x là điểm cực tiểu;

(n)0 0f (x ) 0: x là điểm cực đại.



81

2.5.3. Khảo sát hàm số y f (x) (tự đọc) Khảo sát và vẽ đồ thị các hàm số sau đây.

a. 3 2 2xxy .

Hàm số liên tục trên , khả vi tại 2x;0x .

3 2

'

2xx3

4x3xf

Nhận được bảng biến thiên X 0 4/3 2

xf ' + - 0 + +

f(x)

0

3423

0

Để tìm tiệm cận, ta có thể tính x

f (x)a limx

và x

b lim (f (x) ax)

như

vẫn làm. Song một cách hữu hiện là tìm các dạng khai triển của f(x) hoặc của x/xf tại . Cụ thể ta có

2

23/1

x1o

x2

!23/23/1

x2

311x

x21xxf

x1o

x94

32x .

Vậy đồ thị (C) nhận đường thẳng (): 32xy làm tiệm cận xiên.

Trong lân cận của + (tương ứng - ), (C) nằm dưới (tương ứng: nằm trên) đường thẳng (). Đồ thị cho ở Hình 2.7.

Hình 2.7. Đồ thị hàm số 23y x x 2



82

b. 12x

2x

ey

Tập xác định 1;1 ; f(x) chẵn nên ta chỉ cần khảo sát với 0x .

+ Chiều biến thiên. xf khả vi trên ;11;0 , trên đó

0e1x

x2xf12x/2x

22'

.

x 1 x 1lim f x ; lim f x 0

.

Bảng biến thiên và đồ thị f(x) như sau: x 0 1

f (x) 0 0 || f(x)

1 ||

0 || e

Hình 2.8. Đồ thị hàm số 2 2y exp(x / (x 1))

c. 1y arctgx ln(1 x)2

Hướng dẫn. TXĐ: x > -1.

2

2x 2x 1y ; y 0 x 1 2

2(1 x)(1 x ). Nhận được bảng biến thiên

x - 1 1 2 1 2 y’ || 0 0 y

max

min

yy

ymin = acrtan(2- 2 ) – (ln((2- 2 ))/2; ymax = acrtan(2+ 2 ) – (ln((2+ 2 ))/2.

Đồ thị: Xem Hình 2.9.



83

Hình 2. 9. Đồ thị hàm số 1y arctgx ln(1 x)2

d. lnxf (x)x

Tập xác định: x 0 . 2y (1 lnx) / x ; y 0 x e .

Tiệm cận. x 0

ln xlimx

nên (d) : x 0 là tiệm cận đứng.

x

ln xlim 0x

nên 0y là tiệm cận ngang

x 0 e y'

y

1/ e

0

e. 3 2 3y 2x x .

Tập xác đinh : R. Tiệm cận xiên (có thể không lập): y x 2 / 3 .

23

4 3x 4y ; y 0 x33 x(2 x)

x 2/3 x 0 x 2lim y 0; lim y ; lim y .



84

x 0 2 / 3 2

y' || 0 ||

y

32 2 / 30 0

Hình 2.10. Đồ thị hàm số 3 2 3y 2x x

f. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 23y x(x 1) Tiệm cận: y x 2 / 3

23

1x3y ; y 0 x 1/ 3

x x 1; y x 0, x 1 .

Bảng biến thiên x 0 1/ 3 1 y || 0 || y

3 4 / 20 0

+ Đồ thị như Hình 2.11.



85

Hình 2.11. Đồ thị hàm số 23y x(x 1)

2.5.4. Khảo sát đường cong cho dưới dạng tham số

a. Khái niệm. Cho hai hàm số

x x(t)t ( ; ).

y y(t),

(2.5.4)

Mỗi điểm t ( ; ) ứng với 1 điểm 2M(x(t), y(t)) . Khi t biến thiên từ đến , điểm M vạch nên một đường cong (C) trong 2 . Hệ (2.5.4) được gọi là phương trình tham số của đường cong (C).

Ví dụ 2.18. Phương trình tham số của

i. đường thẳng AB, A(a, b), B(c, d):

x mt a

(t )y nt c,

(m b a, n d c).

ii. đoạn thẳng AB:

x mt a

(t [0; 1]).y nt c,

iii. đường tròn tâm O(0, 0), bán kính R:

x R cosy R sin , 0 2 .

y ( )d B

c A

a b x

y x



86

iv. elip (E) bán trục a, b:

x acosty bsint, 0 t 2

Tuy nhiên, điểm M (E) không phải ứng với góc t như hình vẽ!

b. Khảo sát

Khi khảo sát đường cong cho dưới dạng tham số ta khảo sát như thường lệ với 2 hàm x(t), y(t) với một số lưu ý:

* Ta cần lập bảng biến thiên đồng thời.

* Trong bảng biến thiên nên có thêm dòng đạo hàm xy tính theo công thức

xy (t)yx (t)

.

* Khi 0t t mà x(t) và (hoặc) y(t) thì đường cong có thể có tiệm cận, cụ thể là:

+ 0 0

0t t t tlim x(t) x ; lim y(t)

Tiệm cận đứng 0x x ;

+ 0 0

0t t t tlim x(t) ; lim y(t) y

Tiệm cận ngang 0y y ;

+ 0 0 0t t t t t t

y(t)lim x(t) ; lim y(t) ; lim a;x(t)

0t t

lim y(t) ax(t) b

Tiệm cận xiên y ax b .

Ví dụ 2.19. Khảo sát và vẽ đường axtroit cho dưới dạng tham số:

3

3

x acos t

y asin t, t .

(a 0) .

Chỉ ra sự chuyển động của điểm M(x(t),y(t)) trên đường cong khi tham số t biến thiên từ / 2 đến : t : / 2 , và từ 2 đến 3 / 2 : t : 2 3 / 2 .

Chỉ ra sự biến thiên của tham số t khi điểm M chuyển động trên đường cong từ A( a,0) B(0,a) .

Giải. Vì | x | a, | y | a nên đường cong không có tiệm cận.

y b M a x



87

Cả hai hàm x(t), y(t) tuần hoàn chu kỳ 2 nên ta chỉ cần khảo sát với t [0; 2 ] . Ta có

2 2

x

x (t) 3a cos t sin t; y (t) 3a sin t cos t;y (t) sin ty tg t.x (t) cos t

x

2 3 4x (t) 0 t 0; ; ; ; .2 2 2 2

0 t 0;2 3 4y (t) 0 t 0; ; ; ; y 32 2 2 2 t ; .

2 2

Bảng biến thiên

t 0 / 2 3 / 2 2 x (t) 0 0 0 0 0 x(t)

a a

0 0a

y (t) 0 0 0 0 0 y(t) a

0 0 0a

y (x) 0 0 0

Đồ thị như Hình 2.4.

Rõ ràng là M : B A, B C (C(0, a)); t : / 2.

Hình 2.12. Đường axtroit



88

2.5.5. Khảo sát đường cong cho dưới dạng tọa độ cực a. Tọa độ cực Ta cho ứng mỗi điểm M(x, y) trong mặt phẳng Oxy với cặp số (r, ) như

hình vẽ. Cặp số (r, ) được gọi là tọa độ cực của điểm M. Ta có: M(x, y) (r, );

2 2r x y(x, y) (r, ) : (0 r; 0 2 ;ytg

x

sin cùng dấu với y).

x r cos(r, ) (x, y) :

y r sin .

(*)

t

y M(x, y)r

x

Cũng có thể chọn khoảng biến thiên của là . Điểm O gọi là gốc cực, trục Ox là trục cực; r là bán kính cực, là góc cực của điểm M. Khi không sợ lầm lẫn, ta có thể viết M(x,y) với ngụ ý rằng điểm M có tọa

độ Descartes (x,y), hoặc M (r, ) với ngụ ý rằng điểm M có tọa độ cực (r, ) .

Trừ điểm O(0,0), các điểm còn lại của mặt phẳng có tương ứng 1 – 1 giữa

tọa độ Đề các và tọa độ cực.

Để xác định điểm M trên mặt phẳng với tọa độ cực (r, ) , ta kẻ tia Ot hợp

với tia Ox một góc , trên đó ta lấy điểm M: OM r .

Trong Pháo binh, Ra đa người ta hay dùng tọa độ cực để chỉ vị trí: Khi nói

cự ly 3,2, phương vị 41 thì có nghĩa rằng mục tiêu có tọa độ cực 0(3,5; 41 ) .

Tọa độ cực suy rộng. Người ta còn xét tọa độ cực với r, bất kỳ:

r, ( ; ) ). Từ mỗi cặp số (r, ) như vậy, dùng (*) ta tính được x,y. Trong

mặt phẳng, điểm M với tọa độ Descartes (x,y) sẽ có tọa độ cực (suy rộng) ( r, ).

Chẳng hạn, các điểm A, B, C, D, E với tọa độ cực tương ứng

1 3 11A(1,0); B , ; C 2, 3 ; D , ; E 1,2 3 2 2 4

sẽ là các điểm trên mặt



89

phẳng như Hình 2.5.

Hình 2.13. Một số điểm trên mặt phẳng

Tương ứng như vậy không đơn ánh, điểm M với tọa độ Descartes (x,y) sẽ

không có tọa độ cực suy rộng duy nhất.

b. Đường cong trong tọa độ cực

Xét hàm số r r( ), ( ; ). Khi góc cực biến thiến từ đến , điểm

M với tọa độ cực ( , r( )) vạch nên một đường cong (C) trong mặt phẳng. Ta nói

đường cong (C) trong tọa độ cực có phương trình r r( ), ( ; ).

Rõ ràng là x r( )cos ,y r( )sin , ( ; ).

Vậy dạng tọa độ cực là dạng tham số đặc biệt của đường cong.

Ví dụ 2.20. Viết phương trình dạng tọa độ cực của các đường tròn bán kính

a > 0 với tâm i. O(0, 0); ii. I(a, 0).

y a x

y

2a

x

i. Rõ ràng phương trình là r a .

ii. 2 2 2(C) : (x a) y a .

Đặt x r cosy rsin

, thay vào phương trình đường tròn ta được

2 2 2(r cos a) (r sin ) a hay r 2a cos (a 0) .

Nhận xét. Đường tròn bên phải trục tung, tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, đường kính 2a có phương trình r 2a cos .

I

y D E O A C x B



90

c. Phương pháp khảo sát

Chúng ta tiến hành khảo sát như với hàm số thông thường.

Lưu ý. .

i. Để biết chính xác hơn dáng điệu của đường cong tại những điểm đặc biệt,

cần khảo sát phụ. Gọi V là góc lượng giác giữa bán kính véc tơ OM

với véc tơ chỉ phương của tiếp tuyến dương của đường cong (tiếp tuyến ứng với chiều tăng

của tham số ) thì r( )tg Vr ( )

ii. Để khảo sát đường cong (L) cho trong tọa độ Descartes, đôi khi ta đưa

nó về dạng tọa độ cực lại dễ dàng hơn nhiều. Muốn vậy, chỉ việc đặt

x r cos , y r sin ; thay vào phương trình đường cong, giải ra ta thu được

r r( ) (đôi khi (r) ). Đây là dạng tọa độ cực của (L).

Ví dụ 2.21. Khảo sát và vẽ đường hoa hồng 3 cánh có phương trình

r a sin 3 (a 0).

Giải. Hàm r( ) tuần hoàn chu kỳ 2 / 3 nên ta chỉ cần khảo sát trong đoạn

[0; 2 / 3] . Ta có r 3a cos3 0 , ;6 2

20, 0, ,r ( ) tg3 3 3tgVr( ) 3 , , .

6 2

Nhận được bảng biến thiên 2 3 40

6 6 6 6

3 30 22 2

r 3a 0 3a 0 3a r a

0 0 0a

tg V 0 0 0

V



91

. Hình 2.14. Đường hoa hồng 3 cánh

Ví dụ 2.22. Khảo sát và vẽ đồ thị đường cong 2 2 3 4 2 2(x y ) a (x y ) (a 0).

Giải. Đặt x r cos , y rsin (r 0) ta được 2 3 4 2 2 2 4 4 4(r ) a r (cos sin ) r a cos2 r a cos2 .

Hàm r( ) có chu kỳ nên ta chỉ cần xét trên đoạn ;2 2

. Hơn nữa, trên

đoạn này r( ) chỉ xác định ở ;4 4

. Vậy ta sẽ khảo sát hàm r( ) với

;4 4

. Ta có

3/4

3/4

r 04

ar (cos2 ) sin2 ; r 0 0.2r 2tgV ; tgV , 0.r 4sin2 (cos2 )

Nhận được bảng biến thiên

04 4

2 02 2

r

r a

0 0

tg V || || ||

Đồ thị như hình vẽ. Sau khi vẽ được đồ thi cho 1

chu kỳ, ta chỉ việc quay đường nhận được một góc 2 / 3 , 4 / 3 ta sẽ nhận được đường cong đầy đủ.



92

Đồ thị như hình vẽ. Quay đường cong đi một góc ta nhận được đường phải tìm.

Hình 2.15. Đường cong ở Ví dụ 2.22

Ví dụ 2.23. Khảo sát, vẽ đồ thị đường cong 2 2 2(x y )x a y (a const 0)

bằng cách đưa nó về dạng tọa độ cực.

Đặt x r cos ; y rsin ta được r a tg . Hàm tuần hoàn chu kỳ , chỉ cần trên (0; / 2) .

Ví dụ 2.24 ( Một số đường cong trong dưới dạng tọa độ cực)

Hình 2.16 a. Đường xoán ốc Arsimet r

Hình 2.16 b. Đường r 2tg



93

Hình 2.16 c. Đường r 1/ và / 4

Hình 2.16d. Đường r arcsin

Hình 2.16 e. Đường r arctg



94

Hình 2.17. Đường r và r 3cos

2.5.6. Các vận tốc liên quan nhau (Related Rates) (☼)

Ý tưởng chính của bài toán liên hệ vận tốc là tính vận tốc của một đại lượng thông qua vận tốc của một đại lượng khác (có thể dễ đo hơn). Cách thức tiến hành là ta hãy tìm phương trình liên hệ giữa 2 đại lượng, rồi sử dụng quy tắc vi phân hàm hợp để lấy vi phân 2 vế theo thời gian.

Ví dụ 2.25. Không khí được bơm vào một quả cầu với vận tốc 100 3cm / s . Vận tốc gia tăng bán kính của quả cầu là bao nhiêu khi đường kính của nó là 50 cm?

Bước1 (đặt biến). Gọi V là thể tích qủa cầu và r là bán kính của nó.

Bước 2 (tìm phương trình liên hệ các biến). Ta biết rằng 34V r3

.

Bước 3 (đạo hàm 2 vế để xuất hiện mối liên hệ giữ các vận tốc).

Đạo hàm 2 vế theo t ta được 2dV dr4 rdt dt

.

Bước 4 (giải phương trình, biểu diễn vận tốc cần tìm qua vận tốc đã cho).

Từ đó, 2dr 1 dVdt dt4 r

. Thay số được 2dr 1 1100dt 254 (25)

(cm / s). #

Ví dụ 2.26. Một chiếc camera đặt cạnh đường 40m quan sát dõi theo một chiếc xe con di chuyển với vận tốc 36km/h. Camera quay với vận tốc góc bao nhiêu khi xe con cách chỗ ngang qua với camera 70m?

Giải. Trước hết ta vẽ sơ đồ như Hình 2.17. Có ngay 36km / h 10m / s . Gọi x là khoảng cách từ xe con tới chỗ ngang qua camera (điểm A). Đặt

là góc giữa ống kính với đường vuông góc với đường đi ( góc ACB ).

Ta có 2dx 1 dx 40 tan 40dt dtcos



95

2 2 2d 1 dx 10 1cos cos cosdt 40 dt 40 4

.

Khi 70x 70, tan 1.0517 cos 0.49640

. Vậy d 0.0615dt .

Hình 2.18. Camera theo dõi xe con.

Giống như trên, ta có thể giải bài toán sau: Một bồn nước có hình nón ngược với bán kính đáy 2 m và cao 4m. Nếu

nước bơm vào bồn với vận tốc 2m3/min thì vận tốc mức nước dâng lên là bao nhiêu khi mực nước là 2 m. ĐS: 0.64m/ph. # (☼)

A x B C

PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010 -------------------------------------------------------------------------------------------..

............................................................................................................................. PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010

96

Chương 3

TÍCH PHÂN

§ 3.1. TÍCH PHÂN BẤT ĐỊNH 3.1.1. Định nghĩa, tính chất

Định nghĩa. Cho hàm số f (x), x (a; b) . Ta nói hàm số F(x), x (a; b) là một nguyên hàm của f(x) trên khoảng (a; b) nếu f(x) khả vi trong khoảng này và

F (x) f (x), x (a; b). (3.1.1) Định lý 3.1. Nếu F(x) là một nguyên hàm của f(x) trong khoảng (a; b) thì: i. Với C là hằng số tùy ý, F(x) C cũng là một nguyên hàm của f(x) trong

khoảng (a; b). ii. Mọi nguyên hàm của f(x) trong khoảng (a; b) đều có dạng F(x) C , với

C là hằng số nào đó. Chứng minh. i. Hiển nhiên. ii. Giả sử G(x) cũng là một nguyên hàm nào đó của f(x) trong khoảng

(a; b) . Thế thì G (x) f (x), x (a; b) . Vậy (F(x) G(x)) F (x) G (x) f (x) f (x) 0, x (a; b).

Theo Định lý Lagrange, tồn tại c (a; b) để với 0x (a b) / 2 ta có

0 0 0F(x) G(x) F(x ) G(x ) (F G) (c)(x x ) 0 0F(x ) G(x ) C . Từ Định lý 3.1 chúng ta có thể định nghĩa tích phân bất định như sau. Định nghĩa. Họ các hàm số F(x) C , trong đó C là hằng số tùy ý, F(x) là

một nguyên hàm bất kỳ của f(x) trong khoảng (a; b) được được gọi là họ nguyên hàm hay tích phân bất định của f(x) trong khoảng (a; b) và được ký hiệu là

f (x)dx .

Như vậy,

df (x)dx F(x) C; f (x)dx f (x)dx

ở đây F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên (a; b); C là hằng số tùy ý.

Ký hiệu để chỉ tích phân bất định, x là biến lấy tích phân, f(x) là hàm

dưới dấu tích phân, f(x) dx là biểu thức dưới dấu tích phân. Định nghĩa. Hàm số F(x), x [a; b] được gọi là (một) nguyên hàm của f(x)

trên đoạn [a; b] nếu



97

F (x) f (x) x (a; b) ; F (a) f (a) ; F (b) f (b) . Họ nguyên hàm của hàm y sin x là y cos x C thể hiện ở Hình 3.1.

Hình 3.1. Hàm số y sin x và họ nguyên hàm y cos x C

với các giá trị khác nhau của hằng số C. Bảng 3.1. Các tích phân cơ bản

Biến độc lập Biến phụ thuộc

1

2 2

2 2

xx

x x

2

2

0dx C

1dx dx x C

xx dx C ( 1)1

1 dx ln x Cx

1 1 xdx arctg Ca aa x

1 xdx arcsin Caa x

aa dx Cln a

e dx e C

sin xdx cos x C

cos xdx sin x C

1 dx cot agx Csin x

1 dx tgx Ccos x

1

2 2

2 2

uu

u u

2

2

0du C

1du du u C

uu du C ( 1)1

1 du ln u Cu

1 1 udu arctg Ca aa u

1 udu arcsin Caa u

aa du Cln a

e du e C

sin udu cosu C

cosudu sin u C

1 du cot agu Csin u

1 du tgu Ccos u



98

Bàng 3.2. Một số tích phân quan trọng

axax ee dx C

acosaxsin ax dx C

asin axcos x dx C

atgx dx ln | cos x | C

dx xln tg Csin x 2

dx xln cotg Ccos x 4 2

2 2

22

2

2

1 1 x adx ln C2a x ax a

1 dx ln x x k Cx k

sh x dx chx C

ch x dx shx C

1 dx th x Cch x

1 coth x Csh dx

Tính chất. i. F (x)dx F(x) C;

f (x)dx f (x), x (a; b).

Như vậy ta có thể nói rằng, tích phân bất định và đạo hàm là hai phép toán ngược của nhau.

ii. a f (x)dx a f (x)dx, a .

iii. a f (x) bg(x) dx a f (x)dx b g(x)dx, a, b .

Định lý 3.2. Hàm số liên tục trên khoảng suy rộng thì có nguyên hàm trên khoảng này.

3.1.2. Bảng các tích phân cơ bản. Xem Bảng 3.1 3.1.3. Phương pháp tính tích phân bất định

a. Biến đổi hàm dưới dấu tích phân, đưa về tích phân cơ bản

Các phép biến đổi hay dùng là:

- Thêm bớt, dùng hằng đẳng thức, tách thành tổng;

- Nhân lượng liên hợp, nhân (chia) tử và mẫu với cùng 1 thừa số thích hợp.

Ví dụ 3.1

i. 1/2 1/2 3/2 1/2x 1 2I dx (x x ) dx x 2x 33x

.

ii. 2 2

100 100x ((x 1) 1)dx dx

(1 x) (x 1)



99

98 99 100

97 98 99

1 2 1 dx(x 1) (x 1) (x 1)

1 2 1 C97.(x 1) 98.(x 1) 99.(x 1)

iii. sin 3x sin 5x dx

1 1 1[cos2x cos8x]dx sin 2x sin8x C2 4 16

.

Thực ra ta có thể tách thành tổng để tính các tích phân sau

sin ax cos bx dx ; sin ax sin bx dx ; cosax cosbx dx .

iv. x x x/2 x/2 2e e 2 dx (e e ) dx

x/2 x/2 x/2 x/2(e e )dx 2e 2e C .

v. |x|e dx .

Vì |x|e là hàm số liên tục trênb nên có nguyên hàm trên đó.

|x| x x1

|x| x x2

x 0 : e dx e dx e C

x 0 : e dx e dx e C

Vì hàm nguyên hàm F(x) liên tục tại x 0 nên ta phải có

x x1 x 0 2 x 0 1 2( e C ) ( e C ) C 2 C

Đặt 2 1C C thì C 2 C .Vậy x

x

e C, x 0F(x)

e 2 C, x 0

Chú ý. Sau này ta có cách giải khác, chính quy hơn như sau:

xt

x0| t |x

0 t

0

e dt C ... x 0,

F(x) e dt C

e dt C ... x 0.

#

b. Đặt biến



100

Định lý 3.3. Cho : I K là hàm khả vi liên tục, g : L là hàm liên

tục, trong đó I, K, L là những khoảng suy rộng, K L .

Giả sử ta tính được g(u)du G(u) C . Khi đó

g( (x)) (x)dx G( (x)) C .

Một cách hình thức

u (x)g( (x)) (x)dx g( (x))d (x) g(u)du C .

Chứng minh. Thực vậy, theo công thức đạo hàm hàm hợp,

(G( (x)) G ( (x)). (x)

G( (x)) G ( (x)). (x)dx C g( (x)). (x)dx C .

Để sử dụng hiệu quả công thức này, khi tính tích phân f (x)dx ta viết nó

dưới dạng f (x)dx g( (x)) (x)dx g( (x))d (x) .

Nói cách khác, ta phải đưa "một thừa số của f(x)" vào trong dấu vi phân

d(.) sao cho có thể tính dễ dàng tích phân nhận được.

Ví dụ 3.2

3 4 4 3

tg x sin x d(cos x) 1i. dx dx C.cos x cos x cos x 3cos x

dx d(ln x)ii. ln ln x C.x ln x ln x

2 2 2 2

2

3 32 2

cos x d(sin x) 1 sin xiii. dx arc tg C.a aa sin x a sin x

x dx d(x )iv.1 3x 2 1 3x

2 1/3 2 2 231 1(1 3x ) d(1 (3x ) (1 3x ) C2.( 3) 4

.

2

2

sin x d(cos x)v. dxcos2x 2cos x 1

1 d( 2cos x) 1 ln 2cos x cos2x C.2 2( 2 cos x) 1



101

vi. x x

xx x 2

2 d(2 ) 1dx arcsin 2 Cln 21 4 ln 2 1 (2 )

. #

Khi hàm dưới dấu tích phân là những biểu thức đơn giản của tam thức bậc

hai, ta có thể dễ dàng đưa tích phân về dạng cơ bản.

Ví dụ 3.3

i. 2dx dx

(x 2)(x 5)x 3x 10

1 1 1 1 x 2dx ln C.x 2 x 5 7 7 x 5

ii. 2 2 2

d x 1/ 2dx 1 dx 14 44x 4x 5 x x 5 / 4 (x 1/ 2) 1

1 1 2x 1arc tg x 1/ 2 C arc tg C.4 4 2

iii. 2 22

dx 1 dx 1 d(x 1/ 3)I3 32 22 6x 9x 1 1x x x9 3 3 3

1 x 1/ 3 1 3x 1arcsin C arcsin C.3 31/ 3 3

iv.2 2

dx d(x 1)

x 2x 5 (x 1) 4

2ln x 1 x 2x 5 C. #

c. Đổi biến. Một phương pháp hiệu quả để tính tích phân là đổi biến, phần

nào giống với đặt biến nói ở trên. Tuy nhiên, với đặt biến, ta dùng một hàm nào

đó của biến cũ làm biến mới thì bây giờ, ta dùng biến cũ làm hàm nào đó của

biến mới. Nội dung của phương pháp thể hiện ở định lý sau.

Định lý 3.4. Giả sử x x(t) là hàm khả vi liên tục trên khoảng suy rộng I,

tập giá trị K; y f (x) là hàm liên tục trên khoảng suy rộng L chứa K. Ngoài ra

i. x (t) 0, t I.

ii. Tồn tại hàm ngược t t(x) của hàm x(t).

Khi đó xảy ra đẳng thức



102

t t(x)f (x)dx f (x(t)) x (t)dt C. (3.1.2)

Ví dụ 3.4.

i. Tính tích phân 2

dxIx x 1

bằng cách đổi biến 1xt

.

Trước hết xét x 0 . Ta có 21 1dx dt, t 0

xt . Ta được

2 2 2

t dt dtI arcsin t Ct 1/ t 1 1 t

.

Trở về biến cũ, I arcsin(1/ x) C . Kết quả tương tự với x < 0.

ii. I x 2 5x dx .

Để khử căn thức ta có thể đặt

22 t 2tt 2 5x 0 x dx dt5 5

24 2 3 22 t 2t 2 2I t dt (t 2t )dt t (3t 10) C

5 5 25 375

.

Trở lại biến cũ, 32I (2 5x) (15x 4) C.375

2 2

x dxiii.(x 2) 3x 5 .

Để khử căn thức ta có thể đặt

22 2 t 5 tt 3x 5 0 x xdx dt

3 3

223tF(t) dt arc tg t C I arc tg 3x 5 C.

3(t 1) t

2x

x

eiv. dxe 1

Đặt x x 2 xu e 1 0 e u 1; e dx 2u du .



103

x x 2

x

e e (u 1).2uF(x) dx duue 1

2

x xu 22u 1 C e 1 e 2 C3 3

. #

d. Tích phân từng phần

Để tính tích phân I f (x)dx , ta có gắng viết f(x) dưới dạng u(x)v (x) ,

trong đó u(x), v(x) là những hàm khả vi liên tục trên khoảng I. Khi đó

I f (x)dx u(x)v (x)dx udv uv vdu . (3.1.3)

Muốn áp dụng thành công phương pháp này, điều quan trọng là phải đưa

một thừa số của hàm f(x) vào dấu vi phân d(.). Động tác này thực chất là một

phép lấy tích phân. Trong trường hợp dễ, ta có thể thực hiện ngay. Khi khó, ta

phải tính v(x) v (x)dx nghiêm túc.

Như vậy, động tác đầu rất giống với đặt biến. Chúng ta cũng thấy rằng, đôi

khi đặt v(x) x rất hiệu quả.

Ví dụ 3.5

i. ln x dx x ln x x d(ln x) x ln x 1dx x ln x x C .

ii. 2

2 2x 1 d(x 1)arctg x dx x arc tgx dx x arc tgx

21 x 1 x

21x arc tgx ln(1 x ) C2

.

iii. 2 2x 2 2x 2 2x 2x1 1 1x e dx x d(e ) x e e .2x dx2 2 2

2x

2 2x 2x 21 1 e 1x e x d(e ) ... x x C2 2 2 2

. #

Nhận xét. Tích phân ở iii. có dạng axnP (x)e dx , trong đó nP (x) là đa thức

bậc n của x. Để tính nó, ta đưa thừa số axe vào dấu vi phân d(.) rồi lấy tích phân

từng phần n lần.

Có 6 dạng tích phân ở Bảng 3.3 dễ dàng dùng phương pháp từng phần.



104

Bảng 3.3. Các dạng tích phân dùng phương pháp từng phần thuận lợi

axnP (x)e dx Đưa axe vào d(.) - Tích phân từng phần n lần

nP (x)sin ax dx Đưa sin ax vào d(.) - Tích phân từng phần n lần

nP (x)cosax dx Đưa cosax vào d(.) - Tích phân từng phần n lần

mn aP (x)log x dx Đưa nP (x) vào d(.) - Tích phân từng phần m lần

xe sin x dx Đưa 1 trong 2 thừa số vào d(.) - Tích phân từng phần 2 lần

xe cos xdx Đưa 1 trong 2 thừa số vào d(.) - Tích phân từng phần 2 lần

Đối với đặt biến cũng như với tích phân từng phần, chúng ta đều tìm cách

đưa một thừa số vào dấu vi phân d(.) (đây thực chất là một lần lấy tích phân).

Tuy nhiên, tiếp sau ta phải cân nhắc xem dùng đặt biến hay tích phân từng phần

có lợi hơn.

Ví dụ 3.6. 4x 4x1I e cos3x dx e d(sin 3x)3

.

4x 4x

4x 4x

1 e sin 3x sin 3x d(e )31 e sin 3x 4 sin 3x e dx3

4x 4x2

4x 4x 4x

4x 4x

1 4e sin 3x e d(cos3x)3 31 4e sin 3x e cos3x 4 cos3x e dx3 9

16 1 41 I e sin 3x e cos3x C9 3 9

4x4cos3x 3sin3xI e C25

#

3.1.4. Tích phân bất định của một số lớp hàm sơ cấp.

a. Tích phân các phân thức hữu tỷ n

n

P (x)Q (x)

a.1. Dùng các phương pháp thông thường đã biết

Trong nhiều trường hợp, dùng các phương pháp thông thường đã nói ở trên

(đặt biến, đổi biến, tích phân tường phần...) chúng ta có thể tính được các tích



105

phân của phân thức hữu tỷ khá dễ dàng. Nếu có thể, ta ưu tiên tính theo hướng

này do tính đơn giản của nó.

Ví dụ 3.7

i. 2

28 4 4 4 4

x dx 1 d( x ) 1 1 1 d(x )2 4x 1 (x 1)(x 1) x 1 x 1

2 2 22

2 2 2 2 21 d(x ) d(x ) 1 x 1 1ln arc tg x C4 8 4(x ) 1 (x ) 1 x 1

.

ii. 5 4 4

22 3 2 3 2 34x 4x .x 2xdx dx d(x )

(x 1) (x 1) (x 1)

.

Đặt 2 2 2t x 1 d (x ) dt; x t 1 . Thay vào ta được

2 22

3 2 22(t 1) 4x 3I dt ... 2ln(x 1) C

t (x 1)

.

iii. 2

2 2(x 1)dxI

(x 5x 1)(x 3x 1)

Chia cả tử và mẫu cho 2x ta có thể nhận được kết quả

2

21 x 3x 1I ln C8 x 5x 1

. #

a.2. Phương pháp hệ số bất định

* Bước 1: Khai triển f(x) thành tổng các phân thức đơn giản

Nếu n

n

P (x)f (x)Q (x)

có bậc của tử > bậc của mẫu, thì phân thức được gọi là

không thực sự. Thực hiện phép chia đa thức để được một phần nguyên (đa thức)

và một phân thức thực sự có bậc của tử < bậc của mẫu. Vậy ta có thể giả thiết

rằng f(x) là phân thức thực sự.

Nếu mẫu là tam thức có 2 nghiệm 1 2x , x , ta dùng phân tích sau:

1 2 1 2

ax b A B(x x )(x x ) x x x x

. (3.1.4)

Nếu mẫu là tam thức không có nghiệm, ta phân tích như sau:



106

2 2 2ax b A(Mâu) B

x px q x px q x px q

. (3.1.5)

Nếu mẫu là đa thức bậc lớn hơn 2, ta phân tích mẫu thành các thừa số dạng

lũy thừa của nhị thức hay lũy thừa của các tam thức không có nghiệm. Tiếp theo

ta khai triển f(x) thành các phân thức đơn giản theo mẫu sau:

2

1 2 3 1 2 3

ax bx c A B C ;(x x )(x x )(x x ) x x x x x x

2

2 21 21 2 1

2

2 211

3 2

2 2 2 211 1

42 2 2 2 2

11

ax bx c A B C ;x x x x(x x ) (x x ) (x x )

ax bx c A Bx C ;x x(x x )(x px q) x px q

ax bx cx d A B Cx D ;x x(x x ) (x px q) (x x ) x px q

P (x) A Bx C Dx E ;x x(x x )(x px q) x px q (x px q)

........ 2(p 4q 0) . (3.1.6)

Đặc điểm: - Mẫu là luỹ thừa của nhị thức x – a : Tử là hằng.

- Mẫu là lũy thừa của tam thức không nghiệm 2x px q : Tử là nhị thức.

Các hằng số A, B, C, … được tính theo phương pháp hệ số bất định.

* Bước 2 : Tích phân các phân thức đơn giản thu được.

* Tích phân các phân thức loại một ndx

(x a) dễ dàng :

n 1

ndx dx (x a)ln x a C; C.

x a n 1(x a)

* Tích phân các phân thức loại hai 2 nAx B dx

(x px q)

như sau :

2 2 2

n 2 2 n 2 2 2 n

n 12 2 2 2 n

dx 1 x a xI dx(x a ) a (x a )

1 1 xI x dx;a a (x a )



107

2

2 n 2 n 2 nAx B C(x px q) Ddx dx dx.

(x px q) (x px q) (x px q)

Ví dụ 3.8. i. 4

2 2x dx

x a .

Chia đa thức rồi lấy tích phân ta được

4 32 2 2 3

2 2a x xF(x) x a dx a x a arc tg C.

3 ax a

ii. 2

2 2(2x 1)dx

(x 1) (x 1)

. Ta có

2

2 2 2 22x 1 A B Cx Df (x)

x 1(x 1) (x 1) (x 1) x 1

.

Sau khi quy đồng mẫu số, hai tử thức ở hai vế phải bằng nhau. Vậy

2 2 2 22x 1 A(x 1)(x 1) B(x 1) (Cx D)(x 1)A C 0 A 1/ 2A B 2C D 2 B 3 / 2

A C 2D 0 C 1/ 2A B D 1 D 0

Suy ra

2 2

2

1 3 xI dx2(x 1) 2(x 1) 2(x 1)

1 3 1 1ln x 1 ln(x 1) C.2 2 x 1 4

Lưu ý. Ta có thể trình bày gọn hơn, không nêu quá trình tìm hệ số. #

Ví dụ 3.9. i. 2(x 4)dx

(x 2)(x 3)

22 2 1I dx

x 2 x 3 (x 3)

1 1 x 32ln x 2 2ln x 3 C 2ln C.x 3 x 3 x 2



108

ii. 10dxI

x(x 1)

Đặt 10 9 10t x 1 10x dx dt; x t 1 2dtI

10(t 1)t

.

Theo phương pháp hệ số bất định,

10

2 10 101 1 1 1 1 x 1I dt ln C.

10 t 1 t 10t x 1 x 1 #

b. Tích phân các biểu thức vô tỷ

b.1. 1r rax b ax bf (x) R x, , ... ,

cx d cx d

trong đó a b

ad bc 0c d

; 1r , ... , r là các số hữu tỷ: ii

i

krm

;

1 nR(x , ... , x ) là biểu thức hữu tỷ của các biến.

Gọi 1m BCNN(m , ... , m ) . Đặt 1/max bt

cx d

.

Đặc biệt,

1r rf (x) R(x, (ax b) , ... , (ax b) ) : Đặt 1/mt (ax b) .

1r rf (x) (x, x , ... , x ) : Đặt 1/mt x .

Ví dụ 3.10. i. 3dx

x x . Đặt 6 56t x 0 x t ; dx 6t dt.

53 6 6

3 2t dtI 6 ... 2 x 3 x 6 x 6ln( x 1) C

t t

.

ii. 53

dx

(2 x)(2 x)

Trước hết, biến đổi hàm dưới dấu TP về dạng quen biết ta được:

32

1 2 xf (x)2 x(2 x)

.



109

Đặt 3 2

33 3 2

2 x 1 t 12t dtt x 2 ; dx2 x 1 t (1 t )

3 2 23

2 3 2 3 21 2 x (1 t ) 12tI dx .t. dt

2 x(2 x) (4t ) (1 t )

2

33 2

3 dt 3 3 2 xC C.4 8 2 xt 8t

#

b.2. Đặt biến lượng giác

Trước hết, các biểu thức có chứa 2ax bx c dễ dàng được đưa về các

biểu thức có chứa 2 2 2 2t A hay t A .

2 2f (t) R(t, A t ) : Đặt t Asin u hay t Acos u

2 2f (t) R(t, A t ) : Đặt t A tgu hay t Ashu.

Ví dụ 3.11. 2 2

2 2

x dx 1 x dx26 4x 2x 4 (x 1)

Đặt x 1x 1 2sin u u arcsin2

2

22

dx 2cosu du; 4 (x 1) 2cosu;

1 (2sin u 1) 2cosu 1I du (4sin u 4sin u 1)du2cosu2 2

1 1(3 2cos 2u 4sin u)du 3u sin 2u 4cosu C.2 2

Vì 2

2 2x 1 1cosu 1 sin u 1 3 2x x ;2 2

2x 1sin 2u 2sin u cosu 3 2x x2

23 2 x 1 2I arcsin (3 x) 3 2x x C.4 2 4

#



110

c. Tích phân các hàm lượng giác

* Ba dạng sau có thể tách hàm dưới dấu tích phân thành tổng

cosax cosbx dx; sin ax sin bx dx; sin ax cos bx dx .

n n* cos xdx; sin xdx; n 6 : Hạ bậc; n 6 : Đưa ra công thức truy hồi.

n* tg xdx : Viết n n 2 2tg x tg x((tg x 1) 1)

* ncot g dx : Viết n n 2 2cot g x cot g x((cot g x 1) 1)

* R(sin x,cos x)dx (R(u, v) là biểu thức hữu tỷ của 2 biến u, v)

R(sinx,cos x) là hàm lẻ với sinx : Đặt t = cosx ;

R(sinx,cos x) là hàm lẻ với cos x : Đặt t = sinx;

R(sinx,cos x) chẵn với sinx và cosx: Đặt t = tgx.

(lẻ sin chọn cos - lẻ cos chọn sin - đẹp đôi tang tình).

Trường hợp tổng quát : Đặt xt tg2

.

(Tuy nhiên, đổi biến sau cùng thường dẫn đến phân thức rất phức tạp, chỉ

thuận lợi cho các hàm 1 1 1; ;a sin x b a cos x b a sin x bcos x c

).

* a sin x bcos x (Mâu)A Bcsin x d cos x Mâu

* a sin x bcos x c (Mâu) CA B ;dsin x ecos x f Mâu Mâu

* 2 2a sin x bcos x A(Mâu) B

Mâu(csin x d cos x) (Mâu)

Các hằng số A, B,... được tìm theo phương pháp hệ số bất định.

Ví dụ 3.12. i. 3 2 2

2 2 2cos x cos x cos xdx cos x dx d(sin x)sin x sin x sin x

1... sin x Csin x



111

ii. 3 5 3 3 2dx 1 1. dx

sin x cos x sin x cos x cos x

2 3

3 6 31 (1 t )d(tg x) dt (t tg x)

tg x cos x t

4 22

1 3 1I ... tg x tg x 3ln tg x C.4 2 2tg x

iii. 6 4 2cot g x dx cot g x((cot g x 1) 1))dx

4 42

1cot g x dx cot g x dxsin x

4 2 2

5 2 2

5 3

cot g x d(cot gx) cot g x((cot g x 1) 1))dx

1 cot g x cot g x d(cot gx) (cot g x 1) 1))dx51 1cot g x cot g x cot gx x C.5 3

iv. dx3sin x 4cos x 5 .

Đặt 2x 2t tg x 2arc tgt; dx dt2 1 t

.

2 2

2 2

2 2

2t 2tg(x / 2)Vì sin x ,1 t 1 tg (x / 2)

1 t 1 tg (x / 2)cos t ,1 t 1 tg (x / 2)

thay vào ta được

222

2 2

2dt 2dtI(t 3)2t 1 t(1 t ) 3 4 5

1 t 1 t2 2C C

t 3 tg(x / 2) 3

v. 3sin 3x 3sin x 4sin xdx dx

sin x cos 2x sin x cos2x

2

23 4sin x 1 1 d(sin 2x)dx 2 dx 2x

cos2x cos2x 2 1 sin 2x



112

1 1 sin 2xln 2x C.4 1 sin 2x

#

d. Tích phân eliptic. Ở các phần trên, chúng ta đã lấy tích phân được nhiều hàm rất phức tạp.

Tuy nhiên, vẫn còn những hàm sơ cấp thoạt đầu trông rất đơn giản nhưng lại không lấy được tích phân, thực ra là không có nguyên hàm sơ cấp; nói chính xác hơn, nguyên hàm của chúng không thể biểu diễn được dưới dạng một hàm sơ cấp. Sau đây là một số tích phân như vậy:

2

x

x 2 2

e sin x cos x dxdx; dx; dx; ;x x x ln x

e dx; cos x dx; sin x dx...

§ 3.2. TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 3.2.1. Định nghĩa và các tính chất mở đầu Định nghĩa. Cho f(x) xác định trên đoạn [a; b]. Xét phép phân hoạch

đoạn [a; b] xác định bởi các điểm chia n10 xxx ,...,, với

bxxxa n10 ... .

Đặt 1iii xxx . Trên mỗi đoạn con i1i xx ; lấy một điểm i tùy ý. Tổng

in

1iin xfS

,

được gọi là một tổng tích phân của hàm f(x) ứng với phép phân hoạch và cách chọn các điểm trung gian ( i ).

Nếu khi n sao cho 0xMaxni1

i

mà nS có giới hạn I hữu hạn,

không phụ thuộc vào phép phân hoạch đoạn [a;b] và cách chọn các điểm ( i ) thì giới hạn I được gọi là tích phân (xác định) của hàm f(x) trên [a; b] và được kí

hiệu là b

a

f (x)dx hay a ;b

f (x)dx.

Khi đó hàm f(x) được gọi là khả tích (Riemann) trên đoạn [a; b]; f(x) là hàm dưới dấu tích phân, x là biến lấy tích phân, a là cận dưới, b là cận trên của tích phân.



113

* Quy ước a a b

a b a

f (x)dx 0; f (x)dx f (x)dx.

Ý nghĩa hình học. Nếu b

a

f (x) 0 thì f (x)dx là diện tích hình thang cong

giới hạn bởi các đường Ox, x a, x b; y f (x) .

Trong trường hợp tổng quát, diện tích miền gạch chéo cho bởi b

a

f (x) dx .

Hình 3.2. Diện tích hình thang cong Tính chất sơ bộ Nếu hàm số f(x) khả tích trên đoạn [a; b] thì bị chặn trên đó. Chứng minh. Giả sử ngược lại, f(x) không bị chặn trên [a; b], ví dụ không

bị chặn trên. Xét phép phân hoạch xác định bởi phép chia đều:

0 1 nx a; x a h; ... ; x a n h b, (h (b a) / n).

Chọn ic là trung điểm đoạn thứ i: i i 1 ic (x x ) / 2 .

Vì f(x) không bị chặn trên trên đoạn [a; b] nên có một đoạn con i 1 i[x ; x ] nào đó để f(x) không bị chặn trên trên đó. Từ đó, trên đoạn này có thể tìm được một điểm id để

i jj i

f (d )h f (c )h n

.

Như vậy, với phép phân hoạch đều, cách chọn các điểm ( i ):

ii

j

c , i jd , i j

thì tổng tích phân dần ra (n ) . Vậy hàm f(x) không

khả tích trên [a; b], trái với giả thiết. 3.2.2. Các lớp hàm khả tích. Định lý 3.5. Hàm số f(x) liên tục trên [a; b] thì khả tích trên đó. Định lý 3.5. Hàm số f(x) bị chặn trên [a; b] và có không quá một số hữu

hạn điểm gián đoạn trên đoạn này thì khả tích trên đó.

y

a b x

y

a b x



114

Hàm số f(x) được gọi là liên tục từng khúc trên [a; b] nếu nó liên tục tại tất cả các điểm trên [a; b] có thể trừ ra tại một số hữu hạn điểm, tại đó hàm có gián đoạn loại I.

Hệ quả. Hàm liên tục từng khúc trên [a; b] thì khả tích trên đó.

Ví dụ 3.13. 1sin , x 0,

f (x) x0, x 0.

Hàm này bị chặn, chỉ có một điểm gián đoạn (loại II) tại x 0 . Vậy hàm này khả tích trên đoạn [a; b] bất kỳ. #

Hình 3.3. Đồ thị hàm số y sin (1/ x)

Định lý 3.6. Hai hàm số f(x) và g(x) trên đoạn [a; b] chỉ khác nhau một số hữu hạn điểm thì chúng cùng khả tích hoặc không trên đoạn [a;b] . Nếu chúng khả tích thì tích phân của chúng bằng nhau:

b b

a a

f (x)dx g(x)dx .

Hệ quả. Tính khả tích và giá trị của tích phân (nếu có) của hàm số không thay đổi nếu ta thay đổi giá trị của hàm số tại một số hữu hạn điểm.

Định lý 3.7 (Tính khả tích của hàm hợp). Cho f : [a; b] [A; B] khả tích;

g : [A; B] liên tục.

Khi đó hàm hợp 0g f : [a; b] khả tích.

Hệ quả. Nếu f(x) và g(x) là 2 hàm khả tích trên [a; b] thì tích f (x)g(x) và

hàm trị tuyệt đối | f (x) | cũng khả tích trên [a; b].

Định lý 3.8. Hàm đơn điệu và giới nội trên đoạn [a; b] thì khả tích trên đó.

Ví dụ 3.14. x, x 1

f (x)0, x 1.

Hàm này gián đoạn chỉ tại 2 điểm 1 , bị chặn trên đoạn hữu hạn [a; b] bất kỳ. Vậy nó khả tích trên [a; b]. Ta có



115

2 2

2 2

I f (x)dx x dx 0

. #

Ví dụ 3.15. Tính tích phân 2

x

1

e dx theo phương pháp tổng tích phân.

Giải. Hàm số xe liên tục nên tích phân tồn tại. Ta hãy chọn cách chia đặc biệt, đó là chia đều đoạn [1; 2] thành n đoạn bởi các điểm chia

0 1 n i1 x x ... x 2; x 1 i / n . Chọn i là mút trái i 1x của đoạn i 1 i[x ; x ) . Lập tổng tích phân

i 1i 1n n n 1x n

n i 1 ii 1 i 1 i 1

i 1nn

1/ni 1

1 1S f (x ) x e en n

1 e 1 ee en n 1 e

Khi n thì rõ ràng là iMax x 1/ n 0 . Vậy

2n 1/n 1/nn n n

e 1 e 1I lim S lim e(1 e) lim e en 1 e 1 e

1/ n

. #

3.2.3. Các tính chất của tích phân xác định Định lý 3.9 (Tính chất tuyến tính). Giả sử f(x) và g(x) là hai hàm khả tích

trên đoạn [a; b] còn và là hai số thực tùy ý. Khi đó hàm f (x) g(x) cũng

khả tích trên [a; b] và b b b

a a a( f (x) g(x))dx f (x)dx g (x)dx . (3.2.1)

Hệ quả. Giả sử f(x) và g(x) là những hàm khả tích trên đoạn [a; b] còn C là một số thực. Khi đó:

b

ab b

a a

Cdx C(b a),

Cf (x)dx C f (x)dx;

f (x) g(x) khả tích và b b b

a a a

(f (x) g(x))dx f (x)dx g(x)dx . (3.2.2)

Định lý 3.10 (Hệ thức Chasles). Hàm f(x) khả tích trên [a; b] khi và chỉ khi nó khả tích trên mỗi đoạn con bất kì. Khi đó

b c b

a a cc [a; b], f (x)dx f (x)dx f (x)dx . (3.2.3)



116

Mở rộng. Nếu hàm số f(x) khả tích trên đoạn [a; b] còn 1 2 nc , c , ... , c là các

điểm trên [a; b] thì

1 2

1 n

c cb b

a a c c

f (x)dx f (x)dx f (x)dx ... f (x)dx . (3.2.4)

Định lý 3.11 (Tính dương của tích phân)

Nếu f(x) không âm và khả tích trên đoạn [a;b] thì b

af (x)dx 0 .

Hệ quả. i. Cho f(x) và g(x) khả tích trên [a; b], ngoài ra x [a; b], f (x) g (x). Khi đó

b b

a af (x)dx g (x)dx .

ii. Cho f(x) khả tích [a; b]. Đặt x [a; b] x [a; b]

m Inf f (x) ; M Sup f (x)

. Khi đó

b

am(b a) f (x)dx M (b a) . (3.2.5)

Định lý 3.12. Cho f(x) không âm và khả tích trên [a; b]. Giả sử có

0x [a; b] sao cho f(x) liên tục tại 0x và 0f (x ) 0 . Khi đó

b

af (x)dx 0 .

Chứng minh. Vì 0

0x xlim f (x) f (x ) 0

. Suy ra có 2 số :

0a x b sao cho 0f (x) f (x ) 2 0 x [ ; ] .

Từ đó b0a

f (x)dx f (x)dx f (x ) / 2 ( ) 0.

Định lý 3.13. Nếu hàm số f(x) khả tích trên [a; b] thì hàm số |f(x)| cũng khả tích trên đó và

b b

a a

f (x)dx | f (x) | dx

b b b

a a a

| f (x) | dx f (x)dx | f (x) | dx

. (3.2.6)

Định nghĩa. Cho f(x) khả tích trên [a; b], b

a

1 f (x)dxb a được gọi là giá trị

trung bình của hàm f(x) trên đoạn [a;b].



117

Định lý 3.14 (Định lý trung bình thứ nhất của tích phân).

Cho hàm số f(x) khả tích trên đoạn [a; b] và m, M là hai số thực sao cho m f (x) M, x [a; b] . Khi đó tồn tại [m; M] để

b

a

f (x)dx (b a) . (3.2.7)

Đặc biệt, nếu hàm f(x) liên tục trên đoạn [a; b] thì c (a; b) để b

a

f (x)dx f (c)(b a) (b

a

1f (c) f (x)dxb a

). (3.2.8)

Hình 3.4. Giá trị trung bình của hàm f(x) trên đoạn [a; b].

Ý nghĩa hình học.

Diện tích hình thang cong = Diện tích hình chữ nhật trung gian.

Chứng minh. Theo tính chất của tích phân, b b

a a

1m(b a) f (x)dx M(b a) m f (x)dx Mb a

.

Chọn b

a

1 f (x)dxb a

sẽ thỏa mãn tính chất đòi hỏi.

Nếu bây giờ hàm f(x) liên tục, tồn tại hai giá trị x [a; b]

m Min f (x);

x [a; b]M Max f (x)

. Vì (m; M) , từ Định lý giá trị trung gian của hàm liên tục,

tồn tại c (a; b) : f (c) .

Định lý 3.15 (Định lý trung bình thứ hai của tích phân)

Nếu f(x) và g(x) là hai hàm khả tích trên đoạn [a; b], còn g(x) giữ dấu trên [a; b] thì có điểm [m; M] với

x [a; b] x [a; b]m Inf f (x) ; M Supf (x)

sao cho

b b

a af (x)g(x)dx g(x)dx (3.2.9)

yM

mO a b x



118

Đặc biệt, nếu f(x) và g(x) liên tục trên [a;b], g (x) 0 thì có c (a; b) để

b b

a af (x)g(x)dx f (c) g(x)dx . (3.2.10)

Chứng minh.

Giả sử g(x) 0 . Khi đó mg(x) f (x)g(x) M f (x) . Vậy

b b b

a a a

m g(x)dx f (x)g(x)dx M g(x)dx . (*)

Lại vì b

a

g(x) 0, x nên g(x)dx 0.

Nếu b

a

g(x)dx 0 , từ (*) suy ra b

a

f (x)g(x)dx 0 , (3.2.9) hiển nhiên đúng.

Hơn nữa, chọn c tùy ý trong (a; b) thì (3.2.10) thỏa mãn.

Nếu b

a

g(x)dx 0 , chia hai vế (*) cho b

a

g(x)dx và chọn

b b

a a

f (x)g(x)dx / g(x)dx .

Thế thì (m; M) như đòi hỏi.

Trường hợp f(x) liên tục trên [a; b], lập luận tương tự như với Định lý trung bình thứ nhất.

3.2.4. Cách tính tích phân xác định

a. Công thức Newton-Leibniz

a.1. Tích phân xác định với cận trên biến thiên.

Cho hàm số f(x) khả tích trên đoạn [a; b]. Khi đó, với mọi x trên đoạn này, f(x) khả tích trên [a; x]. Đặt

x

a

(x) f (t)dt, x [a; b] , (3.2.11)

và gọi là tích phân xác định với cận trên biến thiên.

Chúng ta dễ dàng hiểu khái niệm tích phân xác định với cận dưới biến thiên b

x

f (t)dt .



119

Định lý 3.16 (Định lý cơ bản của giải tích) i. Nếu hàm f(x) khả tích trên [a; b] thì (x) liên tục trên [a; b]. ii. Nếu f(x) khả tích trên [a; b] và liên tục tại 0x [a; b] thì (x) khả vi tại

0x và 0 0(x ) f (x ) . iii. f(x) liên tục trên [a; b] thì (x) khả vi trên [a; b] và

x

a

d(x) f (t)dt f (x)dx

, x [a; b] . (3.2.12)

Nói cách khác, (x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a; b]. Chứng minh. i. Để đơn giản trình bày ta giả sử 0x (a; b) . Xét h đủ nhỏ

sao cho 0x h [a; b] . Ta có 0 0 0 0

0 0

x h x x h x h

0 0a a x x

(x h) f (t)dt f (t)dt f (t)dt (x ) f (t)dt

.

Theo định lý trung bình thứ nhất thì 0 0(x h) (x ) h

trong đó [m ; M ] với 0 0 0 0x [x ; x h] x [x ; x h]

m Inf f (x); M Sup f (x)

.

Do [m ; M ] [m; M] với x [a; b] x [a; b]


nên bị

chặn. Cho qua giới hạn ta được 0 0h 0

lim[ (x h) (x )] 0

hay (x) liên tục tại 0x .

ii. Theo phần (i) ta có

0 0(x h) (x )h

.

Mặt khác, do hàm f(x) liên tục tại 0x nên 0, 0, h :

0| h | , x h [a; b] xảy ra bất đẳng thức

0 0f (x h) f (x )

hay 0 0 0f (x ) f (x h) f (x ) .

Suy ra 0 0f (x ) m M f (x ) .

Ta nhớ rằng [m ; M ] , vậy 0 0f (x ) f (x ) . Từ đó

0 00 0h 0

f (x h) f (x )(x ) lim f (x )h

.

iii. Trực tiếp áp dụng (ii).

Hệ quả. Nếu f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], còn g(x) và h(x) là những hàm khả vi liên tục và nhận giá trị trên đoạn [a; b] thì



120

k(x)

a

k(x)

h(x)

d f (t)dt f (k(x))k (x);dx

d f (t)dt f (k(x))k (x) f (h(x))h (x).dx

(3.2.13)

Ví dụ 3.16. Chúng ta dễ tính các đạo hàm sau

2 2

b x b2 2 2 2

a a x

x x2 2

a x

d d dsin x dx ; sin t dt ; sin t dt ;dx dx dx

d dsin t dt ; sin t dtdx dx

và kết quả là 2 2 2 4 2 2 20; sin x; sin x ; 2x sin x ; 2x sin x sin x. #

Ví dụ 3.17. Tính giới hạn x

x 2 2

xA lim ln t dtx 2

.

Giải. Giới hạn có dạng 00

. Theo quy tắc L'Hospital ta có

x

2x 2 x 2

d ln t dtdx ln xA 2 lim 2 lim 2ln 2

(x 2) 1

. #

Hệ quả (Công thức Newton-Leibniz).

Cho f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [a; b] và F(x) là một nguyên hàm của nó. Khi đó

bba

a

f (x)dx F(b) F(a) F(x) . (3.2.14)

Chứng minh. Theo Định lý cơ bản, x

a

(x) f (t)dt là một nguyên hàm của

f(x) trên [a; b]. Mặt khác, F(x) cũng là một nguyên hàm của f(x). Theo Định lý 3.1, C : (x) F(x) C, x [a; b] .

Vậy 0 (a) F(a) C C F(a) . Ta nhận được

b

a

I f (x)dx (b) F(b) C F(b) F(a) .



121

Lưu ý: Phải kiểm tra tính liên tục của hàm f(x).

Ví dụ 3.18. i. b

a

I x dx ( 1).

b 1b 1 1a

a

x 1I x dx b a .1 1

ii. 4 4

2 22 2

dx d(x 2)

x 4x 10 (x 2) 6

2 42

6 42ln x 2 x 4x 10 ln4 22

.

iii. 2 0 2

3 3 0

x x xI dx dx dxx 4 x 4 x 4

.

Vì x 4dx 1 dx x 4ln | x 4 | Cx 4 x 4

nên

0 23 0I x 4ln | x 4 | x 4ln | x 4 | 2ln 4 ln 6 1 . #

Ví dụ 3.19. Chỉ ra sai lầm trong trính toán sau đây; 1

122

2

1 1 1 3dx 1x 2 2x

.

Giải. Trước hết, hàm dưới dấu tích phân dương, kết quả lại âm, điều không

thể. Phân tích kỹ hơn, hàm số 21/ x không liên tục trên đoạn [ 2; 1] nên ta

không được áp dụng công thức Newton-leibniz. Thực tế, tích phân ở vế trái không tồn tại (xem Hệ quả của Định lý 3.20). #

Ghi chú. Không nghi nhờ gì nữa, Định lý cơ bản của Giải tích là quan trọng nhất trong giải tích và tất nhiên, nó được liệt vào những thành tựu vĩ đại nhất của trí tuệ nhân loại. Thời cổ đại, các vấn đề tính diện tích, thể tích, độ dài cung ... khó đến mức mà chỉ có những người tài ba mới có thể đem ra bàn bạc. Ngày nay, chỉ cần vài trang sách kiểu như trên về công thức Newton-liebnitz, những vấn đề gai góc đã có thể giải quyết với tất cả chúng ta.

b. Phương pháp đặt biến

Để tính tích phân b

af (x)dx , ta cố gắng biến đổi f(x) thành dạng

g ( (x)) (x) . Khi đó



122

b b b

a a af (x) dx g ( (x)) (x)dx g( (x))d( (x))

(b) ba(a)G(u) G ( (x))

,

trong đó G(u) là một nguyên hàm của hàm g(u). Điều kiện: + g(x) liên tục trên đoạn [A; B] nào đó; + (x) liên tục và giữ dấu, hoặc chỉ được phép đổi dấu hữu hạn lần

trên đoạn [a; b]; + Tập giá trị ([a; b]) của hàm (x) chứa trong [A; B], trên đó hàm g(x)

liên tục.

Ví dụ 3.20. 1

21

dxI (0 )x 2x cos 1

.

2Do (0; ) nên x 2xcos 1 0 . Vậy hàm dưới dấu tích phân liên tục trên [-1; 1].

1

2 21

11

d(x cos )I(x cos ) sin

1 x cosarc tg ... .sin sin 2sin

#

Lưu ý. Chúng ta đã sử dụng công thức cộng arctang:

a barctga arctg b arctg1 ab

.

c. Phương pháp đổi biến

Cần tính tích phân b

a

I f (x)dx, f(x) liên tục.

Ta có thể đặt x x (t) , t [ ; ] sao cho:

+ x (t) liên tục và giữ dấu trên [ ; ] hoặc chỉ được phép đổi dấu một số hữu hạn lần;

+ Tập giá trị x ([ ; ]) của hàm x(t) nằm trong miền liên tục của hàm f(x) (miền trên đó f(x) liên tục);

+ x ( ) a , x ( ) b.

Khi đó b

a

f (x)dx f (x(t))x (t)dt

.



123

Chúng ta sử dụng tất cả các phép đổi biến như khi tìm nguyên hàm; ngoài

ra ta có phép đổi biến "đảo cận" rất hiệu quả sau đây:

a

0

f (x)dx : Đặt x a t ( t a x);

a

a

f (x)dx : x t ( t x);

b

a

0

f (x)dx : x (a b) t ( t (a b) x);

1f (x)dx : x .t

Ví dụ 3.21. Cho hàm f(x) khả tích trên đoạn [-a; a]. Ta sẽ chứng minh rằng

nếu f(x) lẻ, aa

a0

0

f (x)dx2 f (x)dx

nếu f(x) chẵn.

(3.2.15)

Thực vậy, 0 a

1 2a 0

I f (x)dx f (x)dx I I

. Với tích phân đầu ta đặt

x t, dx dt , ta được 0 a

1a 0

I f ( t)( dt) f ( x)dx.

Nếu f(x) chẵn thì a

10

I f (x)dx; lẻ thì a

10

I f (x)dx . Nhận được đpcm.

Ví dụ 3.22. i. Chứng minh rằng /2 /2

n n

0 0

cos x dx sin x dx

ii. Tính TP 4

2

ln(9 x)dx

ln(9 x) ln(x 3)

.

Giải. i. Chỉ việc đặt x / 2 t . ii. Đặt t 6 x x 6 t; dx dt

2 4 4

4 2 2

I ... ... 2I 1dt 2 I 1. #



124

d. Tích phân từng phần

Khi cần tính tích phân b

a

f (x)dx , ta cố gắng viết hàm f(x) dưới dạng

f (x) u(x) v (x) trong đó u(x), v(x) là những hàm khả vi liên tục. Khi đó b b

a a

u(x) v (x)dx (u(b) v(b) u(a) v(a)) v(x)u (x)dx ,

hay viết gọn lại dưới dạng b b

ba

a a

u dv uv vdu. (3.2.16)

Như thế, ở giai đoạn đầu của quá trình lấy tích phân, ta đã tìm cách đưa một thừa số của hàm dưới dấu tích phân vào dấu vi phân d(.). Thực tế, ta đã lấy tích phân của chỉ riêng thừa số này (một phần của hàm f(x)). Ý nghĩa của thuật ngữ "từng phần" là như vậy.

Ví dụ 3.23. Tính các tích phân sau

i. e e

999 1000

1 1

1x ln x dx ln x dx1000

e 1 0001000 e 999

11

1 999e 1x ln x | x dx .1000 1 000 000

ii. /3 /3

20 0

x sin x dx (x sin x)d(tgx)cos x

/3

/30

0

(x s in x) tgx tg x (1 cos x)dx

/3 /3

0 0

3 sin x 33 dx sin x dx ... 1 ln 2.3 2 cos x 3

iii. 2 x

3 /4

I ( tg x tgx)e dx

.

2 x x1 2

3 /4 3 /4

I tg x e dx tgx e dx I I

.

x x2

3 /4 3 /4

I tgx e dx tgx d(e )



125

x x 23 /4

3 /4

tg x e e (1 tg x)dx

1 1 1e I I I ( e I ) e . #

Lưu ý. i. Với tích phân bất định chúng ta có 6 dạng có thể tính tích phân từng phần thuận lợi (xem Bảng 3.3). Với tích phân xác định 6 dạng đã nêu cũng có thể tính theo phương pháp tích phân từng phần.

ii. Có thể ta không phải đưa bất kì thừa số nào vào dấu d(.), nói cách khác, ta đặt u f (x), v x . Đôi khi điều này rất hiệu quả.

3.2.5. Tính gần đúng tích phân xác định a. Công thức hình thang

Để tính gần đúng tích phân b

a

I f (x) dx , chúng ta chia đoạn [a; b] làm n

đoạn bởi các điểm chia đều 0 1 nx ; x ; ... ; x với 0 1 nx a x ... x b;

i 0x x ih, . h (b a) / n) . Ta có

1 i n

0 i 1 n 1

x x x

x x x

I f (x)dx ... f (x)dx ... f (x)dx

Hình 3.5. Phương pháp hình thang

Ta sẽ tính gần đúng số hạng i

i 1

x

x

f (x)dx

. Muốn vậy, ta tìm đa thức mội suy

bậc nhất ik (x) mà đồ thị của nó qua điểm i 1 i 1 i 1M (x , f (x )) và

i i iM (x , f (x )) (chính là đoạn thẳng i 1 iM M ). Ta nhận được xấp xỉ

i i

i 1 i 1

x xi 1 i

ix x

f (x ) f (x )f (x)dx k (x)dx .h2

Đặt 0 0 1 1 n ny f (x ); y f (x ); ... ; y f (x ) thì

0 1 2 3 4O x x x x x x



126

0 1 1 2 n 1 ny y y y y yI h h ... h2 2 2

hay

b0 n

T 1 n 1a

y yI f (x)dx I h y ... y2 (3.2.17)

với ih (b a) / n; y f (a ih), i 1, ... , n .

Sai số của phương pháp là

22T

MI I h (b a)12

trong đó

2x [a; b]

M Sup f (x)

. (3.2.18)

b. Công thức trung điểm (☼) Bây giờ hình thang cong thứ i được xấp xỉ bởi hình chữ nhật đáy h và

đường cao là giá trị của hàm tại trung điểm ix của đáy i 1 i[x ; x ] . Ta nhận được

công thức trung điểm

b

T 1 2 na

I f (x)dx I h f (x ) f (x ) ... f (x )

với i i 1 i1h (b a) / n; x (x x )2 = trung điểm đoạn i 1 i[x ; x ] .

Hình 3.6. Phương pháp trung điểm

Sai số của phương pháp là

22T

MI I h (b a)24

(3.2.19)

trong đó

2x [a; b]

M Sup f (x)

. (3.2.20) (☼)

1 2 3 4O x x x x x



127

c. Công thức Simpson

Bây giờ ta chia đoạn [a; b] thành 2n phần đều nhau bởi các điểm chia

0 1 2n 1 2nx , x , ... , x , x , i 0x x i h, i 1, 2, ... , 2n với h (b a) / (2n) . Ta có

2 2i

0 2i 2

x xb 2n

a x x 2n 2

I f (x)dx f (x)dx ... f (x)dx ... f (x)dx

.

Để tính xấp xỉ số hạng 2i

2i 2

x

x

f (x)dx

, ta xây dựng đa thức nội suy cấp hai

ik (x) mà đồ thị của nó đi qua 3 điểm

2i 2 2i 2 2i 2 2i 1 2i 1 2i 1 2i 2i 2iM (x ,f (x )); M (x ,f (x )); M (x ,f (x )) .

Tiếp theo ta dùng xấp xỉ

2i 2i

2i 2 2i 2

x x

i i 2i 2 2i 1 2ix x

hI f (x)dx k (x)dx y 4y y3

với i iy f (x ) . Ta nhận được

1 n 0 1 2 2 3 4

2n 2 2n 1 2n

h hI I ... I (y 4y y ) (y 4y y )3 3

h... (y 4y y )3

hay

S 0 2n 1 3 2n 1

2 4 2n 2

hI I (y y ) 4(y y ... y )3

2(y y ... y ) .

(3.2.21)

trong đó i 0b ah ; y f (x i h)2n

.

Hình 3.7. Xấp xỉ hàm f(x) trên đoạn 2i 2 2i[x ; x ] bằng đường cong bậc 2.

Có thể chứng minh được

2i 2

2i 1

2i

0 1 2i 2 2i 1 2i 2n

MM

M

x x x x x x



128

4

S 4

(4)4

x [a; b]

hI I M (b a),180

M Sup f (x) .

(3.2.22)

Ưu điểm của phương pháp này là nó có độ chính xác cao hơn so với 2 phương pháp trên.

d. Sử dụng máy tính bỏ túi. Một số máy tính bỏ túi như CASIO fx-100MS, fx-570MS, ... có thể tính được tích phân. Muốn vậy, ta ấn phím như sau.

dx f (x) , a , b , n )

Máy sẽ tính tích phân b

a

f (x)dx theo phương pháp Simson với số bước

nN 2 . Lưu ý rằng có thể chọn n tùy ý từ 1 đến 9. Cũng có thể bỏ qua, không bấm phím n , khi đó máy tự động chọn giá trị n phù hợp. Với các hàm lượng giác cần chọn đơn vị góc là Radian.

Ví dụ, để tính tích phân /2

4

0

I sin x dx

, với 6N 2 64 đoạn chia, ta ần

phím như sau: dx ( sin ALPHA X ) 4 0 ,

([SHIFT] [EXP]) 2 6 ) , ,

Ta nhận được I 0,589048622 ; giá trị đúng 0,589048622, rất chính xác! § 3.3. ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH 3.3.1. Tính diện tích hình phẳng a. Trong tọa độ Descartes.

b b

(a) (b) 1 2a a

S f (x)dx; S f (x) f (x) dx . (3.3.1)

f (x) (a)

a b x

1

2

f (x) (b)

f (x)a b x

Hình 3.8. Diện tích hình phẳng trong tọa độ Descarte



129

b. Đường cong dưới dạng tham số Nếu ta cần tính diện tích D ở Hình (a) khi đường cong (L) cho dưới dạng

tham số

x x(t)(L) :

y y(t), t [a; b]

với 1 2x(t ) a; x(t ) b thì

2

1

t

t

S y(t)x (t) dt . (3.3.2)

c. Đường cong cho dưới dạng tọa độ cực

Diện tích miền phẳng cho ở Hình 3.9 (a) giới hạn bởi đường cong

r r( ), và 2 tia ; cho bởi

21S r ( )d2

. (3.3.3)

Trường hợp tổng quát hơn ở Hình 3.9 (b) thì

2 22 1

1S r ( ) r ( ) d2

. (3.3.4)

Ví dụ. 3.24. Tính diện tích miền phẳng giới hạn bởi cung hình tim (cardioid) r a(1 cos ) .

r( )

xO

2

1

r ( )

r ( )

O x

Hình 3.9. Diện tích hình phẳng trong tọa độ cực.



130

Hình 3.10. Cardioid khi a = 1

Giải. Do tính đối xứng, 2 2 21

0

1 3S 2S 2 a (1 cos )d ... a2 2

. #

3.3.2. Độ dài đường cong a. Đường cong cho dưới dạng tọa độ Descartes Nếu đường cong (L) là đồ thị của hàm số y f (x), a x b thì

b2

a

s 1 f (x) dx . (3.3.5)

b. Đường cong cho dưới dạng phương trình tham số

x x(t)(L) :

y y(t), t

thì 2 2s x (t) y (t) dt

. (3.3.6)

c. Đường cong dưới dạng tọa độ cực r r( ), .

Chuyển sang dạng tham số ta được

x r cos r( )cosy r sin r( )sin , .

Áp dụng công thức trên thì

2 2s r ( ) r ( ) d

. (3.3.7)

Ví dụ 3.25. Tính độ dài một chu kỳ của đường cycloide

x a(t sin t)y a(1 cos t), (a 0).

f(x) O a b x

r r( ) O x

Hình 3.11. Đường cong dạng tọa độ Decates (a) và dạng tọa độ cực (b)



131

Đây là tọa độ của điểm trên biên của bánh xe bán kính a lăn không trượt trên mặt phẳng (xem Hình 3.12 ).

Hình 3.12. Đường cycloide với a = 1

Ta xét chu kỳ đầu, khi ấy 0 t 2 . Vậy 2 2

2 2

0 0

ts a (1 cos t) sin t dt 2a a sin dt 8a2

. #

3.3.3. Thể tích vật thể a. Trường hợp tổng quát. Giả sử vật thể giới hạn bởi mặt cong (P), hai mặt

phẳng x = a, x = b sao cho một mặt phẳng bất kỳ vuông góc với trục Ox, cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x thì cắt vật thể theo một thiết diện có diện tích bằng S(x). Giả sử S(x) là hàm liên tục.

Hình 3.13. Vật thể trong không gian với vi phân thể tích.

Cho x một số gia dx đủ nhỏ. Diện tích thiết diện S(x) coi như không đổi trên đoạn [x; x dx] , còn thể tích V biến thiên một lượng xấp xỉ bẳng thể tích hình trụ, đáy có diện tích S(x), chiều cao dx. Vậy

V S(x)dx .

(Thực ra có thể chứng minh được V S(x)dx o(dx) ). Suy ra dV S(x)dx. Từ đó

z S(x)

a x b x

y



132

b b

a a

V dV S(x)dx . (3.3.8)

b. Thể tích vật thể tròn xoay Cho miền phẳng D giới hạn bởi đường cong (L) với phương trình

y f (x), a x b, các đường thẳng x a; x b. Khi (L) quay quanh trục Ox sẽ tạo ra một vật thể tròn xoay với thể tích

b2

a

V f (x)dx . (3.3.9)

3.3.4. Diện tích mặt cong Giả sử (L) là đồ thị hàm số y f (x), a x b, với f (x), f (x) là những

hàm liên tục trên đoạn [a; b]. Cho (L) quay xung quanh trục Ox ta được mặt tròn xoay với diện tích là

b2

a

S 2 | f (x) | 1 f (x) dx . (3.3.10)

Ví dụ 3.26. Tính diện tích hình vòng khuyên sinh ra bởi đường tròn 2 2 2x (x a) a , (b a) quay quanh trục Ox.

Ta có

1 2

2 21

2 22

S S S

(S ) : y b a x ,

(S ) : y b a x .

Trong cả hai trường hợp thì 2

22 2xy

a x

. Vậy

y f(x) O a b x

y f(x) O a b x

Hình 3.14. Hình thang cong tạo ra vật thể tròn xoay



133

a 22 2

2 2a

a 22 2

2 2a

xS 2 b a x 1 dxa x

x2 b a x 1 dxa x

aa 202 2

a

dx x4 ab 8 abarcsin 8 ab.aa x

#

Lưu ý. Nếu khối tròn xoay, mặt cong, ... nhận được do quay hình phẳng, đường cong ... quanh trục Oy thì cần chuyển sang biến y, hàm là x = x(y).

3.3.5. Tọa độ trọng tâm 3.3.6. Moment tĩnh, moment quán tính, công… (tự đọc)

3.3.7. Định lý biến thiên toàn cục (☼)

Khi F(x) là một nguyên hàm của hàm liên tục f(x) thì F (x) f (x) , công thức Newton-leibniz có thể phát biểu lại dưới dạng sau đây.

Định lý 3.17 (Định lý biến thiên tổng thể). Tích phân của vận tốc biến thiên là biến thiên tổng thể:

b

a

F (x)dx F(b) F(a) . (3.3.11)

Nguyên lý này có thể áp dụng đối với tất cả những vận tốc biến thiên trong tự nhiên và trong xã hội. Ta đưa ra vài ví dụ.

Nếu V(t) là thể tích của bình chứa tại thời điểm t thì đạo hàm V (t) của nó là vận tốc nước bơm vào bình tại thời điểm t . Vậy

2

1

t

2 1t

V (t)dt V(t ) V(t )

Nếu [C](t) là nồng độ sản phẩm hóa học tại thời điểm t thì vận tốc phản

ứng là đạo hàm d[C]dt

. Vậy

2

1

t

2 1t

d[C] dt [C](t ) [C](t )dt

.

Vận tốc sinh của một quần thể là ddt , thế thì



134

2

1

t

2 1t

d dt (t ) (t )dt

là độ gia tăng của quần thể trong giai đoạn từ 1t đến 2t .

Nếu C(x) là giá thành sản suất x đơn vị sản phẩm thì giá biên được định nghĩa là đạo hàm C (x) . Vậy

2

1

x

2 1x

C (x)dx C(x ) C(x )

là mức tăng giá khi số lượng sản phẩm tăng lên từ 1x đơn vị đến 2x đơn vị. (☼)

3.3.8. Hai lược đồ áp dụng tổng quát Nhiều bài toán thực tế liên quan đến tích phân có thể giải theo lược đồ I hoặc II

dưới đây.

a. Lược đồ I (Lược đồ tổng tích phân). Đã được nêu rõ ở định nghĩa trong mục § 3.2.1 và ở bài toán diện tích hình thang cong…

b. Lược đồ II (Lược đồ vi phân). Giả sử đại lượng P liên hệ với biến độc lập x sao cho với x tùy ý trong một khoảng cho trước, nếu cho x biến thiên một lượng dx đủ nhỏ thì P biến thiên một lượng P f (x)dx , số hạng bỏ qua là vô

cùng bé bậc cao hơn của dx. Khi đó dP f (x)dx P (x) f (x) . Vậy nếu f(x) liên tục và nếu x biến thiên từ a đến b, a và b trong khoảng đã cho thì P sẽ biến

thiên một lượng tổng cộng là b

af (x)dx .

Vì tính đơn giản và thuận tiện, trong các tài liệu kĩ thuật người ta sử dụng chủ yếu lược đồ vi phân. Người ta rất hay viết: "… Do dx đủ nhỏ, P f (x)dx ,

từ đó P f (x)dx ". Điều này nhiều khi làm cho ta cảm thấy như một sự ngộ

nhận.

Liên quan đến sự kiện này chúng ta cần hiểu hai điều:

Thứ nhất, biểu thức P f (x)dx được hiểu là P f (x)dx với số hạng

bỏ qua là vô cùng bé bậc cao hơn so với vô cùng bé dx.

Thứ hai, đẳng thức đưa ra ở tài liệu được chứng minh dễ dàng, hay ít ra, có thể chứng minh một cách chặt chẽ, nhưng để bớt nặng nề trình bày, chứng minh được bỏ qua.

Ví dụ 3.27. Bình hình trụ bán kính đáy r và cao H (mét) chứa đầy nước. Tính công cần thiết để hút hết nước ra khỏi bình (coi khối lượng riêng của nước 1; gia tốc trọng trường g 9,8 ).



135

Giải. Ta giải bài toán này theo lược đồ tổng tích phân. Chia chiều cao H của hình trụ làm n phần bằng nhau, ta được các lớp nước với độ cao H / n x.

Do x rất nhỏ nên chúng được gọi là các lớp nguyên tố .

Xét lớp thứ i ở độ sâu i x (i 1,..., n); thể tích của lớp này là

2iV r x với trọng lượng

2iP 9,8.1000 r x .

Công cần thực hiện để rút lớp nước iV này (với độ sâu ix i x )

ra khỏi bình là 2

i i i iA P x 9800 r x x . r

x

Cộng lại, công A tổng cộng cho bởi

xxr.9800AAn

1ii

2n

1ii

.

Cho n ( x 0) ta được

Hn2 2 2 2

ix 0 i 1 0

A lim 9800 r x x 9800 r x dx 4930 r H (J)

. #

Ví dụ 3.28. Cánh cổng một đập nước có dạng hình thang đáy trên a, đáy dưới b (a > b) chiều cao h và đặt thẳng đứng. Tính lực tác dụng lên cánh cổng khi nước vừa hay ngập. Nếu mực nước chỉ bằng một nửa (h / 2) thì lực tác dụng chỉ còn bao nhiêu phần trăm so với lực tác động ban đầu (cho 1; g 9,8 ).

Giải. Ta giải bài này theo lược đồ vi phân. Ta biết rằng áp suất tỷ lệ thuận

với độ sâu và ở độ sâu x, áp suất của nước là 2.9,8.1000x (N / m ) .

Xét một dải cánh cổng ở độ sâu x, đáy lớn là y và chiều cao dx với diện tích xấp xỉ là ydx. Vì dx nhỏ, coi mọi điểm của dải có cùng độ sâu x và do đó có cùng áp suất.

yxN

b

M

A B

D E C

h dx

Áp lực nước lên dải này xấp xỉ bằng P 9800 xydx dP .

Vì b ay a xh

, nên P 9800x(a x(b a) / h)dx dP.

Lấy tích phân ta được



136

h2

0

b a a 2bP 9800x a x dx 9800 h (N).h 6

(*)

Áp dụng công thức (*) cho 1 1 1a b ha ; b b; h

2 2

ta đi tới

21

a 5bP 9800 h (N)48

. Vậy 1P 100(a 5b) %P 8(a 2b)

. #

Ví dụ 3.29 (Tự đọc). Theo luật phân lớp dòng chảy (low of laminar flow), vận tốc máu trong mạch máu cho bởi phương trình

2 2Pv (R r )4

trong đó là độ nhớt của máu, P là chênh lệch áp suất giữa 2 đầu của đoạn mạch dài , R là bán kính ống mạch, r là khoảng cách đến trục của đoạn mạch.

Cho r một số gia dr đủ nhỏ, số gia của diện tích sẽ là

2 2S [(r dr) r ] 2 rdr

Vì dr đủ nhỏ, coi vận tốc máu trong hình vành khuyên là không đổi và xấp

xỉ bằng 2 2P (R r )4

. . Như vậy, trong một đơn vị thời gian, số gia lượng máu

truyền qua thiết diện của mạch là

2 2PV 2 r (R r )dr4

2 2PdV (R r ) r dr2

.

Vậy R 4

2 2

0

P PRV (R r ) r dr2 8

.

Đây là luật Poiseuille, theo đó, lượng máu chảy qua tỷ lệ với lũy thừa 4 của bán kính mạch. Ở người, với động mạch nhỏ, ta có thể lấy 0.027,

2R 0.008, 2cm, P 4000dynes / cm , ta được 3V 0.119 (mm ) . #

O r dr



137

§ 3.4. TÍCH PHÂN SUY RỘNG 3.4.1. Tích phân với cận vô hạn (Tích phân suy rộng loại I) a. Định nghĩa * Cho hàm số f : [a; ) khả tích trên [a; A], A a. Nếu tồn tại

giới hạn (hữu hạn hay vô hạn) A

A alim f (x)dx

thì giới hạn đó được gọi là tích phân suy rộng (loại I) của hàm f(x) trên đoạn

[a; ) , và kí hiệu là a

f (x)dx

.

Nếu giới hạn trên là hữu hạn, ta nói tích phân suy rộng a

f (x)dx

hội tụ;

trái lại, khi không tồn tại giới hạn hoặc giới hạn vô hạn, ta nói tích phân suy rộng

af (x)dx

phân kì.

Chúng ta dề dàng hiểu ý nghĩa của tích phân suy rộng a

f (x)dx .

* Nếu với a nào đó, cả hai tích phân suy rộnga

f (x)dx và

af (x)dx

hội tụ, ta nói tích phân f (x)dx

hội tụ và giá trị của nó được tính bởi

a

af (x)dx f (x)dx f (x)dx

. (3.3.11)

Trái lại, nếu ít nhất một trong hai tích phân a

f (x)dx hoặc

af (x)dx

phân kì, ta nói tích phân f (x)dx

phân kì. Định nghĩa này không phụ thuộc vào

việc chọn điểm trung gian a.



138

Hình 3.15. Hình thang cong vô hạn như là giới hạn của hình thang cong hữu hạn

Hình 3.16. Hình thang cong vô hạn 2 phía là hợp của 2 hình thang cong vô hạn 1 phía

b. Công thức Newton-Leibniz. Công thức Newton-Leibniz cho trường hợp cận hữu hạn vẫn giữ nguyên

giá trị, cụ thể là: Nếu f(x) liên tục trên [a; ) và F(x) là một nguyên hàm của nó thì

aa

f (x)dx F(x) | F( ) F(a)

, (3.3.12)

trong đó x

F( ) lim f (x)

.

Ví dụ 3.30. Tính tích phân x

0

I xe dx

Giải. Ta có A A A

x x x A x0

0 0 0

xe dx x d(e ) x e e dx

A AAe 0 e 1 1 (khi A )

(Sử dụng quy tắc L'Hospital để tìm giới hạn). Vậy I 1 .



139

Khi sử dụng công thức Newton-Leibniz , ta có thể trình bày lại như sau:

x x x x x0 0

0 0 0

xe dx x d(e ) x e e dx 0 0 e 1

. #

Ví dụ 3.31. a

dxIx

(a 0 ).

Với 1 , tích phân trở thành aa

dx ln x |x

.

Với 1 1aa

, 1dx 11, I x | a1x , 1

1

Tóm lại,

1 : Tích phân a

dxx

phân kỳ

1 : Tích phân a

dxx

hội tụ và 1

a

dx a1x

. #

Ví dụ 3.32. Khảo sát sự hội tụ của tích phân a

sin x dx

.

Ta có A

Aa

asin x dx cos x | cos a cosA.

Bởi vì không tồn tại giới hạn Alim (cos a cos A)

nên tích phân

asin x dx

phân kỳ. Tương tự, tích phân a

cos x dx

cũng phân kỳ. #

c. Tiêu chuẩn hội tụ. Nhiều trường hợp, việc tính giá trị đúng của tích phân là không thể hoặc rất khó khăn. Khi ấy ta phải tính giá trị gần đúng của nó bằng các phương pháp số. Vấn đề đầu tiên khi dùng phương pháp số là tích phân đã cho có hội tụ hay không. Vấn đề hội tụ của tích phân suy rộng lắm khi lại quan trọng hơn việc tìm giá trị của tích phân.

Thường thì việc khảo sát sự hội tụ của tích phân thông qua định nghĩa là khó khăn. Dưới đây chúng ta đưa ra những dấu hiệu (những tiêu chuẩn), theo đó khảo sát sự hội tụ, phân kỳ trở nên dễ dàng hơn.

Định lý 3.18 Cho hàm f(x) không âm và khả tích trên đoạn [a; A] bất kỳ, a A . Khi đó:



140

af (x)dx

hội tụ khi và chỉ khi A

af (x)dx bị chặn (theo A).

Định lý 3.19 (Tiêu chuẩn so sánh). Cho f(x) và g(x) là hai hàm khả tích trên [a; A], (a A) , ngoài ra 0 f (x) g(x) .

+ Nếu a

g(x)dx

hội tụ thì a

f (x)dx

hội tụ ;

+ Nếu a

f (x)dx

phân kì thì a

g(x)dx

phân kì.

+ Đặc biệt, giả sử rằng x

f (x)lim k, 0 kg (x)

thì các tích phân

af (x)dx

và a

g(x)dx

cùng hội tụ hoặc cùng phân kì.

Vì 1

dxx

hội tụ 1 , người ta hay so sánh f(x) với 1x

:

Nếu f(x) Ax

(khi x ) thì a

f (x)dx

hội tụ 1 .

Ví dụ 3.33. Xét sự hội tụ của tích phân 3/2

2 2a 1

x dxi. dx, ii. .1 x x 1 x

Giải. i. Khi x thì 3/2

2 2 1/2 1/2x 1 1 1 .

1 x (1/ x 1) x 2 x

Vì 1/ 2 1 nên tích phân phân kỳ.

ii. Khi x thì 3/22 3/22

1 1 1 .1 xx 1 x x 1x

Vì 3 / 2 1 nên tích phân hội tụ. #

Định lý 3.20. (Tiêu chuẩn Diricle (giới thiệu)). Cho f(x) và g(x) là hai hàm xác định và liên tục trên [a; ) . Nếu f(x) đơn điệu giảm đến 0 ( khi x ) và

tích phân A

a

g(x)dx bị chặn A a thì tích phân a

f (x)g(x)dx

hội tụ.



141

d. Hội tụ tuyệt đối. Giả sử f(x) khả tích trên đoạn [a; A], A > a. Nếu tích

phân a

f (x) dx

hội tụ thì a

f (x)dx

cũng hội tụ và ta nói tích phân a

f (x)dx

hội tụ tuyệt đối.

Trái lại, nếu tích phân a

f (x)dx

hội tụ còn tích phân a

f (x) dx

không

hội tụ, ta nói tích phân a

f (x)dx

là bán hội tụ hay hội tụ không tuyệt đối.

3.4.2. Tích phân của hàm không bị chặn (Tích phân suy rộng loại II) Giả sử hàm số f(x) xác định trên [a; b), không giới nội lại lân cận điểm b và

khả tích trên [a; b ], 0 đủ nhỏ. Nếu tồn tại giới hạn

b

0 alim f (x)dx

,

(hữu hạn hay vô hạn) thì giới hạn đó được gọi là tích phân suy rộng (loại II) của

hàm f(x) trên đoạn [a; b] , kí hiệu là b

af (x)dx hay

[a; b)f (x)dx .

Nếu giới hạn đó hữu hạn, ta nói tích phân suy rộng b

af (x)dx hội tụ; trái lại,

nếu giới hạn đó vô hạn hay không tồn tại, ta nói tích phân suy rộng b

af (x)dx

phân kì. * Nếu f(x) khả tích thông thường trên đoạn [a; b] thì theo Định lý cơ bản,

b b

0 a alim f (x)dx f (x)dx

.

Trong trường hợp này, tích phân suy rộng (chúng ta đã lạm dụng từ này) chính là tích phân thông thường.

* Tương tự, ta có thể định nghĩa tích phân suy rộng (loại II) cho hàm f(x) không bị chặn tại mút trái a của đoạn [a; b].

* Cho hàm f(x) xác định trên khoảng (a; b), không giới nội tại lân cận điểm a cũng như lân cận điểm b. Nếu có điểm c (a; b) sao cho cả hai tích phân c

af (x)dx và

b

cf (x)dx hội tụ, ta nói tích phân suy rộng (loại II)

b

af (x)dx hội tụ và

giá trị của nó bằng



142

b c b

a a cf (x)dx f (x)dx f (x)dx . (3.3.13)

Trái lại, nếu ít nhất một trong hai tích phân c b

a cf (x)dx, f (x)dx phân kì, ta

nói tích phân suy rộng (loại II) b

af (x)dx phân kì.

Định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn điểm trung gian c.

* Ta còn có thể định nghĩa tích phân suy rộng cho trường hợp điểm bất thường trong khoảng (a; b), hay trường hợp có một số điểm bất thường cũng như tích phân suy rộng hỗn hợp cả loại I và II.

Định lý 3.21. Giả sử rằng f(x) và g(x) là hai hàm xác định trên [a;b), không giới nội tại lân cận điểm b và khả tích trên [a; b ], 0 đủ nhỏ .

Giả sử x [a; b) , 0 f (x) g(x) . Khi đó:

Tích phân b

a

g(x)dx hội tụ thì tích phân b

a

f (x)dx hội tụ.

Tích phân b

a

f (x)dx phân kỳ thì tích phân b

a

g(x)dx phân kỳ.

Đặc biệt, nếu x b

f (x)lim k (0 k )g(x)

thì hai tích phân b

a

f (x)dx và

b

a

g(x)dx cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Hệ quả. Nếu f(x) liên tục trên [a; b) và 1f (x) Ob x

(khi x b ) thì

b

a

f (x)dx hội tụ với 1 và phân kì với 1.

* Các phép đổi biến và tích phân từng phần vẫn áp dụng được cho tích phân suy rộng, song ta phải điều chỉnh ý nghĩa của chúng ít nhiều.

3.4.3. Một số ví dụ.

a. Xét sự hội tụ của tích phân suy rộng 2

1

sin x dx

.

Nhận xét. Hàm dưới dấu tích phân dạng nP (x)sin ax khá quen thuộc, còn sin của lũy thừa của x hoàn là toàn xa lạ. Để khắc phục, ta đặt biến mới. Việc đặt



143

biến mới, hoặc tích phân từng phần thường làm tăng bậc VCB hàm dưới dấu tích phân.

Đặt biến 2x t (x t 0) ta được dtdx2 t

.

1 3/2 3/21 1 1 1

s int d(cost) cos t cost dt cos1 1 cost dtI dt2 42 t 2 t 2 t 2( 2)t t

3/2 3/23/2

1

cos t 10 dtt t

t3 / 2 1

hội tụ 3/2

1

cos tdtt

hội tụ. TP đã cho hội tụ.

Cách 2. Dùng tiêu chuẩn Diricle.

b. Cho dãy n{I } xác định bởi n 1 n 1

n nn

x 1I dxx 1

.

Chứng minh rằng n 1, 2, ... hàm dưới dấu tích phân nghịch biến trên tập 1; )[ ; chứng minh rằng dãy n{I } hội tụ.

* Bởi vì f (x) 0, x 1 nên suy ra f(x) nghịch biến.

* n 1 n 1

nn n

0 I f (x)dx f (n)dx f (n)

.

n 1 n 1n n

n

11n 1 nf (n) 0 (n )1n 1 n[1 ]n

.

Vậy dãy đã cho hội tụ đến 0.

c. Nghiên cứu sự hội tụ, phân kỳ của tích phân 3 4

0

1 xI arctg dxx 1x

.

Nhận xét. Đây là tích phân suy rộng loại II (cận vô hạn). Tuy nhiên, ta còn thấy 0 là điểm bất thường, vậy đây cũng là tích phân suy rộng loại I; chính xác hơn, đây là tích phân suy rộng loại hỗn hợp. Để khảo sát sự hội tụ, ta phải tách miền lấy tích phân làm 2:

1

1 23 3 34 4 40 0 1

1 x 1 x 1 xI arctg dx arctg dx arctg dx I Ix 1 x 1 x 1x x x

* 1

1 3 40

1 xI arctg dx.x 1x

11/43 4

1 x 1f (x) arctg (x 0); 1 / 4 1: Ix 1 xx

hội tụ.

* 2 3 41

1 xI arctg dxx 1x



144

24/33 4

1 x arctg1f (x) arctg (x ); 4 / 3 1: Ix 1 xx

hội tụ.

Tích phân đã cho hội tụ.

d. Xét sự hội tụ, phân kỳ của tích phân 3/20

arctgx dxx

.

1

1 23/2 3/2 3/20 0 1

arctgx arctgx arctgxI dx dx dx I Ix x x

* 1

1 3/20

arctgxI dx.x

3/2 1/2arctgx 1f (x) (x 0)x x

; 11/ 2 1: I hội tụ.

* 2 3/21

arctgxI dxx

. 3/2 3/2arctgxf (x) (x );x 2.x

23 / 2 1: I hội tụ.

Vậy tích phân đã cho hội tụ.

e. Chứng minh rằng 10

0

sin x dx 0.x

Nhận xét. Hàm dưới dấu tích phân đổi dấu nhiều lần trên miền khảo sát. Ta

không thể dùng tính dương của tích phân để xem xét. Ta hãy tách miền lấy tích phân làm nhiều đoạn thích hợp; trên mỗi đoạn, ta sẽ đánh giá tích phân thu được.

(2i 1) (2i 2)4

i 0 2i (2i 1)

s inx sinxI ( dx dx)x x

Với số hạng thứ 2, dùng đổi biến x t dx dt; sin x sin t , được (2i 1) (2i 1)4

i 0 2i 2i

s inx sintI ( dx dt)x t

(2i 1)4

i 0 2i

s inx sinx( )dx 0x x

.

f. Xét sự hội tụ của tích phân 2

6 50

ln(1 x ) dx2x x

.

12 2 2

1 26 5 6 5 6 50 0 1

ln(1 x ) ln(1 x ) ln(1 x )dx dx dx I I2x x 2x x 2x x

* 1 2

1 6 50

ln(1 x )I dx2x x

.

2 2

1/26 5 5

ln(1 x ) x 1~ (khi x 0 )x2x x x

.

Tích phân 1

0

1 dxx hội tụ nên I1 hội tụ.

* 2

2 6 51

ln(1 x )I dx2x x



145

Lưu ý. Ta nhớ rằng hàm logarit yếu hơn hàm lũy thừa (khi x ). Dựa vào điều này ta hãy đánh giá hàm dưới dấu tích phân. Việc đánh giá có thể khá thô, "xông xênh", mà không cần những bất đẳng thức tinh vi, phức tạp.

2 2

3 26 5 6 6

ln(1 x ) ln(1 2x x ) 2 ln(1 x) 2x 2x 1: .x 2 x2x x 2x 0 2x

(Nếu bạn nào không nhớ BĐT ln(1 x) x thì có thể xử lý như sau:

Với x đủ lớn thì 2 2

5/26 5 6 5 5

ln(1 x ) ln(1 2x x ) 2ln(1 x) 1 2.x 1 x2x x x x x

...)

5 / 2 1 nên 2I hội tụ. Tích phân đã cho hội tụ.

g. Khảo sát sự hội tụ của tích phân suy rộng 0

1 xarctan dxx 2x

.

01

1 20 1

1 xI arctan dxx 2x

1 x 1 xarctan dx arctan dx I Ix 2 x 2x x

.

* 1I hữu hạn vì x 0

1 xlim arctan 0x 2x

.

* 1

1 x 1 1arctan . (x ); dxx 2 4x x x

phân kỳ. Vậy 2I phân kỳ.

Do đó tích phân đã cho phân kỳ.

h. Khảo sát sự hội tụ của tích phân suy rộng 0

1 xarcsin dxx x 1

.

1

0 0 1

1 x 1 x 1 xarcsin dx arcsin dx arcsin dxx x 1 x x 1 x x 1

.

* Vì x 0

1 xlim arcsin 1x x 1

nên tích phân thứ nhất hữu hạn.

* Khi x , 1 x 1arcsin .2x x 1 x

;

1

1 dxx

phân kỳ. Vậy tích phân

thứ hai phân kỳ. Do đó tích phân đã cho phân kỳ.



146

i. Khảo sát sự hội tụ của tích phân suy rộng 2

1

ln(x 1) dxx x 1

.

Ta có 2

1 22 2 21 1 2

ln(x 1) ln(x 1) ln(x 1)dx dx dx I Ix x 1 x x 1 x x 1

.

* 2

1 21

ln(x 1)I dxx x 1

.

Khi 2

ln(x 1) ln(x 1) ln 2x 1,x (x 1)(x 1) 2(x 1)x x 1

.

Tích phân 2

1

1 dxx 1 hội tụ, vậy 1I hội tụ.

* 2 22

ln(x 1)I dxx x 1

.

Lưu ý. Ta nhớ rằng hàm logarit yếu hơn hàm lũy thừa (khi x ). Dựa vào điều này ta hãy đánh giá hàm dưới dấu tích phân.

3/22

ln(x 1) ln(x 1) 1 1 10 .x 1 x x 1 x x 1 xx x 1

( x đủ lớn).

3 / 2 1 . Vậy 2I =2

1

ln(x 1) dxx x 1

hội tụ.

k. Tính độ dài đường cong (L): 2 23 3x y 1

a b

( a < b)

Nhận xét. Khó khăn lớn nhất là có căn bậc ba trong phương trình. Để khử căn bậc ba, ta hãy đặt biến thích hợp theo lối "tọa độ cưc". Ta giải như sau.

Dạng tham số của (L) là 3 3x a cos t, y bsin t , 0 t 2 . Do tính đối xứng nên

22 2 4 2 4 2

0/2

2 2 4 2 4 2

0

L 9a sin t.cos t 9b sin t.cos t dt

4 9a sin t.cos t 9b sin t.cos t dt

/2 3 3

2 2 2 2

0

b a3 a cos t b sin t sin 2tdt ...b a

.

l. Tính độ dài đường cong có phương trình: x y a (a 0) .

Nhận xét. Chúng ta muốn dùng đặt biến "kiểu tọa độ cực" để khử căn thức.

Giải. Dạng tham số của phương trình đã cho là 4

4

x a cos t0 t

2y a sin t

.



147

/2 /22 2 2 2 6 2 6 2

0 0

L x (t) y (t) dt 16a sin t.cos t 16a sin t.cos t dt

/2

4 4

0

a2a cos t sin t sin 2tdt ... ln( 2 1) a2

.

m. Chứng minh tích phân suy rộng I = 2 20

dx

(4x 1) x 1

hội tụ.

Dùng đổi biến lượng giác tính tích phân đó. * Hàm dưới dấu tích phân liên tục trên [0; ) . Khi x thì

2 2 32 2 2

1 1 1 1.4x (1 1/ 4x ) 4x(4x 1) x 1 x 1 1/ x

.

3 1 : Tích phân đã cho hội tụ trên [0; ) . * Đặt x = tgt được

/2

20

cos tdt 3I ... dt ...93sin t 1

.

n.Chứng minh tích phân suy rộng 4

60

x 1I dxx 1

hội tụ.

Biến đổi hàm dưới dấu tích phân, tính tích phân này. * I hội tụ theo dấu hiệu so sánh.

* 4 4 2 2

6 2 4 20 0

x 1 (x x 1) xI dx dxx 1 (x 1)(x x 1)

2

2 60 0

dx x dx3x 1 x 1

.

PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010 ------------------------------------------------------------------------------------------------

--------------------------------------------------------------------------------------------- PGS TS Tô Văn Ban - Bài giảng Giải tích I - Phiên bản bê ta II: 03-09/2010

149

Chương 4 CHUỖI

§ 4.1. CHUỖI SỐ 4.1.1. Định nghĩa * Cho n{u } là một dãy số. Tổng hình thức

n 1 2n 1

u u u ...

(4.1.1)

được gọi là một chuỗi số.

1 2u ,u , ... : các số hạng; un: số hạng thứ n hay số hạng tổng quát.

Đặt 1 1S u

2 1 2

n 1 2 n

S u u. . . . . . . . . .S u u ... u. . . . . . . . . .

nS gọi là tổng riêng thứ n.

Nếu tồn tại giới hạn hữu hạn nnlim S S

ta nói chuỗi hội tụ, có tổng S (số

S gọi là tổng của chuỗi) và viết nn 1

S u .

Trái lại, ta nói chuỗi phân kì.

Nhận xét. * Sự hội tụ hay phân kì của chuỗi không thay đổi khi ta thêm, hoặc bớt, hoặc thay đổi một số hữu hạn số hạng của chuỗi.

* Đôi khi cần thiết hoặc thuận lợi nếu chuỗi bắt đầu tại một chỉ số khác 1:

n 0

n 3

cosn 1 cos1 cos2 ...

ln n ln 3 ln 4 ln 5 ...

* n ii n 1

R u

được gọi là phần dư thứ n của chuỗi. Chuỗi hội tụ khi và

chỉ khi chuỗi phần dư ii n 1

u

hội tụ. Rõ ràng khi đó nR 0 (n ) .

Ví dụ 4.1 (Chuỗi ''cấp số nhân").



150

n 1 2

n 1q 1 q q ...

(4.1.2)

Với n 1

nn

1 qq 1: S 1 q ... q1 q

.

nnn n

1| q | 1: lim q 0 lim S1 q

.

nnn n

n

| q | 1: lim q lim S

q 1: S n (n ).

2n 2n 1q 1: S 1, S 0 . Vậy không tồn tại giới hạn nnlim S

, chuỗi

phân kỳ.

Tóm lại, chuỗi n 1

n 1q

hội tụ khi | q | 1 ,

phân kỳ khi | q | 1 . #

Các tổng riêng 6 15S và S của chuỗi (4.1.2) thể hiện ở Hình 4.1.

Hình 4.1. Tổng riêng của chuỗi "cấp số nhân"

4.1.2. Điều kiện cần của chuỗi hội tụ

Định lý 4.1. Nếu chuỗi nn 1

u

hội tụ thì nn

lim u 0

.

Chứng minh. Từ chỗ nn 1

u

hội tụ suy ra tồn tại giới hạn nn

lim S S

. Từ

đó n n n 1n nlim u lim (S S ) S S 0

.



151

Nhận xét. Mệnh đề phản đảo của Định lý trên cho ta một phương pháp rất tốt để chứng minh một chuỗi phân kỳ. Xét ví dụ sau.

Ví dụ 4.2. Xét sự hội tụ của chuỗi n 1

sin n.

Từ Chương I ta biết rằng, không tồn tại giới hạn nlim sin n

. Vậy chuỗi đã

cho không hội tụ. #

4.1.3. Tiêu chuẩn Cauchy

Theo định nghĩa trên thì chuỗi hội tụ khi và chỉ khi dãy tổng riêng hội tụ. Áp dụng tiêu chuẩn Cauchy cho dãy đối với dãy tổng riêng, ta thu được tiêu chuẩn Cauchy sau đây để xét sự hội tụ của chuỗi số.

Định lý 4.2 (Tiêu chuẩn Cauchy).

Chuỗi số nn 1

u

hội tụ khi và chỉ khi

n m n0, N , m, n , n N, m 0 : S S . (4.1.3)

Ví dụ 4.3. Xét chuỗi điều hòa n 1

1 1 11 ...n 2 3

Với n nguyên dương bất kỳ thì

2n n1 1 1 1 1S S ... ...

n 1 2n 2n 2n 2

.

Vậy chuỗi điều hòa không hội tụ.

Lưu ý. Có thể chứng minh rằng

n1 11 ... C ln n2 n

(4.4.4)

với C 0,5772... là hằng số Euler, n 0 (n ). #

4.1.4. Các tính chất về phép toán

Định lý 4.3. Nếu các chuỗi n nn 1 n 1

u , v

hội tụ còn a là số thực bất kỳ thì các

chuỗi n n nn 1 n 1

(a u ), (u v )

cũng hội tụ và

n n n n n nn 1 n 1 n 1 n 1 n 1

(a u ) a u ; (u v ) u v

.



152

§ 4.2. CHUỖI SỐ DƯƠNG Hạn chế xét chuỗi trong lớp các chuỗi số dương, chúng ta nhận được các

tính chất rất sâu sắc về chuỗi. 4.2.1. Các tính chất mở đầu

Khi nu 0 n , chuỗi nn 1

u

được gọi là chuỗi số dương.

Định lý 4.4. Chuỗi số dương nn 1

u

hội tụ khi và chỉ khi dãy tổng riêng

n{S } bị chặn.

Hệ quả. Chuỗi số dương nn 1

u

phân kỳ khi và chỉ khi nó phân kỳ tới vô

cùng, tức là nnlim S

.

Định lý 4.5 (Định lý so sánh). Cho hai chuỗi số dương nn 1

u ,

n

n 1v

sao

cho n n0 u v . Khi đó

i. Nếu nn 1

v

hội tụ thì n

n 1u

hội tụ;

ii. Nếu nn 1

u

phân kì thì n

n 1v

phân kì.

iii. Nếu nn n

ulim k, (0 k )v

thì hai chuỗi nn 1

u

và n

n 1v

cùng hội

tụ hoặc cùng phân kì.

Chứng minh. Chúng ta chứng minh iii. Từ giả thiết nn n

u0 lim kv

nên bắt đầu từ số hạng thứ 0n trở đi, nn n n

n

k u 3k kv 2u 3kv .2 v 2

Áp dụng i. và ii. nhận được đpcm.

Hệ quả. Nếu hai dãy số dương n n{u }, {v } là những VCB tương đương:

n nv u , thì hai chuỗi n nn 1 n 1

u và v

cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

Ví dụ 4.4. Xét sự hội tụ của các chuỗi



153

i. n 1

ln nn

; ii. n

n 1 n 1

1sin ; iii. ln 1 .n2

Giải.

i. ln n 1 khi n 3n n

; chuỗi n 1

1n

phân kỳ. Vậy chuỗi

n 1

ln nn

phân kỳ.

ii. n nsin (n );2 2

chuỗi nn 1 2

hội tụ. Vậy chuỗi đã cho hội tụ.

ii. 1 1ln 1 (n );n n

chuỗi n 1

1n

phân kỳ. Vậy chuỗi đã cho phân kỳ.#

Lưu ý. Nếu bỏ đi điều kiện chuỗi dương thì hệ quả trên không còn đúng.

Thực vậy, ta có n n( 1) ( 1) 1

nn n

. Tuy nhiên chuỗi n

n 1

( 1)n

hội tụ (xem Ví dụ

4.10), còn chuỗi n

n 1

( 1) 1nn

phân kỳ vì nó là tổng của chuỗi hội tụ

n

n 1

( 1)n

với chuỗi điều hòa n 1

1n

.

4.2.2. Các quy tắc khảo sát sự hội tụ

Định lý 4.6 (Tiêu chuẩn D’Alembert). Giả sử đối với chuỗi số dương

nn 1

u

tồn tại giới hạn n 1

n n

ulimu

.

Nếu 1 thì chuỗi nn 1

u

hội tụ;

Nếu 1 thì nnlim u

và chuỗi nn 1

u

phân kì.

Chứng minh. Giả sử 1 . Chọn đủ bé sao cho 1 . Chọn 0n đủ lớn

để với mọi chỉ số n > n0 thì n 1n 1 n

n

a a a ( )a

. Vậy

0 0

0 0 0

0 0

n 1 n

2n 2 n 1 n

kn k n

u u ( );

u u ( ) u ( ) ; ...

u ... u ( ) ...



154

Chuỗi số k

k 1( )

hội tụ vì đó là chuỗi cấp số nhân với công bội bé

hơn 1. Vậy theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi 00

n n kn n 1 k 1

u u

hội tụ, từ đó

chuỗi đã cho hội tụ. Trường hợp 1 được chứng minh tương tự.

Ví dụ 4.5 . Xét sự hội tụ của chuỗi số nn 1

n 12

.

Giải. Đây là chuỗi số dương. Lại có n 1n nn

a n 1 1lim lim 1a 2(n 2) 2

. Vậy

chuỗi đã cho hội tụ.

Định lý 4.7 (Tiêu chuẩn Cauchy). Cho chuỗi số dương nn 1

u

sao cho

n nnlim u

.

Nếu 1 thì chuỗi nn 1

u

hội tụ;

Nếu 1 thì nnlim u

và chuỗi nn 1

u

phân kì.

Chứng minh. Xét trường hợp 1 . Chọn đủ bé sao cho 1 . Khi đó

có chỉ số 0n đủ lớn để với mọi 0n n thì nnn nu c hay 0 u c .

Chuỗi 0

n

n 1(1 )

hội tụ; theo tiêu chuẩn so sánh, chuỗi

0n

n n 1u

- và do

đó - chuỗi nn 1

u

hội tụ. Chứng minh dễ dàng cho trường hợp 1 .

Nhận xét. * Nếu dùng tiêu chuẩn D’Alembert hay Cauchy mà ta nhận được

1 thì số hạng tổng quát của chuỗi dần ra vô hạn: nnlim u

chuỗi nn 1

u

phân kỳ.

* Trường hợp 1 , cả hai tiêu chuẩn D’Alembert và Cauchy đều chưa có

kết luận: Thực tế, chuỗi có thể hội tụ, có thể phân kỳ.

* Thường thì dùng tiêu chuẩn D'Lambert dễ hơn tiêu chuẩn Cauchy. Trái

lại, tiêu chuẩn Cauchy mạnh hơn tiêu chuẩn D'Lambert theo nghĩa: Khi tiêu



155

chuẩn D'Lambert chỉ ra chuỗi hội tụ thì tiêu chuẩn Cauchy cũng chỉ ra chuỗi hội

tụ; khi tiêu chuẩn Cauchy không có kết luận thì tiêu chuẩn D'Lambert cũng vậy.

Ví dụ 4.6. Xét sự hội tụ của chuỗi số nn 1

n3

.

Giải. Đây là chuỗi số dương vớin

n nn n

n 1lim a lim 13 3

. Theo tiêu

chuẩn Cauchy, chuỗi đã cho hội tụ. Định lý 4.8 (Tiêu chuẩn (so sánh với) tích phân).

Cho hàm f(x) liên tục, không âm, đơn điệu giảm trên [a; ) . Khi đó tích

phân suy rộng a

f (x)dx

và tổng nn 1

u

với nu f (n) cùng hội tụ hoặc cùng

phân kì.

Chứng minh. Nếu nn xlim u L 0 thì lim f (x) L 0

, cả tích phân và

chuỗi đều phân kỳ. Vậy ta chỉ cần xét trường hợp nn xlim u lim f (x) 0

.

Vì hàm f(x) giảm nên f (n 1) f (x) f (n) x n 1; n . Từ đó

k kn n n

k 1 k k 1 kk 2 k 2 k 2k-1 k-1

u f (x)dx u u f (x)dx u

n

n n n 11

S u f (x)dx S u .

Cho qua giới hạn hai vế ta nhận được đpcm.

Ví dụ 4.7. Xét sự hội tụ của các chuỗi sau

i. n

2nn 2

n 1 n 1

(n!) 2, ( ); ii. sin , 0 .2n n

Giải. i. Ta có n n

n 1n 1 n

n

u ((n 1)!) n (n 1) n. .u (n 1)(n 1) (n!) (n 1)

1n 1

1 1 (n 1)(n 1) . 1 .n e

* n 1n n

u1: lim :u

Chuỗi phân kỳ.

* n 1n n

u 11: lim 1:u e

Chuỗi hội tụ.



156

* n 1n n

u1: lim 0 1u

: Chuỗi hội tụ.

Tóm lại, chuỗi hội tụ 1 .

ii. Ta có 2 2n n 2/n2u sin 2sin (n ).

n

2 1* sin :2 4 2

Chuỗi phân kỳ

2 1* sin 0 :2 4

Chuỗi hội tụ.

2 1* sin .2 4

Chuỗi trở thành

n

2 n 2n 1 n 1

2 1 1. ,n 2 n

là chuỗi hội

tụ (xem Ví dụ 4.8)

Tóm lại, chuỗi hội tụ 04

. #

Ví dụ 4.8. Xét sự hội tụ của chuỗi Riemann n 1

1 , .n

Rõ ràng là với n

10, lim 0n

nên chuỗi không hội tụ .

Với 0 , xét hàm số 1f (x) .x

Hàm này đơn điệu giảm đến 0 khi

n , 1f (n)n

. Hơn nữa ta có 1

dxx

hội tụ khi 1 , phân kỳ khi 1 .

Vậy

n 1

hôi tu khi >11phân ky khi 1n

#

§ 4.3. CHUỖI CÓ SỐ HẠNG VỚI DẤU BẤT KỲ 4.3.1. Chuỗi đan dấu Định nghĩa. Các chuỗi

1 2 3 4u u u u ...

1 2 3 4 nu u u u ... (u 0) (4.3.1) gọi là các chuỗi đan dấu.

Định lý 4.9 (Định lý Leibniz) Cho chuỗi đan dấu 1 2 3 nu u u ... (u 0) .

Nếu n{u } là dãy đơn điệu giảm đến 0 thì chuỗi hội tụ. Ngoài ra



157

n

1n ni 1

uS u

. (4.3.2)

Chứng minh. 2k 1 2 3 4 2k 1 2kS (u u ) (u u ) ... (u u ) 0 .

Vậy 2n{S , n 1,2,...} là dãy tăng, dương.

2k 1 2 3 2k 2 2k 1 2n 1S u (u u ) ... (u u ) u u (4.3.3)

Vậy 2k{S } là dãy bị chặn trên. Từ đó nó hội tụ. Đặt 2kkS lim S

.

2k 1 2k 2k 1 2k 2k 1k k k klim S lim (S a ) lim S lim a S

.

nnlim S S

. Vậy chuỗi đã cho hội tụ.

b) Từ (4.3.3) ta thấy (4.3.2) đúng với n chẵn. Với n lẻ thì

2k 1 1 2 3 2k 2k 1 1

2k 1 1 2 2k 1 2k 2k 1 2k 1 1

S u (u u ) ... (u u ) uS (u u ) ... (u u ) u u u

.

Vậy (4.3.2) cũng xảy ra với n lẻ.

Ví dụ 4.9 (Chuỗi điều hòa đan dấu). Chuỗi n

n 1

1( 1)n

gọi là chuỗi điều

hòa đan dấu.

Tất nhiên, đây là chuỗi đan dấu. Lại có 1 0 (n )n ; theo tiêu chuẩn

Leibnitz, chuỗi hội tụ.

Tương tự, ta thấy chuỗi n

n 1

1( 1)n

hội tụ với 0. #

4.3.2. Hội tụ tuyệt đối

Bây giờ ta xét chuỗi nn 1

u

với nu có dấu tùy ý. Xét sự hội tụ của chuỗi có

dấu bất kỳ thường là khó khăn, người ta hay đưa về bài toán xét sự hội tụ của chuỗi trị tuyệt đối tương ứng.

Định lý 4.10. Nếu chuỗi nn 1

| u |

hội tụ thì chuỗi n

n 1u

hội tụ.

Chứng minh. Theo tiêu chuẩn Cauchy với chuỗi nn 1

| u |

thì

n p n p

n p n n ni n 1 i n 1

S S u | u | 0 (n ).

Lại theo tiêu chuẩn Cauchy, chuỗi nn 1

u

hội tụ.

Nhận xét. Chúng ta có thể tham khảo cách chứng minh sau:



158

Đặt n n nv u u . Ta thấy n n n n0 v u u 2 u . Vậy theo tiêu

chuẩn so sánh, chuỗi nn 1

v

hội tụ . Từ đó n n n

n 1 n 1 n 1u v v

cũng hội tụ.

Ví dụ 4.10. Xét sự hội tụ của chuỗi 2n 1

cosnn

.

Ta có 2 2cosn 1n n

. 2n 1

1n

là chuỗi hội tụ, vậy chuỗi 2

n 1

| cosn |n

hội tụ. Từ

đó chuỗi 2n 1

cosnn

hội tụ. #

Định nghĩa. Chuỗi nn 1

u

được gọi là hội tụ tuyệt đối nếu chuỗi n

n 1| u |

hội tụ, được gọi là hội tụ không tuyệt đối hay bán hội tụ (hay hội tụ điều kiện)

nếu nó hội tụ nhưng chuỗi nn 1

| u |

không hội tụ.

Từ Định lý (4.10), hội tụ tuyệt đối là tính chất mạnh hơn: Một chuỗi hội tụ tuyệt đối sẽ hội tụ; trái lại, có những chuỗi hội tụ nhưng không hội tụ tuyệt đối.

Như đã thấy ở Ví dụ 1.9, chuỗi điều hòa đan dấu hội tụ. Mặt khác, n

n 1 n 1

1 1( 1)n n

là chuỗi phân kỳ. Vậy chuỗi điều hòa đan dấu bán hội tụ.

Về sự hội tụ tuyệt đối, ta có định lý đặc sắc sau đây: Định lý 4.11 (Định lý Abel). Nếu chuỗi hội tụ tuyệt đối và có tổng bằng S

thì khi thay đổi thứ tự các số hạng của nó một cách tùy ý, và (hoặc) nhóm một cách tùy ý các số hạng của chuỗi ta sẽ luôn luôn nhận được chuỗi hội tụ tuyệt đối và có tổng bằng S.

Nếu chuỗi đã cho bán hội tụ thì có thể thay đổi thứ tự các số hạng của nó để nhận được chuỗi hội tụ và có tổng bằng một số bất kỳ cho trước, thậm chí, được một chuỗi phân kỳ.

Như vậy, chuỗi hội tụ tuyệt đối có tính chất giống với tổng hữu hạn: Có thể hoán vị thứ tự các số hạng. Tính hội tụ tuyệt đối còn đảm bảo một số tính chất khác nữa giống với tổng hữu hạn như tính tích 2 chuỗi, thương 2 chuỗi ...

Xét hai chuỗi n nn 0 n 0

a ; b

. Ta gọi tích của chúng là chuỗi n

n 1c

, trong

đó n

n k n kk 0

c a b

n 0 0 0 1 1 0 0 2 1 1 2 2n 1

c a b (a b a b ) (a b a b a b ) ... .

Nếu hai chuỗi n nn 0 n 0

a , b

hội tụ tuyệt đối và có tổng là 1 2S , S tương ứng thì



159

chuỗi nn 1

c

cũng hội tụ tuyệt đối và có tổng là 1 2S S . (Để chuỗi n

n 1c

hội tụ và

có tổng là 1 2S S chỉ cần 1 trong 2 chuỗi n nn 0 n 0

a , b

hội tụ tuyệt đối).

§ 4.4. CHUỖI HÀM SỐ 4.4.1. Sự hội tụ, miền hội tụ Định nghĩa. Cho dãy hàm số n 1 2{u (x)}: u (x); u (x); ...} xác định trên tập

X . Tổng hình thức

n 1 2n 1

u (x) u (x) u (x) ...

(4.4.1)

được gọi là chuỗi hàm số, X: tập xác định,

1u (x) : số hạng thứ nhất,

nu (x) : số hạng thứ n hay số hạng tổng quát. Nếu không cho trước tập xác định, ta hiểu tập xác định X của chuỗi (4.4.1)

là giao của tất cả các tập xác định của các số hạng nu (x) .

Nếu 0x X mà chuỗi số n 0n 1

u (x )

hội tụ thì 0x được gọi là điểm hội tụ

của chuỗi hàm (4.4.1). Tập các điểm hội tụ của chuỗi hàm được gọi là miền hội

tụ (hay tập hội tụ) của nó. Trái lại, nếu chuỗi số n 0n 1

u (x )

phân kỳ thì 0x được

gọi là điểm phân kỳ.

Giá trị của tổng của chuỗi nn 1

u (x)

với x nằm trên miền hội tụ được gọi là

tổng của chuỗi.

Ví dụ 4.11. Xét chuỗi hàm n 2

n 1x 1 x x ...

Nếu n

n 0

1| x | 1: x1 x

: Chuỗi hội tụ

n

n 0| x | 1: x

: Chuỗi phân kỳ.

Vậy, miền hội tụ của chuỗi đã cho là ( 1; 1) và n

n 0

1x1 x

. #



160

Ví dụ 4. 12. Xét chuỗi hàm xn 1

1n

.

Chúng ta nhớ lại rằng khi dùng tiêu chuẩn tích phân ở Ví dụ 4.8 ta đã thấy với x 1 thì chuỗi hội tụ, với x 1 thì chuỗi phân kỳ. Vậy miền hội tụ của chuỗi đã cho là x 1 . Khi ấy, chuỗi hội tụ đến hàm (x) , gọi là hàm Riemann. #

4.4.2. Hội tụ đều

Chuỗi hàm số nn 1

u (x), x X

được gọi là hội tụ đều trên tập D X đến

hàm số S(x) nếu

n0, N N( ), n N : S (x) S(x) . (4.4.2)

Như vậy, nếu chuỗi hội tụ đều thì dù cho trước có bé thế nào chăng nữa, tổng riêng nS (x) sẽ gần tổng S(x) của chuỗi một cách tùy ý, tại tất cả mọi điểm của D, nếu chỉ số n đủ lớn.

Ví dụ 4. 13. Xét chuỗi n

2n 1

( 1)x n

.

Đây là chuỗi đan dấu. Hơn nữa n 21u (x) 0, (n )

x n

x . Vậy

chuỗi luôn hội tụ. Chuỗi phần dư của chuỗi này cũng là chuỗi đan dấu, nu (x) 0, (n ). Vậy

n n 1 21 1S (x) S(x) u

n 1x (n 1)

.

Nếu 1 1n 1n 1

thì nS (x) S(x) . Vậy chuỗi đã cho hội tụ

đều trên . # Dựa vào tiêu chuẩn Cauchy về sự hội tụ của chuỗi số, ta dễ dàng phát biểu

tiêu chuẩn Cauchy cho sự hội tụ đều của chuỗi hàm.

Định lý 4.12 (Tiêu chuẩn Cauchy). Chuỗi hàm nn 1

u (x)

hội tụ đều trên tập

D khi và chỉ khi n p

nk n 1

0, N 0, n N, p 0 : u (x) , x D.

(4.4.3)

Tiêu chuẩn Weierstrass sau đây cho phép ta kiểm tra sự hội tụ đều của chuỗi hàm thông qua sự hội tụ của chuỗi số thông thường.

Định lý 4.13 (Tiêu chuẩn Weierstrass)

Nếu *n nu (x) a , n , x D và chuỗi số n

n 1a

hội tụ thì chuỗi hàm

nn 1

u (x)

hội tụ tuyệt đối và đều trên D.



161

Ví dụ 4.14. Cho chuỗi hàm 2 2n 1

cosnxn x

.

Ta có 2 2 2cosnx 1

n x n

. Chuỗi số 2

n 1

1n

hội tụ. Vậy chuỗi đã cho hội tụ đều

trên . # 4.4.3. Tính chất của chuỗi hàm hội tụ đều Tổng hữu hạn của các hàm liên tục (khả vi, khả tích) lại là hàm liên tục

(tương ứng khả vi, khả tích). Tính chất này không còn đúng với tổng vô hạn. Để giữ được tính liên tục, khả vi, khả tích của tổng của chuỗi vô hạn, ta cần thêm điều kiện hội tụ đều. Khẳng định này được nêu rõ ở các định lý dưới đây.

Định lý 4.14. Giả sử với mọi n nguyên dương thì hàm nu (x) liên tục trên

khoảng suy rộng D và chuỗi hàm nn 1

u (x)

hội tụ đều trên D. Khi đó tổng S(x)

của chuỗi hàm nn 1

u (x)

là hàm số liên tục trên D.

Định lý 4.15. Giả sử với mọi n thì hàm nu (x) liên tục trên đoạn [a; b] và

chuỗi hàm nn 1

u (x)

hội tụ đều trên [a; b] . Khi đó tổng S(x) của chuỗi hàm

nn 1

u (x)

là hàm số khả tích trên [a; b] và ta có

b b b

n nn 1 n 1a a a

S(x)dx u (x) dx u (x)dx

. (4.4.4)

Nói ngắn gọn, nếu chuỗi của các hàm số liên tục là hội tụ đều thì ta có thể lấy tích phân từng số hạng của chuỗi.

Định lý 4.15. Cho nu (x), n 1, 2, ... là các hàm liên tục cùng các đạo hàm

nu (x) của chúng trên khoảng (a; b). Hơn nữa, giả sử rằng chuỗi hàm nn 1

u (x)

hội tụ và có tổng bằng S(x) trên (a; b), còn chuỗi đạo hàm nn 1

u (x)

hội tụ đều

trên (a; b). Khi đó S(x) là hàm khả vi và

n nn 1 n 1

S(x) u (x) u (x), x (a; b).

(4.4.5)



162

§ 4.5. CHUỖI LŨY THỪA 4.5.1. Khái niệm chuỗi lũy thừa, bán kính hội tụ Chuỗi lũy thừa là chuỗi hàm số có dạng

n 2 nn 0 1 2 n n

n 0a x a a x a x ... a x ..., a

(4.5.1)

trong đó x là biến, hằng số na là hệ số của nx . Tổng quát, với 0 nx , a chuỗi hàm số

n 2n 0 0 1 0 2 0

n 0a (x x ) a a (x x ) a (x x ) ...

(4.5.2)

được gọi là chuỗi lũy thừa của 0x x (hay chuỗi lũy thừa tại 0x x ).

Đặt 0X x x , chuỗi (4.5.2) trở thành nn

n 0a X

, lại có dạng (4.5.1). Vì

thế chúng ta chỉ cần xét chuỗi lũy thừa dạng (4.5.1).

Định lý 4.17 (Abel). Nếu chuỗi lũy thừa nn

n 0a x

hội tụ tại 0x 0 thì nó

hội tụ tuyệt đối tại mọi điểm x mà 0| x | | x | .

Chứng minh. Do chuỗi (1) hội tụ tại x = x0, nên số hạng tổng quát của nó có giới hạn 0. Vậy tồn tại số dương M sao cho n

n 0a x M, n . Từ đó

n nn n

n n 00 0

x xa x a x M , nx x

.

Lại thấy chuỗi n

0n 1

xx

hội tụ với 0| x | | x | . Áp dụng tiêu chuẩn so sánh,

nhận được đpcm.

Hệ quả. Nếu chuỗi lũy thừa nn

n 0a x

phân kỳ tại 1x thì nó cũng phân kỳ

tại x mà 1| x | | x | .

Hệ quả. Tồn tại số R 0 để chuỗi nn

n 0a x

hội tụ trong khoảng (-R; R);

phân kỳ trong ( ; R) và (R; ) .

R như thế được gọi là bán kính hội tụ; khoảng (-R; R) gọi là khoảng hội tụ. Nhận xét. Từ hệ quả, miền hội tụ của chuỗi lũy thừa có 1 trong 4 dạng

(-R; R); (-R; R]; [-R; R); [-R; R].



163

4.5.2. Quy tắc tìm bán kính hội tụ Định lý 4.18. Nếu

n 1n n

alima

hoặc n nn

lim a

(4.5.3)

thì bán kính hội tụ R của chuỗi lũy thừa nn

n 0a x

được xác định bởi

1/ , 0R 0,

, 0.

(4.5.4)

Phương pháp tìm miên hội tụ của chuỗi lũy thừa

Tìm bán kính hội tụ theo quy tắc trên;

Xét sự hội tụ của chuỗi tại đầu mút –R và R;

Kết luận.

Tính chất sau cũng rất có ích khi tìm miền hội tụ.

Tính chất. Hai chuỗi lũy thừa

n 2n 0 1 2

n 0a x a a x a x ...

,

n m m m 1 m 2n 0 1 2

n 0a x a x a x a x ... m

cùng hội tụ hay phân kỳ, có thể trừ ra tại điểm x = 0.

(Nhân hay chia chuỗi lũy thừa với lũy thừa của biến x được chuỗi có cùng

miền hội tụ, có thể trừ ra tại x = 0).

Phương pháp tìm miền hội tụ của chuỗi tùy ý

Cách I: “Lũy thừa hóa”, đưa chuỗi đa cho về chuỗi lũy thừa.

Cách II: Coi x là tham số, x cố định thuộc tập xác định, chuỗi hàm trở thành

chuỗi số. Dùng các tiêu chuẩn so sánh, tiêu chuẩn D'Alembert, Cauchy ... với

chuỗi số để xét sự hội tụ (phải biện luận).

Nhận xét. Nếu dùng tiêu chuẩn D’Alembert hay Cauchy với chuỗi số

nn 1

u (x)

(x là tham số) mà ta nhận được 1 thì nn

lim | u (x) |

Chuỗi

nn 1

u (x)

phân kỳ.



164

Ví dụ 4.15. Hãy tìm miền hội tụ của chuỗi lũy thừa n

n 1

xn

.

Đây là chuỗi lũy thừa, hơn nữa n 1

n

a n 0 (n ).a n 1

Vậy R 1/1 1 và khoảng hội tụ của chuỗi là ( 1; 1) .

Tại x 1 , chuỗi trở thành 1 1 11 ...2 3 4

Đây là chuỗi điều hòa đan

dấu nên nó hội tụ.

Tại x 1 , chuỗi trở thành 1 1 11 ...2 3 4

, là chuỗi phân kỳ.

Tóm lại, miền hội tụ của chuỗi đã cho là [1; 1) . # 4.5.3. Tính chất của chuỗi lũy thừa Cho chuỗi lũy thừa (4.5.1) với khoảng hội tụ (-R; R) và tổng của chuỗi là

hàm S(x) trên (-R; R). Định lý 4.19. Chuỗi (4.5.1) hội tụ tuyệt đối tại mọi điểm 0x mà 0x R .

(Chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối trên khoảng hội tụ của nó). Định lý 4.20. Với [a; b] ( R; R) tùy ý, chuỗi (4.5.1) hội tụ đều trên

[a; b] . (Chuỗi lũy thừa hội tụ đều trên đoạn tùy ý nằm trong khoảng hội tụ của nó). Định lý 4.21. Tổng S(x) của chuỗi lũy thừa (4.5.1) là hàm số liên tục trên

khoảng hội tụ ( R; R) của nó. Nếu chuỗi hội tụ tại mút (trái - phải) của khoảng hội tụ thì tổng S(x) liên tục một phía (phải - trái) tại mút ấy.

Định lý 4.22. Có thể lấy tích phân từng số hạng của chuỗi lũy thừa (4.5.1) trên mọi đoạn [a; b] nằm trong khoảng hội tụ (-R; R) của nó:

b b

n nn n

n 0 n 0a a

a x dx a x dx

. (4.5.5)

Đặc biệt, x ( R;R)

x

n 2 n 11 nn 0

n 00

a aa x dx a x x ... x ...2 n 1

(4.5.6)

Hơn nữa, chuỗi ở vế phải cũng có khoảng hội tụ là (-R; R). Định lý 4.23. Có thể lấy đạo hàm từng số hạng của chuỗi lũy thừa (4.5.1)

tại mọi điểm trong khoảng hội tụ của nó: x ( R; R) thì

n n 1n 1 2 n

n 0a x a 2a x ... na x ...

(4.5.7)

Chuỗi ở vế phải của (4.5.7) cũng có khoảng hội tụ là (-R; R).



165

Hệ quả. Có thể đạo hàm (hoặc tích phân) vô số lần chuỗi lũy thừa trong khoảng hội tụ của nó; các chuỗi thu được có cùng khoảng hội tụ với khoảng hội tụ của chuỗi đã cho.

4.5.4. Khai triển một hàm thành chuỗi lũy thừa a. Vấn đề khải triển hàm thành chuỗi lũy thừa Giả sử hàm f(x) có thể biểu diễn được dưới dạng chuỗi lũy thừa, tức là:

0 0x (x ; x ), 0 thì 2

0 1 0 2 0 if (x) a a (x x ) a (x x ) ..., (a ). (4.5.8) Chuỗi lũy thừa ở vế phải có bán kính hội tụ ít nhất bằng nên f(x) khả vi

vô hạn lần trong khoảng 0 0(x ; x ) và có thể đạo hàm mọi cấp từng số hạng của chuỗi:

21 2 0 3 0 0 1

22 3 0 4 0 0 2

(n) (n)n n 1 0 0 n

f (x) a 2a (x x ) 3a (x x ) ... f (x ) a ;

f (x) 2a 3a (x x ) 4a (x x ) ... f (x ) 2a ;. . . . .

f (x) n!a (n 1)!a (x x ) ... f (x ) n!a .

Vậy (n)

0n

f (x )an!

. Thay trở lại ta được

(n)n0

0 0f (x )f (x) f (x ) ... (x x ) ...

n! (4.5.9)

Như vậy nếu hàm có thể biểu diễn được dưới dạng chuỗi lũy thừa thì nó phải là hàm khả vi vô hạn và biểu diến phải có dạng (4.5.9).

Chuỗi ở vế phải của (4.5.9) có một ý nghĩa đặc biệt; vả lại chỉ cần hàm f(x) khả vi vô hạn tại 0x là chuỗi này xác định. Từ đó người ta đưa ra định nghĩa:

Định nghĩa. * Cho hàm số f(x) xác định tại điểm 0x và lân cận và có đạo hàm mọi cấp tại 0x . Chuỗi hàm

(n)n0 0

0 0 0f (x ) f (x )f (x ) (x x ) ... (x x ) ...

1! n!

(4.5.10)

được gọi là chuỗi Taylor của hàm f(x) tại 0x .

* Nếu 0x 0 , chuỗi Taylor trở thành (n)

nf (0) f (0)f (0) x ... x ...1! n!

(4.5.11)

được gọi là chuỗi Marlourin của hàm f(x). * Giả sử chuỗi (4.5.10) hội tụ tại một lân cận của điểm 0x và có tổng bằng

f(x) (trong một lân cận nào đó của 0x xảy ra đẳng thức

(n)

1 n0 0

f (0) f (x)f (x) f (0) (x x ) ... (x x ) ...1! n!

).



166

Khi đó ta nói rằng hàm f(x) khai triển được thành chuỗi Taylor tại lân cận đã nêu của 0x . (Hàm f(x) còn được gọi là hàm giải tích trong lân cận ấy).

Từ phân tích trên ta nhận được định lý sau đây: Định lý 4.24 (Tính duy nhất của khai triển). Nếu f(x) có thể khai triển thành chuỗi Taylor trong một lân cận nào đó của

điểm 0x : 2

0 1 0 2 0 0 0f (x) a a (x x ) a (x x ) ... x (x ; x ) thì f(x) khả vi vô hạn tại lân cận này và chuỗi ở vế phải chính là chuỗi (4.5.10).

b. Điều kiện để hàm số khai triển thành chuỗi Taylor (☼) Định lý 4.24. Giả sử hàm số f(x) có đạo hàm mọi cấp trong một lân cận

0 0(x ; x ) của điểm 0x . Đặt

(n)

n0 0n 0 0 0

f (x ) f (x )P (x) f (x ) (x x ) ... (x x ) ,1! n!

(4.5.12)

n nR (x) f (x) P (x). Nếu n 0 0n

lim R (x) 0, x (x ; x )

thì hàm f(x) có thể khai triển

thành chuỗi Taylor trong lân cận 0 0(x ; x ). Chứng minh. Ta có

n n nn n n0 lim R (x) lim [f (x) P (x)] f (x) lim P (x)

(n)n0

0 0f (x )f (x) f (x ) ... (x x ) ...

n!

Hệ quả. Nếu có một lân cận 0 0(x ; x ) của điểm 0x và M > 0 để (n) n

0 0f (x) M , x (x ; x ), n 1,2, ... (4.5.13)

thì hàm f(x) khai triển được thành chuỗi Taylor trong lân cận này. Chứng minh. Theo công thức Taylor,

(n 1)n 1

n 0f ( )R (x) (x x ) ,(n 1)!

nằm giữa x và 0x .

Vậy n n

n 1 n 1n 0

M MR (x) (x x ) 0 (n ).(n 1)! (n 1)!

Từ đó nnlim R (x) 0

. Theo Định lý trên, f(x) khai triển được thành chuỗi

Taylor.

Chú ý. Xét hàm số 21f (x) exp

x

với x 0 và f (0) 0 . Tính toán cụ

thể ta được (n)f (0) 0, n 0, 1, ... Vậy chuỗi Marlourin (4.5.11) của nó bằng 0, rõ ràng khác với f(x). Như vậy, trong trường hợp tổng quát, chuỗi Taylor của hàm số nói chung không hội tụ về hàm đã cho. (☼)



167

c. Khai triển Marlorin của một số hàm sơ cấp 2 n

x

3 5 2n 1n 1

2 4 2nn

n

2

x x xe 1 ... .... x ( ; )1! 2! n!

x x xsin x x ... ( 1) ... x ( ; )3! 5! (2n 1)!

x x xcos x 1 ... ( 1) ... x ( ; )2! 4! (2n)!

( 1)...( n 1)(1 x) 1 x ... x ... x ( 1;1)n!

1 1 x x ...1 x

n

2 3 nn 1

3 5 2n 1(n 1)

x ... x ( 1;1)

x x xln(1 x) x ... ( 1) .... x ( 1;1)2 3 n

x x xarctgx x ... ( 1) ... x [ 1;1].3 5 2n 1

Ví dụ 4.16. Đối với hàm xy e , tổng riêng của chuỗi Taylor của nó thể hiện trên Hình 4.2. Ta thấy:

n càng lớn khoảng I ( ; ) càng nhỏ

thì sự xấp xỉ nf (x) R (x) càng chính xác. #

Hình 4.2. Ttổng riêng của chuỗi Maclourin của hàm xy e

4.5.5. Ứng dụng a. Tính gần đúng. Một ứng dụng quan trọng của chuỗi lũy thừa là tính gần

đúng giá trị của biểu thức. Chẳng hạn, ta cần tính giá trị gần đúng của A f (x) . Theo khai triển Taylor thì

(n)n0

0 0f (x )A f (x) f (x ) ... (x x ) ...

n!



168

Ta sẽ dùng xấp xỉ (n)

n0 00 0 0

f (x ) f (x )A f (x ) (x x ) ... (x x )1! n!

. (4.5.14)

Sai số mắc phải là (n 1)

n 1n 0

f ( )R (x x ) .(n 1)!

(4.5.15)

Trong nhiều trường hợp ta có thể dùng đánh giá

n 1n 1n 0

MR | x x |(n 1)!

với (n 1)n 1 x [a; b]

M Max f (x)

([a; b] chứa 0x, x ). (4.5.16)

Vấn đề còn lại là chọn hàm f(x) và điểm 0x . Một số trường hợp đòi hỏi tìm cấp khai triển n để xấp xỉ (4.5.14) đạt độ

chính xác cho trước. Muốn vậy ta cần xét bất đẳng thức nR (tất nhiên phải tính n 1M ), giải

ra ta được n cần tìm. b. Tính đạo hàm tại điểm cho trước.

Dùng các khai triển quen biết có thể ta tìm được khai triển Taylor của hàm

f(x):

(n)n n0

n 0 0n 0 n 0

f (x )f (x) a (x x ) (x x )n!

.

Khi đó tìm các đạo hàm của hàm này tại 0x như sau:

(n)(n)0

n 0 nf (x )a f (x ) a n!

n! (4.4.17)

Ví dụ 4.17. Cho hàm số 2f (x) sinx . Tính đạo hàm (2000)f (0) n 1 n 1 (n)

2n 1 2 4n 2 n

n 1 n 1 n 0

( 1) ( 1) f (0)sinx x sinx x x(2n 1)! (2n 1)! n!

4n 2 2000 n 499.5 không nguyên. Vậy (2000)f (0) 0 . Hơn nữa,

(2k 1) (4k)2k 1 4k

(8k 2)8k 2

(8k 6)8k 6

a a 0 y (0) y (0) 01 1a y (0) (8k 2)!

(4k 1)! (4k 1)!1 1a y (0) (8k 6)!

(4k 3)! (4k 3)!

#



169

4.5.6. Tính tổng một số chuỗi (☼) a. Sử dụng trực tiếp các chuỗi quen biết Ba chỗi thông dụng nhất là

2 3 n n

n 0

1 1 x x x ... x ... x , x ( 1;1)1 x

:

“chuỗi cấp số nhân” n

x x xe 1 ... ... x ( ; )1! n!

“chuỗi e – mũ”: 2 n

n 1x xln(1 x) x ... ( 1) ... x ( 1;1)2 n

…

“chuỗi loga” Tất nhiên ta nhớ được thêm bao nhiêu thì tốt bấy nhiêu! Thông thường, chúng ta phải đặt biến mới để “lũy thừa hóa” chuỗi đã cho. Ví dụ 4.18. Sử dụng các chuỗi quen biết, tính tổng các chuỗi

1. n 1 n

n 1

1 xn

2. n

n 1

xn

3. nn n

n 1

1x2 x

4. 2 3 4 52 2 2 2 2A 1 ...

1! 2! 3! 4! 5!

Giải. 1. Có thể kiểm tra miền hội tụ của các chuỗi này là (-1; 1). Hơn nữa, nhớ đến “chuỗi loga”, ta có thể giải như sau. Ta có

2 3 nn 1x x xln(1 x) x ... ( 1) ..., x ( 1;1)

2 3 n .

Vậy tổng chuỗi đã cho là ln(1 + x).

2. 2 3 nx x xln(1 x) (x ... ....) , x ( 1;1)

2 3 n

Vậy tổng đã cho là ln(1 x) .

3. n

n 1

xx1 x

, x 1 .

n nn 1

1 1/ (2x) 1 1, x1 (1/ 2x) 2x 1 22 x

.

Vậy với 1 x 12 thì

2

2x 1 2x 2x 1S(x)

1 x 2x 1 2x 3x 1

.

4. Bởi vì n

x

n 0

xen!

nên 2A e . #



170

b. Đạo hàm hay tích phân chuỗi quen biết hay chuỗi đã cho Bước 1: Đưa ra một khai triển quen biết, ví dụ

2 3 n1 1 x x x ... x ... x ( 1;1)1 x

Bước 2 (nếu cần): Đạo hàm hay tích phân 2 vế trên miền hội tụ, ví dụ

2 n 12

2 n 23

1 1 2x 3x ... nx ... x ( 1;1)(1 x)

1 2 2.3x 3.4 x ... n(n 1) x ... x ( 1;1)(1 x)

2 3 4 n

2 3 4 nn 1

x x x xln(1 x) x ... ... x ( 1;1)2 3 4 n

x x x xln(1 x) x ... ( 1) ... x ( 1;1)2 3 4 n

Bước 3 (nếu cần thiết): Biểu diễn chuỗi đã cho thông qua những chuỗi này.

Bước 4 (nếu cần thiết): Thay 0x x thích hợp.

Cũng có thể ta làm các bước ở trên nhưng với chuỗi đã cho. Nhớ rằng việc

lấy đạo hàm thường dễ hơn lấy tích phân.

Đạo hàm chuỗi đã cho Tích phân chuỗi quen biết.

Đạo hàm chuỗi quen biết Tích phân chuỗi đã cho.

Cụ thể hơn, từ chuỗi cấp số nhân, bằng các phép đạo hàm, nhân hay chia

lũy thừa, ta nhận đựơc nhiều chuỗi. Tất nhiên, ta phải quan tâm đến tập chỉ số,

nhất là chỉ số đầu tiên. Chẳng hạn

n 1 n

n n

n 1 2 n

n n 1

n 2 n 45

nx x

nx x x

nx x x

(n 1)x x

1(n 4)x xx

n 1 n

n 4 2 n 2

2 n n

2 n n 1

n(n 1)x x

n(n 1)x x x

n x x x

(n 1) x x x

(4.4.18)

Tương tụ, từ các chuỗi với hệ số phân, bằng các phép biến đổi như trên, ta

có thể đưa về chuỗi cấp số nhân. Chẳng hạn



171

n n 1

n n 1 n 1

n n 1 n 1

2n 2n 1 2n 1

n 3 3 n n

1 x xn1 1 1x x x : Xét x

n 1 n 1 n 11 1 1 1x x : Xét x

n 1 x n 1 n 11 1 1 1x x : Xét x

2n 1 x 2n 1 2n 11 1 1x x x : Xét xn n n

Ví dụ 4.19. Đạo hàm hay tích phân chuỗi đã cho hay các chuỗi quen biết, tính tổng của các chuỗi hàm sau đây.

1. 3 5 2n 1

n 1x x xx ... 1 ...3 5 2n 1

2. 2n 5

2nn 0

x3 (2n 1)

3. 2 n1 2 n... ...x x x

4. n

n 1n

n 1

(x 5)( 1)n3

5. n 1

2 n 11 1 ( 1)A 1 ... ...

3.3 5.3 (2n 1)3

Giải. 1) R = 1. Trong khoảng hội tụ (-1; 1) có thể đạo hàm từng số hạng:

2 42

1S (x) 1 x x ...1 x

.

x xx02

0 0

1S(x) S (t)dt S(0) dt 0 arctgt | arctgx1 t

.

Vậy 3 5 2n 1

n 1x x xS(x) x ... 1 ... arctgx3 5 2n 1

.

Cũng có thể trực tiếp dùng chuỗi arctg. 2) Dễ thấy khoảng hội tụ là (-3; 3)

2n 5 2n 14

2n 2nn 0 n 0

x xS(x) x3 (2n 1) 3 (2n 1)

(xem tính chất ở 4.5.2).

Đặt 2n 1

2nn 0

xf (x)3 (2n 1)

. Có ngay f (0) 0 .



172

Trong khoảng hội tụ, đạo hàm 2 vế được 2n2n

2n 2 2n 0 n 0

x x 1 9f (x)33 1 (x / 3) 9 x

3 3

20 0

9 3 3 xf (x) f (t)dt f (0) dt ... ln2 3 x9 t

43 3 xS(x) x ln2 3 x

.

3. Đặt 1tx

, 2 n n

n 1S(x) h(t) t 2t ... nt ... nt

, khoảng hội tụ là

(-1;1). Ta có

2 n

n 0

1 1 t t ... t1 t

,

n 1 n 12

n 1

1 1 2t ... nt ... nt(1 t)

.

Vậy n n 12 2

n 1 n 1

t xh(t) nt t nt S(x) , x 1(1 t) (x 1)

.

4. Trước hết ta “lũy thừa hóa” chuỗi này bằng cách đặt x 5t3

được

nn 1

n 1

t( 1)n

.

Cách I: Sử dụng chuỗi loga.

Cách II: Đặt n

n 1

n 1

tS(t) ( 1)n

. Dễ thấy miền hội tụ là t ( 1; 1) .

Trong miền hội tụ ta có thể đạo hàm từng số hạng:

n 1 n 1

n 1t t

t0

0 0

1S (t) ( 1) t1 t

1S(t) S (u)du S(0) du 0 ln 1 u | ln(1 t)1 u

Vậy x 5 x 2S ln 1 ln , x (2; 8)3 3

Cách III (ít dùng). Tích phân tứng số hạng của chuỗi n

n 1

n 1

tS(t) ( 1)n

trong đoạn [0; u], u ( 1;1) rồi đạo hàm kết quả nhận được.



173

5.

n 1 n 1 2n 1

n 1n 1 n 1

1 1 1A 32n 1 32n 1 3

.

Như vậy, A là 3 lần giá trị của chuỗi

n 12n 1

n 1

1x

2n 1

tại 1/ 3 .

Xét

n 12n 1

n 1

1S(x) x

2n 1

. Dễ thấy khoảng hội tụ là ( 1; 1)

n 1 2n 22

n 1

1S (x) 1 x .... S(x) arctgx1 x

1 1A 3 S 3 arctg 363 3

. #

c. Tách chuỗi đã cho thành tổng Ví dụ 4.20. Bằng cách tách chuỗi đã cho thành tổng của các chuỗi quen

biết hay đạo hàm, tích phân của chúng, tính tổng của các chuỗi hàm sau.

1. 2n

n 1

2n 1 xn!

2. n

n 1

n xn 1 2

3. n 2 n

n 11 2n 1 x

2 n

n 14. n x

nn

n 12 4 2k

nn 1

2n 15. x3

t t t6. 1 ... ...2! 4! (2k)!

2n 17.( 2)

Giải. 1) Dễ thấy chuỗi hội tụ x .

2 2 2

2n 2n 2n

n 0 n 1 n 0

2(n 1) 2 2n

n 1 n 0

2 2n 2n 2 x x x 2

n 0 n 0

2n 1 2n 1x x xn! n! n!

1 12 x x(n 1)! n!

1 12x x x 2x e e e (x 2)n! n!

2) Trước hết đặt xt2

ta được n

n 1

nS tn 1

.

Miền hội tụ t ( 1;1) ( x ( 2;2)) Biến đổi tổng này ta có



174

n n n n

n 1 n 1 n 1 n 1

n 1 1t 1 t t tn 1 n 1 n 1

n 11

n 1

t 1 1 t 1t S (t), t 0; t ( 1; 1)1 t t n 1 1 t t

với n 11

n 1

1S (t) t , t ( 1; 1)n 1

.

1t t

n1 1 1 1

n 1 0 0

S (0) 0

t uS (t) t S (t) S (u)du S (0) du 01 t 1 u

t

t0

0

11 du u ln u 1 | t ln(1 t)u 1

Vậy t 1 2 2 2 xS 1 ln(1 t) ln1 t t 2 x x x

.

Lưu ý: Xem x 0

S(0) lim S(x) 0

, ta thấy công thức vẫn đúng tại x = 0.

3. Trước hết đặt t x được chuỗi 2 n

n 12n 1 t

.

Dễ thấy khoảng hội tụ của nó là (-1;1). Để tính tổng, ta xuất phát từ chuỗi “cấp số nhân”

2 3 n n

n 0

1 1 x x x ... x ... x , x ( 1;1)1 x

. (*)

Trong khoảng hội tụ đạo hàm từng số hạng hai lần ta được:

n 1 2 n 12

n 1

1 nx 1 2x 3x ... nx ...(1 x)

(**)

n 2 n 23

n 2

2 n(n 1)x 2 3.2x ... n(n 1)x ...(1 x)

(***)

Phân tích hệ số của chuỗi đã cho qua hệ số 3 chuỗi còn lại ta thấy 2 2(2n 1) 4n 4n 1 4n(n 1) 8n 1 .

Vậy ta nhận được

2 n n

n 1 n 1

n n 1 n3 2

n 1 n 1 n 1

2n 1 t 4n(n 1) 8n 1 t

2 8t t4 n(n 1)t 8t nt t 4. .1 t(1 t) (1 t)

Trở về biến cũ, 3 2

3x 10x 9x 8S

(1 x)



175

Cách II. 2 n 2 n n n

n 1 n 1 n 1 n 12n 1 t 4n t 4n t t

, sử dụng (4.4.18)

4.Hướng dẫn: Sử dụng (4.4.18) hoặc 2n n.(n 1) n rồi dùng (**), (***).

5. Đặt t = x / 3, được chuỗi n

n 1S(t) (2n 1)t

.

Dễ thấy khoảng hội tụ là (-1; 1) (với biến x là (-3; 3). Ta có

n n n n 1 n

n 1 n 1 n 1 n 1 n 1S(t) (2n 1)t 2 nt t 2t nt t

(*)

Mặt khác ta có

2 n n

n 0

1 1 t t ... t ... t , t ( 1;1)1 t

.

Trong khoảng hội tụ đạo hàm từng số hạng ta được:

n 1 2 n 12

n 1

1 nt 1 2t 3t ... nt ...(1 t)

Vậy 2 21 t t(1 t)S(t) 2t

1 t(1 t) (t 1)

. Trở về biến cũ,

2x(x 3)S(x)(x 3)

.

6. 2 3 4 2k 2k 1

t t t t t te 1 t ... ...2! 3! 4! (2k)! (2k 1)!

2 3 4 2k 2k 1t t t t t te 1 t ... ...

2! 3! 4! (2k)! (2k 1)!

2 4 2k t t

t t t t t e ee e 2 1 ... ... S(t) cht2! 4! (2k)! 2

7. 1 1n n nn 1 n 1 n 1

2n 1 n 1 1/ 2 12 2S 2S1 1/ 2 2 1( 2) ( 2) ( 2)

với 1 nn 1

nS( 2)

.

Rõ ràng 1S là tổng của chuỗi n

n 1A nx

tại x 1/ 2 . Vậy ta giải tiếp

như sau.

Xét n

n 1A nx

. Ta có



176

2 3 n n

n 0

1 1 x x x ... x ... x , x ( 1;1)1 x

2 n 11 1 2x 3x ... nx ..., x ( 1;1)1 x

.

2

2 21 x 2x 2A 1 A

(x 1) x 2x 1

11S A ...2

# (☼)

4.5.7. Một số ví dụ (tự đọc)

a. Khai triển hàm số y ln x thành chuỗi luỹ thừa của 1 xu1 x

.

Nhận xét.Ttrước hết ta hãy biểu diễn x qua u. Thay biểu diễn này vào hàm lnx, ta được biểu diễn y theo u. Khai triển hàm thu được.

Giải. 1 x 1 uu x1 x 1 u

; u 1x 0 0 1 u 1u 1

.

ln x ln(1 u) ln(1 u)

= n 1 n n 1 n 2n 1

n 1 n 1 n 1

( 1) ( u) ( 1) u u2n n 2n 1

.

b. Cho hàm số 3f (x) ln(1 x ) . Tính đạo hàm (2008)f (0) . n 1 n 1

n 2 2n

n 1 n 1

( 1) ( 1)ln(1 x) x ln(1 x ) xn n

.

2n 2008 n 1004 . 1005 (2008) 1005

(2008)2008

( 1) f (0) ( 1)a f (0) 2008!1004 2008! 1004

.

c. Cho chuỗi hàm số 2n

n 0

(2n 1)xn!

.

Hãy tìm khoảng hội tụ và tính tổng của chuỗi hàm trong khoảng hội tụ. n

n xn 1

a (2n 1) (n 1)!R lim lima n! 2n 3

.

Vậy, khoảng hội tụ là ( ; ) . 2n 2 n

2n 2 2 n 1

n 1 n 0 n 1 n 0

2n x 1 (x )S x 2x (x )n! n! (n 1)! n!

2 2 22 x x x 22x e e e (2x 1) .

d. Khai triển hàm x 1f (x) arctgx 1

thành chuỗi Maclaurin, tìm miền hội tụ

của chuỗi thu được và tính tổng n

n 0

1S

2n 1

.



177

Giải. n 2n2

n 0

1f (x) 1 x1 x

, f (0) arctg( 1) / 4 .

Tích phân từ 0 đến x ta nhận được:

2n 1

n

n 0

xf (x) 14 2n 1

.

Bán kính hội tụ R = 1. Tại x = 1 chuỗi hội tụ, tại x = - 1 chuỗi phân kì,

miền hội tụ là: (0;1] . Cho x = 1 ta suy ra S4

.

e. Tìm miền hội tụ, hội tụ tuyệt đối của chuỗi lũy thừa sau:

nn

n

n 1

3 1x 1

n

.

Giải. ta có n n

nn

3 ( 1)lim 3n

. Vậy bán kính hội tụ là R 1/ 3 .

4 2x 1 1/ 3 x3 3

: Chuỗi hội tụ tuyệt đối.

Tại 4x3

, chuỗi trở thành n n

n 1 n 1

1 1 1n n 3

: Chuỗi hội tụ nhưng

không hội tụ tuyệt đối.

Tại 2x3

, chuỗi trở thành nn

nn 1

3 1n3

: Chuỗi phân kỳ.

Kết luận: Miền hội tụ của chuỗi là: 4 2x3 3

;

Miền hội tụ tuyệt đối là: 4 2x3 3

.

4.5.8. Sự tồn tại hàm liên tục không khả vi (☼) Trước hết ta lập hàm khoảng cách đến số nguyên gần nhất:

0(x) x n nếu x [n 0.5; n 0,5), n . Rõ ràng, 0(x) liên tục, tuần hoàn chu kỳ 1, 00 (x) 1 .

Xét dãy hàm n

0n n

(4 x)(x) , n 1,2,...4

Dễ thấy n (x) liên tục, tuần

hoàn chu kỳ n1

4 và n n

10 (x)4

.

Bây giờ xét chuỗi

n 0 1 2n 0

(x) (x) (x) (x) ...

(4.4.17)

Bởi vì chuỗi nn 0

14

hội tụ, theo tiêu chuẩn Weierstrass, chuỗi hàm (4.4.17)

hội tụ đều tới hàm f(x); theo Định lý 4.14, hàm f(x) liên tục.



178

Có thể chứng minh f(x) không khả vi tại bất cứ điểm nào. Ba tổng riêng đầu thể hiện ở Hình 4.3b.

Người ta cũng chứng minh được, mọi quỹ đạo của quá trình chuyển động Brow là những hàm liên tục và không khả vi tại bất cứ điểm nào. (☼)

Hình 4.3. Ba số hạng đầu (a), và 3 tổng riêng đầu (b) của chuỗi hàm (4.4.17) § 4.6. CHUỖI FUORIER 4.6.1. Chuỗi lượng giác Định nghĩa. Chuỗi hàm

0 n nn 1

a (a cosnx b sin nx)

(4.6.1)

trong đó 0 1 2 1 2a , a , a , ... , b , b , ... , được gọi là chuỗi lượng giác. Số hạng n na cos nx b sin nx của chuỗi (4.5.1) là hàm tuần hoàn chu kỳ

2 / n , chu kỳ chung của chúng là 2 . Vậy nếu chuỗi hội tụ thì tổng của chuỗi là



179

hàm tuần hoàn chu kỳ 2 . Hơn nữa, mỗi số hạng n na cos nx b sin nx là những hàm liên tục và khả vi mọi cấp trên .

Hai định lý sau đây nêu lên những tính chất khởi đầu của chuỗi lượng giác.

Định lý 4.26. Nếu hai chuỗi n nn 1 n 1

| a | và | b |

hội tụ thì chuỗi lượng

giác (4.5.1) hội tụ tuyệt đối và đều trên . Chứng minh. Ta có

n n n n nu (x) a cosnx b sin nx | a | | b |

Theo tiêu chuẩn Weierstrass ta thu được đpcm. Định lý 4.27. Nếu n na 0 và b 0 (n ) thì chuỗi lượng giác (4.5.1)

hội tụ tại x 2k (k ) . 4.6.2. Chuỗi Fourier a. Chuỗi Fourier của hàm số Trước tiên chúng ta đưa ra bổ đề sau đây thường được dùng trong tính toán

các hệ số của chuỗi. Việc chứng minh chúng khá đơn giản, chỉ việc dùng kỹ thuật tách tích thành tổng.

Bổ đề. Cho p, q là những số nguyên bất kỳ. Khi đó ta có:

sin px dx 0; cos px dx 0 (p 0);

cospx sin qx dx 0;

0, p qcos px cosqx dx , p q 0

2 , p q 0;

0, p qsin px sin qx dx 0, p q 0

, p q 0.

(4.6.2)

Bây giờ giả sử rằng hàm số f(x) tuần hoàn chu kỳ 2 và có thể khai triển được thành chuỗi lượng giác dạng

0n n

n 1

af (x) (a cosnx b sin nx), x .2

(4.6.3)

Giả sử có thể lấy tích phân từng số hạng của chuỗi ở vế phải thì

0n n 0

n 1

af (x)dx dx a cosnx dx b sin nx dx a2

.

Vậy 01a f (x)dx

.



180

Nhân hai vế của (4.6.3) với cos kx, k 1,2, ... và giả sử rằng chuỗi thu được ở vế phải có thể lấy tích phân từng số hạng, ta đi đến:

0

n nn 1

k k

af (x)coskx dx cos kx dx2

a cos nx coskx dx b sin nx cos kx dx

0 a coskx coskx dx 0 a .

Vậy k1a f (x)coskx dx.

Lại nhân hai vế của (4.6.3) với sin kx, k 1, 2, ... và giả sử rằng chuỗi thu được ở vế phải có thể lấy tích phân từng số hạng, ta được

0

n nn 1

af (x)sin kx dx sin kx dx2

a cosnx sin kx dx b sin nx sin kx dx

k k0 0 b sin kx sin kx dx b .

k1b f (x)sin kx dx.

Tóm lại, các hệ số i ia , b phải thỏa mãn

0

k

k

1a f (x)dx,

1a f (x)coskx dx, k 1, 2, ...

1b f (x)sin kx dx, k 1, 2, ...

(4.6.4)

Định nghĩa. Cho hàm f(x) tuần hoàn, khả tích trên đoạn [ ; ] . Các hệ số

0 1 2a , a , a , ... xác định theo (4.6.4) được gọi là hệ số Fourier của hàm f(x). Chuỗi lượng giác tương ứng

0 n nn 1

a (a cosnx b sin nx)

được gọi là chuỗi Fourier của hàm f(x). Tính chất. Nếu thêm điều kiện f(x) là hàm chẵn thì:



181

k

k0

b 0, k 1, 2, ...

2a f (x)cos kx dx, k 0, 1, 2, ...

(4.6.5)

Nếu thêm điều kiện f(x) là hàm lẻ thì:

k

k0

a 0,

2b f (x)sin kx dx, k 1, 2, ...

(4.6.6)

Chứng minh. Nếu hàm f(x) chẵn thì hàm f (x)cos kx chẵn, hàm f (x)sin kx lẻ. Trái lại, nếu f(x) lẻ thì hàm f (x)coskx lẻ, hàm f (x)sin kx chẵn. Sử dụng (3.2.15) ta nhận được đpcm.

b. Điều kiện đủ để có khai triển Fourier Định nghĩa. Hàm số f(x) được gọi là đơn điệu từng khúc trên đoạn [a; b]

nếu có một số hữu hạn điểm 0 1 na a a ... a b sao cho trên các khoảng

0 1 n 1 n(a ; a ); ... ; (a ; a ) hàm f(x) là đơn điệu. Tính chất. Hàm bị chặn và đơn điệu từng khúc chỉ có thể có các điểm gián

đoạn loại một. Định lý 4.28 (Định lý Diriclet) Nếu hàm f(x) tuần hoàn chu kỳ 2 , đơn điệu từng khúc và bị chặn trên

đoạn [ ; ] thì chuỗi Fourier của nó hội tụ tại mọi điểm trên đến tổng S(x):

0 n nn 1

S(x) a (a cosnx b sin nx)

. (4.6.7)

Hơn nữa, nếu x là điểm liên tục của f(x),

f (x)

S(x) f (x 0) f (x 0)2

nếu x là điểm gián đoạn của f(x).

Lưu ý. Để đơn giản, ta vẫn viết công thức (4.6.7) dưới dạng

0 n nn 1

f (x) a (a cosnx b sin nx)

(4.6.8)

với chú ý như đã nêu. Ví dụ 4.21. Khai triển thành chuỗi Fourier hàm số f(x) tuần hoàn chu kỳ

2 biết rằng trên đoạn [ ; ] thì f(x) = x. Ta nhận thấy rằng hàm này thỏa mãn moi điều kiện của Định lý Diriclet,

vậy có thể khai triển nó thành chuỗi Fourier. Ta có

n1a f (x)cosnx dx 0, n 0, 1, 2, ...



182

n 1n

0

n 1

2 2b x sin nx dx ... ( 1) , n 1, 2, ...n

1 1 sin nxf (x) 2 sin x sin 2x sin 3x ... ( 1) ... .2 3 n

Lưu ý rằng tại x tổng của chuỗi bằng

1S( ) f ( 0) f ( 0) 0.2

Tương tự, S( ) 0 . # Nhận xét. Nếu hàm f(x) tuần hoàn chu kỳ 2 thì

a

a

f (x)dx f (x)dx, a .

(4.6.9)

Vậy, khi tính hệ số Fourier, ta có thể lấy tích phân trên đoạn bất kỳ có độ dài 2 .

c. Khai triển Fourier của hàm tuần hoàn chu kỳ 2 Giả sử hàm f(x ) tuần hoàn chu kỳ 2 , đơn điệu từng khúc, bí chặn. Bằng

phép đổi biến

x x x x (x : x : ; dx dx ),

ta được f (x) f x F(x ) .

Thế thì F(x ) là hàm tuần hoàn chu kỳ 2 , đơn điệu từng khúc, bị chặn. Vậy ta có thể khai triển nó thành chuỗi Fourier:

0n n

n 1

aF(x ) (a cos nx b sin nx )2

hay

0n n

n 1

a n x n xf (x) a cos b sin2

(4.6.10)

trong đó

0

n

1 1a F(x )dx ... f (x)dx,

1 1 n xa F(x )cos nx dx ... f (x)cos dx,

n1 1 n xb F(x )cosnx dx f (x)sin dx, n 1, 2, ...

(4.6.11)

Ví dụ 4.22. Khai triển hàm f (x) cos x thành chuỗi Fourier.



183

Giải. Hàm f(x) tuần hoàn chu kỳ . Hơn nữa, nó là hàm lẻ, nên nb 0, n 0, 1, ... Theo (4.6.10),

/2

0/2/2 /2

n/2 0

/2

0n 1

2

1 4a cos x dx ./ 2

2 n x 4a f (x)cos dx cos x cos2nx dx/ 2 / 2

4 (cos (2n 1)x cos(2n 1)x)dx.2

4 ( 1)... , n 1, 2, ...4n 1

Vậy n 12

n 1

2 4 cos 2nxcos x ( 1)4n 1

.

Vì hàm f (x) cos x liên tục nên công thức trên đúng với mọi x. #

d. Khai triển hàm số bất kỳ thành chuỗi Fourier Giả sử f(x) là hàm đơn điệu từng khúc, bị chặn trên [a; b]. Ta xây dựng một

hàm số g(x): - Tuần hoàn chu kỳ T 2 b a ; - Đơn điệu từng khúc, bị chặn; - g(x) f (x), x [a; b]

(Có nhiều hàm như vậy). Ta gọi việc làm trên là thác triển tuần hoàn hàm f(x) đã cho.

Khi đó hàm g(x) khai triển được thành chuỗi Fourier, tổng của chuỗi bằng f(x) tại những điểm liên tục của hàm f(x).

Đặc điểm của chuỗi thu được là: + Nếu hàm g(x) chẵn: Chuỗi chỉ gồm toàn hàm số cosin; + Nếu hàm g(x) lẻ: Chuỗi chỉ gồm toàn hàm số sin.

Ví dụ 4.23. Cho hàm số 1, 0 x 1

f (x)2 x, 1 x 2

Hãy khai triển hàm này thành chuỗi Fourier sao cho chuỗi thu được a) chỉ chứa hàm số sin; b) chỉ chứa hàm số cosin.

Giải. i. Xét hàm g(x) trên , tuần hoàn chu kỳ 4 và f (x), x [0; 2]

g(x)f ( x), x [ 2; 0]

Hàm này đơn điệu từng khúc, bị chặn, tuần hoàn chu ký 4 nên có thể khai triển được thành chuỗi Fourier. Hơn nữa, hàm g(x) lẻ nên chuỗi chỉ chứa hàm số sin.

na 0, n 0, 1, ...



184

2 2

n2 0

1 2

20 1

k 12 2

1 n x n xb g(x)sin dx f (x)sin dx2 2 2

n x n x 2 4 nsin dx (2 x) sin dx ... sin2 2 n 2(n )

2 4 1 ( 1) , n 2k 1n (2k 1)2 , n 2k

n

Vậy n 1

2 2n 1 n 1

2 1 n x 4 ( 1) (2n 1) xg(x) sin sinn n 2 2(2n 1)

. (*)

Trên đoạn [0; 2], tổng của chuỗi bằng f(x).

ii. Bây giờ đặt f (x), 0 x 2

g(x)f ( x), 2 x 0.

Hàm g(x) chẵn, vậy nb 0, n 1, 2, ... Ta cũng tính được na . Từ đó ta được

2 2 2

2 2 2

3 4 x 2 2 x 1 3 xg(x) cos cos cos4 2 2 22 3

2 4 x 1 5 x 2 6 xcos cos cos ... .2 2 24 5 6

(**)

Vì g(x) liên tục nên đồng nhất thức xảy ra với mọi x. Từ đó khai triển trên cũng chính là khai triển của f(x) trên [0; 2]. #

Nhận xét. i. Chuỗi hàm số (*) có các hệ số cỡ 1n

, trong khi đó chuỗi hàm

số (**) có các hệ số cỡ 21

n. Chuỗi (**) hội tụ nhanh hơn.

ii. Người ta chứng minh được rằng, nếu hàm f(x) liên tục thì các hệ số

Fourier của nó có cấp VCB 1 , 2n

. Từ đó chuỗi Fourier hội tụ đều. Trái lại,

các hệ số Fourier của hàm gián đoạn có cấp VCB 1n

. ??

e. Một số ứng dụng (Tính tổng của chuỗi)

Ví dụ 4.24. Cho hàm số f(x) tuần hoàn chu kỳ 2 , và 2f (x) x với x [ ; ]. Hãy khai triển hàm f(x) thành chuỗi Fourier. Dựa vào đó tính

n 12 2 2

n 1 n 1 n 1

1 1 1a) ( 1) ; b) ; c)n n (2n 1)

.

Giải. Hàm f(x) thỏa mãn các điều kiện khai triển thành chuỗi Fourier.



185

Nó là hàm chẵn, vậy nb 0, n 1, 2, ...

2 2 2 n0 n 2

0 0

2 2 2 1a x dx ; a x cosnx dx ... 4( 1) .3 n

2n

2n 1

cosnxf (x) 4 ( 1)3 n

Các tổng riêng 2 6S và S của chuỗi thể hiện ở Hình 4.3. 2 2

na2

n 1

1* x 0 : 0 f (0) 4 ( 1) S .3 12n

2 22 n

2 2n 1 n 1

cos n 1* x : f ( ) 4 ( 1) 43 3n n

2 2

2b

1S .3 4 6

2

c a b1* S S S .2 8

Hình 4.4. Các tổng riêng 2 6S và S của chuỗi Fourier

của hàm 2y x trên đoạn [ ; ] . Ta ghi lại kết quả đẹp đẽ trên để sử dụng sau này.

2

2 3 2

2

2 3 2

2

3 2 2

1 1 11 ... ,62 3 4

1 1 11 ... ,122 3 4

1 1 11 ... .63 5 7

(4.6.12) #



186

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1] Tô Văn Ban, Giải tích - Những bài tập nâng cao, Nxb Giáo dục, 2005. [2] Trần Bình, Giải tích 1, Nxb Khoa học và Kỹ thuật, 2006. [3] Trần Bình, Bài tập giải sẵn Giải tích, Nxb Khoa học và Kỹ thuật, 2007. [4] Dương Minh Đức, Phương pháp mới học toán đại học - Tập 1, Nxb Giáo dục,

2001. [5] W.J.Kaczkor, M.T. Novak, Bài tập giải tích 1, Nxb Đại học Sư phạm, 2003

(Tiếng Việt). [6] Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy, Phương pháp dạy học môn Toán, Nxb Giáo

dục, 2003. [7] Lê Ngọc Lăng, Nguyễn Chí Bảo, Trần Xuân Hiển, Nguyễn Phú Trường, Ôn thi

học kì và thi vào giai đoạn 2, Nxb Giáo dục, 1997. [8] Y.Y.Liasko và…, Giải tích toán học - Các ví dụ và các bài toán, Nxb Đại học và

THCN, 1978 (Tiếng Việt). [9] J. M. Monier, Giáo trình Toán - Tập 1, 2, 4 - Giải tích 1, 2, 4, Nxb Giáo dục

(Tiếng Việt). [10] V. Nhi-e-mưt-ski, M. Slut-ska-i-a, A.Tre-ka-xôp, Giáo trình giải tích toán học,

Tập I, Tập II, Nxb Giáo dục, 1964 (Tiếng Việt). [11] Pôlya.G, Toán học và những suy luận có lí, Nxb Giáo dục, 1968 (Tiếng Việt). [12] Nguyễn Đình Trí, Tạ Văn Đĩnh, Nguyễn Hồ Quỳnh, Toán học cao cấp (T2,3),

Nxb Giáo dục, 1997 [13] R. Adams, Calculus: A Complete Course, Addison Wesley, 1991. [14] Jon Rogawski, Calculus (Early Transcendentals), W.H.Freeman and Co, 2007. [15] J. Stewart, Culculus, Brooks Cole, 4th edi. 2005, 6 edi. 2007. [16] Н. В. БОГМОЛОВ, ПРАКТИЧЕСКИЕ ЗАНЯТИЯ ПО ВЫСШЕЙ

МАТМАТИКЕ, ИЗ. "ВЫСШАЯ ШКОЛА", МОСКВА, 1967. [17] Б.П.ДЕМИДОВИЧ, СБОРНИК ЗАДАЧ И УПРАЖНЕНИЙ ПО

МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗИ, “НАУКА”, МОСКВА, 1977.



187

Bộ môn Toán 28 - 03 - 2010

CẤU TRÚC ĐỀ THI, CÁCH THỨC CHO ĐIỂM

Môn học: Giải tích Học phần: Giải tích 1

Câu số Về phần Số điểm Câu 1 Lý thuyết 2đ Câu 2 Chương 1: Giới hạn, liên tục 2đ Câu 3 Chương 2: Đạo hàm 2đ Câu 4 Chương 3: Tích phân 2đ Câu 5 Chương 4: Chuỗi 2đ

Điểm bài thi 10đ Điểm quá trình 10đ

Điểm chuyên cần 10đ Tổng điểm = điểm chuyên cần x 10%

+ điểm quá trình x 20% + điểm bài thi x 70% 10đ

Tài liệu tham khảo cho môn Giải tích I STT Tên tài liệu Tác giả NXB Năm XB

1 Toán học cao cấp (T2,3) Nguyễn Đình Trí và … Giáo dục 2007 2 Giải tích 1 Trần Bình KH và KT 2007 3 Bài tập giải tích Nguyễn Xuân Viên HVKTQS 2006 4 Bài tập Giải sẵn giải tích I Trần Bình KH và KT 2007 5 Calculus: A Complete Course R. Adams Addison

Wesley 1991

6 Calculus (Early Transcendentals),

Jon Rogawski W.H.Freeman and Co.

2007

7 Giải tích - Những bài tập nâng cao

Tô Văn Ban Nxb GD 2005

8 Bài giảng Giải tích I Tô Văn Ban Bài giảng điện tử

2010



188

B. Bài tập về nhà

B. Đề bài tập (tài liệu [3]). Chương I. Giới hạn, liên tục

*2[1(c,d); 3; 4; 8; 9; 12- 18; 20; 23; 33; 34] *3[16; 18; 21; 22; 24; 25; 31 ; 32; 33; 34; 37; 38; 41; 43; 45; 48; 52; 54; 55(b,d); 58;

59; 62; 65; 69; 70; 72; 73] Chương 2- Đ ạo hàm và vi phân

*4[5; 7;; 12(c); 20; 28; 38; 40; 42; 43(c); 48; 50; 51(c); 53; 57; 60; 61; 67; 68; 70; 71; 75; 85(a,d); 89; 91; 92; 94; 96(a)]

*5[1; 5; 6; 12; 13; 15; 19; 24; 29; 38; 47; 51; 53; 63; 70; 86; 97; 100; 102; 103; 104; 105; 107; 108] Chương 3. Tích phân

*6[3; 7; 9; 13; 18; 24; 29; 31; 33; 45; 54; 62; 66; 67; 72; 77; 86; 103; 106; 120; 122; 127; 138; 151; 152; 157; 161; 167]

*7[ 3; 5; 13.3; 17; 18; 30; 36; 37; 44; 49; 57; 62; 74; 108; 110; 114; 119; 126; 130; 135; 136; 140; 141; 145; 148; 151; 165; 161; 167; 169; 181; 199; 205; 223;

252] *8[4; 7; 13; 30; 35; 40; 41; 42; 47; 55; 64; 98; 104; 107; 108]

Chương 4. Chuỗi *9[2; 9; 21; 30; 32; 38; 41; 47; 50; 54; 59; 61.3; 65; 69; 74; 78; 80; 85; 88; 92; 97; 104] *10[ 2; 8; 11; 15; 25; 29; 33; 37; 56; 63; 66; 70; 71; 75; 83; 84; 85; 87; 93; 97; 101;

108; 109; 112; 118; 121; 124; 127; 130; 131; 133] *11[ 4; 8; 10; 11.3; 13.1] (b) Bổ sung - Tài liệu (2):

HƯỚNG DẪN ÔN TẬP BÀI TẬP GIẢI TÍCH I

(26-03-2010) Biến đổi: Nhân vào tử và mẫu lượng thích hợp, nhân liên hợp, ..., đưa về các giới hạn cơ bản để tìm GH Thay tương đương ở cấp cần thiết, tìm GH Tìm hằng số để hàm liên tục, khả vi Xét sự liên tục (không chỉ tại 1 điểm) của hàm cho bởi nhiều biểu thức Biến đổi tổng riêng thành công thức đơn giản, tìm GH GH dạng1 , 0. , Thay tương đương ( cần thiết thì biến đổi trước), để tìm GH Tìm GH theo quy tắc L’Hospital, đạo hàm theo cận trên Tìm GH trái phải để xét sự liên tục Dùng quy tắc L’Hospital trợ giúp xét sự liên tục GH dạng (A-A)/0 Dùng giới hạn hàm số để tìm giới hạn dãy số Đổi biến 0t x x khi tìm giới hạn

0x xlim

f(x)

Sự liên tục của hàm cho bởi nhiều công thức

CI

Giới hạn tại điểm thường 2 2 21 2 ... n n(n 1) / 2; 1 2 ... n n(n 1)(2n 1) / 6 liên tục đều, không liên tục đều Đơn điệu, bị chặn



189

Tổng tích phân Tính vi phân tại 1 điểm, số gia cho trước Tiếp tuyến đồ thị tại điểm cho trươc Tiệm cận theo cách thông thường, và dùng khai triển Đạo hàm hàm ngược; Đạo hàm hàm ẩn (cấp 2) Đạo hàm hàm phần nguyên với hàm khác Đạo hàm theo tham số đến cấp 2 Tính liên tục đều thông qua đạo hàm Tìm khai triển Mac lo ranh đến cấp 2 của hàm ẩn. Khai triển Macloirin đến cấp 3, 4 dùng quy tắc ngắt bỏ VCB bậc cao Khảo sát vẽ đồ thị hàm số trong TĐ Đề các Khảo sát và vẽ đồ thị đường cong cho dưới dạng tham số Khảo sát, vẽ ĐT bằng cách đưa về TĐ cực

CII, III

Chứng tỏ hàm số thoả mãn định lý Roll, Lagrange hoặc Cauchy trên đoạn cho trước, tìm điểm c trong định lý. Tính TPBĐ: Đặt biến, từng phần,... Đặt biến, tính TP bất định Đặt biến, khảo sát sự hội tụ Dùng BĐT tích phân, xét sự hội tụ của dãy liên quan đến TP Tiêu chuẩn so sánh để xét sự hội tụ Sự hội tụ tương đối, tuyệt đối, (dùng đặt biến để đơn giản nếu cần) Chuyển về dạng tham số (chủ yếu TĐ cực) tính độ dài ĐC, diện tích hình phẳng Đạo hàm theo cận trên khi dùng quy tắc L'Hospital TP (xác định) của hàm cho bởi một số biểu thức Đặt biến, dẫn ra sự hội tụ phân kỳ của TP suy rộng

Tách A

1 2a a B

I I

; khảo sát sự hội tụ của 1 2I , I riêng

(Quan trọng) 1 2I I I , TP từng phần với 1I

1 2I I I , đổi biến với TP 2I để dùng BĐT tích phân

Tách miền lấy TP thành đoạn thích hợp để CM b

a

0

Độ dài ĐC dạng tọa độ Đề Các, dạng tham số, (lưu ý tính đối xứng, khi cần chuyển về TĐ cực) Diện tích phần MP giới hạn bởi đường cong kín dạng tham số Xét sự hội tụ, tính giá trị của TP suy rộng

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 ĐC Đặt biến kiểu tọa độ cực Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ĐC dạng TĐ cực

CIV

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi ĐC, chuyển về TĐ cực Diện tích mặt tròn xoay

Sự hội tụ của chuỗi: nlim a 0 , so sánh, Leibnitz, tích phân, Chuỗi có số hạn tổng quát không dần đến 0 Tiêu chuẩn leibnitz Đặt biến, đưa về chuỗi lũy thừa (Lũy thừa hóa), khảo sát sự họi tụ

C V

Đưa hàm về dạng tổng các hàm dễ khai triển để khai triển



190

Tìm miền hội tụ của chuỗi Matlourin Dùng các khai triển đã biết, khai triển hàm số thành chuỗi Mac lo ranh; tìm miền hội tụ của chuỗi này

Khai triển hàm số thành chuỗi luỹ thừa của 1 xu1 x

Cho hàm số . Tính đạo hàm (n)f (0) . Tìm khoảng hội tụ; tìm tổng của chuỗi hàm (trong khoảng hội tụ) Sự hội tụ chuỗi hàm: Coi biến x là tham số, khảo sát sự hội tụ của chuỗi số Khai triển hàm bằng cách tính đạo hàm của nó, khai tiển hàm đạo hàm, suy ra khai triển cần tìm.

Đạo hàm hàm đã cho, khai triển hàm đạo hàm, tích phân 2 vế x

0 để

thu được khai triển hàm đã cho. Áp dụng: Tính tổng chuỗi số. Khai triển hàm thành chuỗi Maclaurin, tìm miền hội tụ của chuỗi thu được và tính tổng; dùng khai triển quen thuộc Tính đạo hàm của tổng của chuỗi Taylor (Maclaurin) tại x0 (tại 0) Tính tổng riêng thứ 6 tại giá trị cho trước Tìm miền hội tụ, hội tụ tuyệt đối của chuỗi lũy thừa

Khai triển hàmđã cho thành chuỗi lũy thừa của x + 2 Khai triển hàm tuần hoàn chu kỳ l biết hàm trên đoạn (-l/2; l/2) Tìm chuỗi Fourier của hàm cho trên [0; 2 ] .

dạng tổng quát, dạng chỉ có sin, chỉ có cos Tính tổng chuỗi số thông qua chuỗi hàm

CÂU HỎI LÝ THUYẾT Học phần GIẢI TÍCH I (10 – 2010)

Câu I.1 Phát biểu và chứng minh bổ đề Bolzano-Weierstrass về giới hạn của

dãy. 2đ

Định lý (Bổ đề Bolzano-Weierstrass). Từ mọi dãy số thực, bị chặn đều có thể trích ra một dãy con hội tụ.

Chứng minh. Cho dãy bị chặn n{u } . 1 1a ,b : *n ,

1 n 1a u b . Đặt 1 1h b a 0 . Rõ ràng đoạn 1 1[a ; b ] chứa vô hạn phần tử của dãy n{u } . Chọn một phần tử

1nu tùy ý của dãy n{u }. Như vậy

11 n 1a u b .

Chia đôi đoạn 1 1[a ; b ] bởi điểm 1 1(a b ) / 2 , được 2 đoạn

1; 1 1[a (a b ) / 2] , 1 1 1[(a b ) / 2; b ] . Có ít nhất một trong 2 đoạn này chứa vô

hạn các phần tử của dãy n{u }. Gọi đoạn đó là 2 2[a ; b ] .

Rõ ràng 2 2 1 1[a ; b ] [a ; b ]; 1 12 2

b ahb a ( )2 2

.

Chọn một phần tử 2nu tùy ý của n{u } sao cho 2 1n n và 2nu nằm

trong đoạn 2 2[a ; b ] : 22 n 2a u b .

Tương tự, bằng quy nạp ta xây dựng được dãy đoạn n n[a ; b ] mà + Chứa vô hạn các phần tử của dãy n{u }



191

+ k 1 k 1 k k[a ; b ] [a ; b ] , k kk 1 k 1 k

b a hb a ...2 2

.

Chọn một phần tử knu của dãy n{u } sao cho k k 1n n và

kk n ka u b . (*)

Dãy đoạn k k[a ; b ] là lồng nhau (nói cách khác, k k{a }, {b } là hai dãy kề nhau). Theo định lý đã biết, tồn tại giới hạn chung của chúng:

k kk klim a lim b

.

Theo định lý kẹp knk

lim u

(đpcm).

Câu 1.2. Định nghĩa hàm liên tục tại 1 điểm, trên 1 khoảng, 1 đoạn. Chứng minh

định lý về sự triệt tiêu của hàm liên tục. 2đ

ĐN. Cho hàm số y f (x), x (a;b) . Hàm này được gọi là liên tục tai

0x (a; b) nếu 0

0x xlim f (x )

.

Nếu f(x) liên tục tại mọi điểm 0x (a; b) thì nó được gọi là liên tục trên (a; b).

Nếu f(x) xác định trên [a;b], liên tục trên (a; b) và

x a x blim f (x) f (a); lim f (x) f (b)

thì f(x) được gọi là liên tục trên [a; b]. Định lý. Cho hàm số f(x) liên tục trên [a; b] và f (a)f (b) 0 . Khi đó tồn tại

c (a;b) để f (c) 0 . Chứng minh. Rõ ràng ta chỉ cần xét trường hợp f a 0 f b . Ta xây

dựng hai dãy nn d,c theo quy nạp như sau.

+ Đặt c0 = a; d0 = b. Ta có f(c0) < 0 < f(d0); abcd 00 .

+ Đặt u0 = (c0 + d0)/2. Nếu f(u0) = 0 thì u0 là điểm c phải tìm; dừng quá trình. Nếu f(u0) < 0 thì đặt c1 = u0 và d1 = d0. Nếu f(u0) > 0 thì đặt c1 = c0 và d1 = u0.

Trên đoạn [c1;d1], f(x) liên tục; f(c1) < 0 < f(d1); 2/abcd 11 .

+ Giả sử phải tiếp tục quá trình trên, đặt u1 = (c1 + d1)/2. Nếu f(u1) = 0 thì u1 là điểm c phải tìm; dừng quá trình.

Nếu f(u1) < 0 thì đặt c2 = u1 và d2 = d1. Nếu f(u2) > 0 thì đặt c2 = c1 và d2 = u1.

Trên đoạn [c2;d2] , f(x) liên tục; f(c2) < 0 < f(d2); 222 2/abcd .

Tiếp tục quá trình trên. Giả sử quá trình dừng lại ở bước thứ n nào đó, un là giá trị c lần tìm.

Giả sử quá trình là vô hạn, khi đó ta có hai dãy kề nhau nn d,c (dãy

đoạn n n[c ;d ] lồng nhau, co lại). Chúng có giới hạn chung c:

.cdlimclim nn

nn

Từ tính liên tục của f(x) suy ra cfdflim0cflimcf nn

nn

.

Vậy 0cf (đpcm).



192

Câu 1.3. Phát biểu và chứng minh định lý Weierstrass về hàm liên tục trên đoạn

kín [a; b]. 2đ

Định lý Weierstrass. Cho f(x) liên tục trên đoạn đóng [a; b]. Khi đó nó bị chặn, đạt được cận trên đúng

x a ;bM Max f x

và cận dưới đúng

x a;b

m Min f x

.

Chứng minh. + Trước hết ta chứng minh tập giá trị b;ax,xfJ của f(x) là bị

chặn. Giả sử ngược lại, J không bị chặn, chẳng hạn, không bị chặn trên. Khi đó N * , Nxf:b;ax NN .

Dãy nx bị chặn, theo Bổ đề Bolzano - Weierstrass, trích ra được một

dãy con knx hội tụ: b;axxlim 0knk

. Vì f(x) liên tục tại x0 nên

kkkn

k0 nlimxflimxf , mâu thuẫn. Vậy J bị chặn trên.

Tương tự, J bị chặn dưới, từ đó J bị chặn. Đặt

xfSupM;xfInfm

b;ab;a .

+ Bây giờ ta chứng tỏ tồn tại Mtf,b;at 00 . Thực vậy, theo tính

chất của Suprimum, Mtfn/1MM:b;at,n/1 nn . (*)

Do ...,2,1n,tn bị chặn, lại theo Bổ đề Bolzano - Weierstrass tồn

tại dãy con knt hội tụ: b;attlim 0knk

.

Từ tính liên tục của f(x) và (*) suy ra Mtflimtf knk

0

.

Như vậy hàm f(x) đạt được giá trị lớn nhất M tại t0. Tương tự, f(x) cũng đạt giá trị nhỏ nhất m.

Câu I.4 Định nghĩa hàm liên tục đều trên 1 tập. Chứng minh định lý Heine về hàm liên tục đều trên tập com pắc (trên đoạn kín, giới nội).

2đ

Định nghĩa. Cho I là một khoảng mở rộng (chứa đầu mút hay không) của và hàm số f (x), x I . Ta nói hàm số f(x) là liên tục đều trên I nếu:

1 20, 0 : x , x I sao cho 1 2x x thì 1 2f (x ) f x ) . Định lý (Heine). Cho f(x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], a, b . Khi đó

f(x) liên tục đều trên [a; b]. (Hàm liên tục trên đoạn kín, giới nội thì liên tục đều trên đó) Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, hàm số

f(x) liên tục trên [a; b] nhưng không liên tục đều trên đó. *

n n0, n , u , v [a; b]:



193

n n

n n

u v 1/ n (*)

f (u ) f (v ) (**)

Xét dãy n{u }. Đây là dãy bị chặn, theo bổ đề B – W, tồn tại dãy con kn{u } hội tụ.

Xét dãy con kn{v }của dãy n{v } . Đây là dãy bị chặn. Lại theo bổ đề B –

W, tồn tại dãy con kin{v } hội tụ.

Rõ ràng, dãy kin{u } là dãy con của dãy kn{u } . kn{u } hội tụ nên nó cũng

hội tụ. Ký hiệu kin{u } bởi n{u } ,

kin{v } bởi n{u } , đây là 2 dãy hội tụ.

Do (*), n nn nlim u lim v c [a; b]

Vì f(x) liên tục nnlim f (u ) f (c)

nnlim f (v ) f (c)

n n n nn n nlim f (u ) f (v ) lim f (u ) f (c) lim f (c) f (v ) 0

,

mâu thuẫn với (**). Mâu thuẫn này chứng minh khẳng định của định lý. Câu 1.5.

Phát biểu và chứng minh định lý Rolle. Phát biểu định lý Lagrange, định lý Cauchy.

2đ

ĐL Rolle. Cho hàm f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a; b], khả vi trong khoảng (a; b) và f (a) f (b) . Khi đó tồn tại điểm c (a;b) để f (c) 0 .

Chứng minh. Trước hết ta có bổ đề sau (định lý Ferma). Bổ đề. Cho hàm số f(x) xác định trong khoảng (a; b) , đạt cực trị tại

c (a;b) và khả vi tại c. Khi đó f (c) 0 . CM bổ đề. Giả sử c là điểm cực đại của f(x). Tồn tại các giới hạn

1

x c

2x c

f (x) f (c)f (c) lim 0;x c

f (x) f (c)f (c) lim 0x c

Vì 1 2f (c) 0 . Vậy f (c) 0 . Tương tự cho trường hợp c là điểm cực tiểu. CM định lý. Vì f(x) liên tục trên đoạn [a;b] nên theo định lí Weierstrass, nó

đạt được giá trị lớn nhất

xfMaxMb;a

và giá trị nhỏ nhất

xfMinmb;a

.

+ Nếu m = M thì f(x) = f(a) = const ,b;ax kết luận của định lý là rõ ràng.

+ Nếu m < M thì f(a) khác với ít nhất một trong hai giá trị m hoặc M, ví dụ Maf . Vì f(x) đạt giá trị lớn nhất nên tồn tại b;ac để f(c) = M. bfafcf nên c không thể là đầu mút a cũng như đầu mút b. Vậy

b;ac . Theo định lý Ferma, 0cf ' .

*Định lý Lagrange . Cho hàm f(x) xác định và liên tục trên đoạn [a; b], khả vi trong khoảng (a; b). Khi đó tồng tai điểm c (a;b) để



194

f (b) f (a)f (c)b a

.

* Định lý Cauchy. Cho f(x), g(x) liên tục trên [a;b], khả vi trên khoảng (a;b), ngoài ra g x 0 , x a ;b . Khi đó có điểm b;ac sao cho:

f b f a f cg b g a g c

.

Câu I.6 Định nghĩa tích phân xác định theo cận trên biến thiên. Phát biểu định lý

cơ bản của giải tích (định lý về tính liên tục, tính khả vi của tích phân theo cận trên biên thiên). Chứng minh khẳng định thứ nhất của định lý này.

2đ

Định nghĩa. Cho f(x) khả tích trên đoạn [a; b]. Khi đó x [a; b] , f(x) khả tích trên [a; x]. Đặt

x

a

(x) f (t)dt

gọi là tích phân xác định với cận trên biến thiên. Định lý. (1) Nếu hàm f(x) khả tích trên [a; b] thì (x) liên tục trên [a; b]. (2) Nếu f(x) khả tích trên [a; b] và liên tục tại 0x [a; b] thì (x) khả vi

tại 0x và 0 0(x ) f (x ) . (3) f(x) liên tục trên [a; b] thì (x) khả vi trên [a; b] và (x) f (x) ,

x [a; b] Nói cách khác, (x) là một nguyên hàm của f(x) trên [a; b]. Chứng minh. Để đơn giản trình bày ta giả sử 0x (a; b) . Xét h đủ nhỏ

sao cho 0x h [a; b] . Ta có

0 0 0 0

0 0

x h x x h x h

0 0a a x x

(x h) f (t)dt f (t)dt f (t)dt (x ) f (t)dt

.

Theo định lý trung bình thứ nhất thì 0 0(x h) (x ) h (*)

trong đó [m ; M ] với 0 0 0 0x [x ; x h] x [x ; x h]


.

Do [m ; M ] [m; M] với x [a; b] x [a; b]


nên bị

chặn. Cho qua giới hạn ta được 0 0h 0

lim[ (x h) (x )] 0

hay (x) liên tục tại 0x .

Câu 1.7. Các định nghĩa về tích phân suy rộng cuả hàm không bị chặn. Phát biểu các tiêu chuẩn so sánh nói lên sự hội tụ, phân kỳ của các tích

phân này.

2đ

* Giả sử f(x) xác định trên b;a , không giới nội lại lân cận điểm b và khả tích trên 0ba ,; đủ nhỏ. Nếu tồn tại giới hạn (hữu hạn hay vô hạn)

b

a0lim f x dx

,



195

thì giới hạn đó được gọi là tích phân suy rộng (loại II) của hàm f(x) trên [a;b], kí

hiệu là dxxfba hay

a ;b

f x dx .

Nếu giới hạn đó hữu hạn, ta nói tích phân suy rộng b

af x dx hội tụ; trái

lại, nếu giới hạn đó vô hạn hay không tồn tại, ta nói tích phân suy rộng

dxxfba phân kì.

* Tương tự, ta có thể định nghĩa tích phân suy rộng (loại II) cho hàm f(x) không bị chặn tại mút trái a của [a;b].

* Cho hàm f(x) xác định trên (a;b), không giới nội tại lân cận điểm a cũng như lân cận điểm b. Nếu có điểm bac ; sao cho cả hai tích phân

dxxfca và dxxf

bc hội tụ, ta nói tích phân suy rộng (loại II) dxxf

ba hội

tụ và giá trị của nó bằng

dxxfba = dxxf

ca + dxxf

bc .

Trái lại, nếu ít nhất một trong hai tích phân ở trên phân kì, ta nói tích phân

suy rộng (loại II) dxxfba phân kì.

Định nghĩa này không phụ thuộc vào việc chọn điểm trung gian c. Định lý. Giả sử rằng f(x) và g(x) là hai hàm xác định trên [a; b) , không

giới nội tại lân cận điểm b và khả tích trên [a; b-] , 0 đủ nhỏ . Giả sử x [a; b), 0 f (x) g(x) . Khi đó:

TP b

a

g(x)dx hội tụ b

a

TP f (x)dx hội tụ

TP b

a

f (x)dx phân kỳ TP b

a

g(x)dx phân kỳ.

Đặc biệt, nếu x b

f (x)lim k (0 k )g(x)

thì 2 TP b

a

f (x)dx và b

a

g(x)dx

cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.

* Nếu f(x) liên tục trên b;a và

xb1Oxf (khi bx ) thì

dxxfba hội tụ với 1 và phân kì với 1 .

Câu 1.8. Định nghĩa chuỗi đan dấu; định nghĩa hội tụ tuyệt đối, bán hội tụ. Phát biểu và chứng minh định lý về điều kiện cần về sự hội tụ của chuỗi đan dấu. Chuỗi Maclaurin của 4 hàm sơ cấp.

2đ

Định nghĩa. Các chuỗi 1 2 3 4a a a a ... 1 2 3 4 ia a a a ... (a 0)

được gọi là các chuỗi đan dấu.



196

Chuỗi nn 1

a

được gọi là hội tụ TĐ nếu chuỗi n

n 1a

hội tụ; được gọi là

HT không tuyệt đối hay bán hội tụ nếu chuỗi nn 1

a

hội tụ còn chuỗi n

n 1a

phân kỳ. Định lý. Cho chuỗi đan dấu 1 2 3 na a a ... (a 0) . Nếu na là dãy đơn điệu giảm đến 0 thì chuỗi hội tụ. Ngoài ra

n

1n ni 1

aS a

. (*)

CM. a) 2k 1 2 3 4 2k 1 2kS (a a ) (a a ) ... (a a ) 2n{S , n 1, 2,...} là dãy tăng. 2k 1 2 3 2k 2 2k 1 2n 1S a (a a ) ... (a a ) a a (**) Vậy 2k{S } là dãy bị chặn trên. Từ đó nó hội tụ. Đặt 2kk

S lim S

.

2k 1 2k 2k 1 2k 2k 1k k k klim S lim (S a ) lim S lim a S

.

nnlim S S

. Vậy chuỗi đã cho hội tụ.

b) Từ (**) ta thấy (*) đúng với n chẵn. Với n lẻ thì 2k 1 1 2 3 2k 2k 1 1S a (a a ) ... (a a ) a . (***) Vậy (*) cũng xảy ra với n lẻ.

2 nx

3 5 2n 1n

2 4 2nn

x x xe 1 ... ... x1! 2! n!

x x xsin x x ... ( 1) ... x3! 5! (2n 1)!

x x xcos x 1 ... ( 1) ... x2! 4! (2n)!

2 n

2 3 4 n 1n

3 5 7 2n 1n

( 1) ( 1)...( n 1)(1 x) 1 x x ... x ... ( 1 x 1)2! n!

x x x xln(1 x) x ... ( 1) ... ( 1 x 1)2 3 4 n 1

x x x xarctgx x ... ( 1) ... ( 1 x 1)3 5 7 2n 1

(Chỉ cần nêu 4 trong các khai triển trên). Câu I.9

Phát biếu các định lý nói lên tính chất của chuỗi lũy thừa trong khoảng hội tụ của nó. Chuỗi Maclaurin của 4 hàm sơ cấp.

2đ



197

Cho chuỗi lũy thừa nn

n 1a x

(1)

với khoảng hội tụ là (-R; R) và tổng của chuỗi là hàm S(x) trên (-R; R). Định lý 1. Chuỗi (1) hội tụ tuyệt đối tại mọi điểm 0 0x : x R . (Chuỗi lũy thừa hội tụ tuyệt đối trên khoảng hội tụ của nó). Định lý 2. Với [a; b] ( R; R) tùy ý, chuỗi (1) hội tụ đều trên [a; b].

(Chuỗi lũy thừa hội tụ đều trên đoạn tùy ý nằm trong khoảng hội tụ của nó). Định lý 3. Tổng S(x) của chuỗi lũy thừa (1) là hàm số liên tục trên khoảng

hội tụ ( R; R) của nó. Nếu chuỗi hội tụ tại mút trái (phải) của khoảng hội tụ thì tổng S(x) liên tục phải (trái) tại mút ấy.

Định lý 4. Có thể lấy tích phân từng số hạng của chuỗi lũy thừa (1) trên moị đoạn [a; b] nằm trong khoảng hội tụ (-R; R) của nó:

b b

n nn n

n 0 n 0a a

a x dx a x dx

.

Đặc biệt, x ( R;R)

x

n 2 n 11 nn 0

n 00

a aa x dx a x x ... x ...2 n 1

Chỗi ở vế phải cũng có khoảng hội tụ là (-R; R). Định lý 5. Có thể lấy đạo hàm từng số hạng của chuỗi lũy thừa (1) tại mọi

điểm trong khoảng hội tụ của nó: x ( R;R) thì

n n 1n 1 2 n

n 0a x a 2a x ... na x ...

Chuỗi ở vế phải cũng có khoảng hội tụ là (-R; R). Hệ quả. Có thể đạo hàm (hoặc tích phân) vô số lần chuỗi lũy thừa trong

khoảng hội tụ của nó; các chuỗi thu được có cùng khoảng hội tụ với khoảng hội tụ của chuỗi đã cho.

2 nx

3 5 2n 1n

x x xe 1 ... ... x1! 2! n!

x x xsin x x ... ( 1) ... x3! 5! (2n 1)!

2 4 2nn

2 n

2 3 4 n 1n

3 5 7 2n 1n

x x xcos x 1 ... ( 1) ... x2! 4! (2n)!

( 1) ( 1)...( n 1)(1 x) 1 x x ... x ... ( 1 x 1)2! n!

x x x xln(1 x) x ... ( 1) ... ( 1 x 1)2 3 4 n 1

x x x xarctgx x ... ( 1) ... ( 1 x3 5 7 2n 1

1)

(Chỉ cần nêu 4 trong các khai triển trên)

198

KHOA: CÔNG NGHỆ THÔNG TIN BỘ MÔN: TOÁN CHƯƠNG TRÌNH MÔN HỌC ---------------------

Tên môn học: GIẢI TÍCH Dùng cho hệ đào tạo: KỸ SƯ QUÂN SỰ DÀI HẠN

Hình thức giảng dạy TT Tên các phần, chương, mục Số tiết LT BT TN BTL

Chương I: Giới hạn, liên tục của hàm 1 biến 19 12 7 1 1.1 Số thực

Hệ tiên đề về tập hợp các số thực Các tính chất của tập hợp (các loại

khoảng, tính chất Archimede, tính trù mật của trong )

Lực lượng của tập hợp

3 3

2 1.2. Giới hạn dãy số Hội tụ- Phân kỳ Tính chất về thứ tự của các dãy hội tụ Các phép toán về dãy hội tụ Dãy đơn điệu Dãy kề nhau Dãy con và định lý Bolzano-Weierstrass Dãy cơ bản và nguyên lý Cauchy Số e

5 3 2

3 1.3. Hàm số một biến số Định nghĩa, đồ thị hàm số Hàm số hợp Hàm chẵn, lẻ, tuần hoàn Hàm đơn điệu, hàm số ngược

Hàm lũy thừa, mũ, logarit, lượng giác (đọc), lượng giác ngược, hyperbol

2 1 1

4 1.4. Giới hạn của hàm số Các định nghĩa Các tính chất và phép toán về giới hạn

hàm số Sử dụng VCB, VCL để tìm giới hạn

4 2 2

5 1.5. Sự liên tục Các định nghĩa Các tính chất sơ bộ Các tính chất của hàm liên tục trên 1

đoạn: Định lý Weierstrass, Định lý về sự triệt tiêu của hàm liên tục

Liên tục đều: Định nghĩa, Định lý Heine (Cantor) Hàm sơ cấp: Định nghĩa, tính chất

5 3 2

II Chương II: Đạo hàm và vi phân 15 8 7

199

6 2.1. Đạo hàm và vi phân cấp 1 Định nghĩa, ý nghĩa hình học Các tính chất đại số của hàm khả vi tại

1 điểm Đạo hàm hàm hợp, đạo hàm hàm ngược Bảng các đạo hàm cơ bản (tự đọc) Đạo hàm theo tham số Đạo hàm 1 phía, đạo hàm vô cùng Vi phân: định nghĩa, ý nghĩa của vi phân,

mối quan hệ hàm khả vi và có đạo hàm, tính bất biến của dạng vi phân cấp 1, ứng dụng của vi phân cấp 1.

4 2 2

7 2.2. Đạo hàm và vi phân cấp cao Các định nghĩa Quy tắc tính

2 1 1

8 2.3. Các định lý về giá trị trung bình Định lý Rolle (Bổ đề Ferma) Định lý Lagrange Định lý Cauchy (không chứng minh) Quy tắc L’ Hospital khử các dạng vô

định

3 2 1

9 2.3.Công thức Taylor Thiết lập và phát biểu định lý Công thức Maclaurin của các hàm sơ cấp

2 1 1

10 2.4. Các ứng dụng Quy tắc tìm cực trị, giá trị lớn nhất, bé

nhất (tự đọc) Lồi, lõm, điểm uốn Khảo sát hàm số y f (x) (tự đọc) Khảo sát đường cong cho dưới dạng

tham số Khảo sát đường cong cho dưới dạng tọa

độ cực

4 2 2

Chương 3: tích phân 18 10 8 11 3.1. Tích phân bất định

Định nghĩa, tính chất Bảng các tích phân cơ bản (tự đọc, lưu ý) Phương pháp tính TPBĐ: Biến đổi thông

thường đưa về TP cơ bản, đổi biến , đặt biến, tích phân từng phần

Tích phân các phân thức hữu tỷ Tích phân một số hàm vô tỷ Tích phân các hàm lượng giác

5 3 2

12 3.2. Tích phân xác định 3 2 1

200

Định nghĩa và các nhận xét mở đầu Các lớp hàm khả tích (không CM) Các tính chất của TPXĐ: tính chất tuyến

tính, hệ thức Sac lơ, tính chất liên quan đến thứ tự, ĐL trung bình 1, 2,

13 3.3. Cách tính tích phân xác định Tích phân xác định với cận trên biến

thiên (định lý cơ bản của Giải tích) Công thức Newton - Lepnitz Đổi biến số Tích phân từng phần Tính gần đúng TPXĐ

4 2 2

14 3.4. Ứng dụng Hai lược đồ áp dụng Tính diện tích hình phẳng (tọa độ Descartes: tự đọc, tham số, tọa độ cực) Độ dài cung, thể tích Diện tích mặt tròn xoay (tự đọc) Tọa độ trọng tâm Moment tĩnh, moment quán tính, công… (tự đọc)

2 1 1

15 3.5. Tích phân suy rộng Tích phân có cận vô hạn

Các định nghĩa Tiêu chuẩn hội tụ: tiêu chuẩn so

sánh, tiêu chuẩn Cauchy, hội tụ tuyệt đối, bán hội tụ, tiêu chuẩn Diricle (giới thiệu)

Tích phân của hàm không bị chặn Các địng nghĩa Tiêu chuẩn hội tụ

Đổi biến với TP suy rộng

4 2 2

Kiểm tra 2 2 Chương 4: Chuỗi 21 11 10 16 4.1. Chuỗi số

Định nghĩa, điều kiện hội tụ, các tính chất của chuỗi hội tụ

1 1

17 4.2. Chuỗi số dương Định nghĩa và điều kiện hội tụ Tiêu chuẩn so sánh Tiêu chuẩn D’Alambert và TC Cauchy Tiêu chuẩn tích phân

4 2 2

18 4. 3. Chuỗi có dấu bất kỳ Các định nghĩa HT tuyệt đối, bán HT Chuỗi đan dấu

4 2 2

bÀi gi ¦1* gi ¦,7Ë&+,fit.mta.edu.vn/files/filemonhoc/bai giang giai tich i ban... ·...

Documents