TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI
VIỆN TOÁN ỨNG DỤNG & TIN HỌC
TS. BÙI XUÂN DIỆU
Bài Giảng
GIẢI
TÍCH
I
(lưu hành nội bộ)
HÀM SỐ MỘT BIẾN SỐ - TÍCH PHÂN - HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ
Tóm tắt lý thuyết, Các ví dụ, Bài tập và Lời giải
Hà Nội- 2019
(bản cập nhật Ngày 13 tháng 7 năm 2019)
Tập Bài giảng này vẫn đang trong quá trình hoàn thiện và có thể chứa những lỗi đánh
máy, những lỗi kí hiệu và những chỗ sai chưa được kiểm tra hết. Tác giả mong nhận được
sự đóng góp ý kiến để tập Bài giảng được hoàn thiện. Mọi ý kiến đóng góp xin vui lòng gửi
về địa chỉ “dieu.buixuan@hust.edu.vn”.
Warning: This lecture notes have not been reviewed and may contain errors or typos.
Use at your own risk!
Hà Nội, Ngày 13 tháng 7 năm 2019.
MỤC
Mục lục .
LỤC
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
Chương 1 . Hàm số một biến số (13LT+13BT). . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1
2
3
4
5
6
Sơ lược về các yếu tố Lôgic; các tập số: N, Z, Q, R . . . . . . . . . . .
Trị tuyệt đối và tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1
Định nghĩa hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2
Hàm số đơn điệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3
Hàm số bị chặn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4
Hàm số chẵn, hàm số lẻ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5
Hàm số tuần hoàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.6
Hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.7
Hàm ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.8
Hàm số sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.9
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.1
Dãy số và giới hạn của dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Các tiêu chuẩn tồn tại giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Giới hạn hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.1
Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.2
Các phép toán trên giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3
Giới hạn của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.4
Giới hạn vô cùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.5
Các tiêu chuẩn tồn tại giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.6
Mối liên hệ giữa giới hạn của dãy số và giới hạn của hàm số
5.7
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Vô cùng lớn, vô cùng bé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
5
5
6
6
6
6
7
7
8
8
9
13
19
19
20
22
27
27
27
28
28
28
29
29
30
2
MỤC LỤC
7
8
9
10
6.1
Vô cùng bé (VCB) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
6.2
Vô cùng lớn (VCL) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
6.3
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
Hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
7.1
Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
7.2
Các phép toán số học đối với hàm số liên tục . . . . . . . . . . . . . .
37
7.3
Sự liên tục của hàm ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
7.4
Sự liên tục của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
7.5
Các định lý về hàm liên tục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
7.6
Điểm gián đoạn và phân loại điểm gián đoạn của hàm số . . . . . . .
39
7.7
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
Đạo hàm và vi phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
8.1
Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
8.2
Các phép toán trên đạo hàm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
8.3
Đạo hàm của hàm hợp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
8.4
Đạo hàm của hàm ngược . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
8.5
Đạo hàm của các hàm số sơ cấp cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
8.6
Vi phân của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
8.7
Đạo hàm cấp cao
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
47
8.8
Vi phân cấp cao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
8.9
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
8.10
Đọc thêm: Về khái niệm vi phân
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
54
Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
9.1
Các định lý về hàm khả vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56
9.2
Các công thức khai triển Taylor, Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . .
61
9.3
Quy tắc L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
70
9.4
Về một số dạng vô định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
71
9.5
Thay tương đương khi có hiệu hai VCB? . . . . . . . . . . . . . . . . .
73
9.6
Hiệu hai VCB tương đương
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
75
9.7
Ba phương pháp (mới) để tính giới hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . .
76
9.8
Về các VCL tiêu biểu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
77
9.9
Bài tập ôn tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
78
Các lược đồ khảo sát hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
10.1
Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y = f ( x ) . . . . . . . . . . . . . . . .
83
10.2
Khảo sát và vẽ đường cong cho dưới dạng tham số . . . . . . . . . . .
85
10.3
Khảo sát và vẽ đường cong trong hệ toạ độ cực . . . . . . . . . . . . .
86
10.4
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
89
2
MỤC LỤC
3
Chương 2 . Phép tính tích phân một biến số . . . . . . . . . . . . . . . . . 93
1
Tích phân bất định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1
Nguyên hàm của hàm số . . . . . . . . . . . . . . .
1.2
Các phương pháp tính tích phân bất định . . . . .
1.3
Tích phân hàm phân thức hữu tỷ . . . . . . . . . .
1.4
Tích phân hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . .
1.5
Tích phân các biểu thức vô tỷ . . . . . . . . . . . .
2
Tích phân xác định . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1
Định nghĩa tích phân xác định . . . . . . . . . . .
2.2
Các tiêu chuẩn khả tích . . . . . . . . . . . . . . .
2.3
Các tính chất của tích phân xác định . . . . . . . .
2.4
Tích phân với cận trên thay đổi (hàm tích phân) .
2.5
Các phương pháp tính tích phân xác định . . . . .
2.6
Hệ thống bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
Tích phân suy rộng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.1
Tích phân suy rộng với cận vô hạn . . . . . . . . .
3.2
Tích phân suy rộng của hàm số không bị chặn . .
3.3
Các tiêu chuẩn hội tụ . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.4
Tích phân suy rộng hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ
3.5
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
Các ứng dụng của tích phân xác định . . . . . . . . . . . .
4.1
Tính diện tích hình phằng . . . . . . . . . . . . . .
4.2
Tính độ dài đường cong phẳng . . . . . . . . . . . .
4.3
Tính thể tích vật thể . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.4
Tính diện tích mặt tròn xoay . . . . . . . . . . . . .
Chương 3 . Hàm số nhiều biến số . . . . . . . . . . . . .
1
2
Giới hạn của hàm số nhiều biến số . . . . . . .
1.1
Giới hạn của hàm số nhiều biến số . . .
1.2
Tính liên tục của hàm số nhiều biến số .
1.3
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Đạo hàm và vi phân . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1
Đạo hàm riêng . . . . . . . . . . . . . . .
2.2
Vi phân toàn phần . . . . . . . . . . . .
2.3
Đạo hàm của hàm số hợp . . . . . . . . .
2.4
Đạo hàm và vi phân cấp cao . . . . . . .
2.5
Đạo hàm theo hướng - Gradient . . . . .
2.6
Hàm ẩn - Đạo hàm của hàm số ẩn . . .
3
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
93
93
95
100
102
104
109
109
109
110
111
112
113
124
124
126
127
129
130
136
136
138
139
141
. 145
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
145
145
146
146
148
148
148
149
150
150
152
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4
MỤC LỤC
3
2.7
Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . .
Cực trị của hàm số nhiều biến số . . . . .
3.1
Cực trị tự do . . . . . . . . . . . . .
3.2
Cực trị có điều kiện . . . . . . . . .
3.3
Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất
4
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
152
159
159
161
163
CHƯƠNG
HÀM
§1. SƠ
SỐ MỘT BIẾN SỐ
LƯỢC VỀ CÁC YẾU TỐ
1
(13LT+13BT)
LÔGIC;
CÁC TẬP SỐ :
N, Z, Q, R
1. Phần Lôgic không dạy trực tiếp (phần này Đại số đã dạy) mà chỉ nhắc lại những
phép suy luận cơ bản thông qua bài giảng các nội dung khác nếu thấy cần thiết.
2. Giới thiệu các tập số; cần nói rõ tập Q tuy đã rộng hơn Z nhưng vẫn chưa lấp đầy
trục số còn tập R đã lấp đầy trục số và chứa tất cả các giới hạn của các dãy số hội tụ,
ta có bao hàm thức
N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R.
§2. TRỊ
TUYỆT ĐỐI VÀ TÍNH CHẤT
Nhắc lại định nghĩa và nêu các tính chất sau
• | x | ≥ 0, | x | = 0 ⇐⇒ x = 0, | x + y| ≤ | x | + |y|;
• | x − y| ≥ || x | − |y|| , | x | ≥ A ⇐⇒ x ≥ A hoặc x ≤ − A
• | x | ≤ B ⇐⇒ − B ≤ x ≤ B.
5
6
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
§3. HÀM
SỐ
3.1 Định nghĩa hàm số
Định nghĩa 1.1. Một hàm số đi từ tập X vào tập Y là một quy tắc cho tương ứng mỗi
phần tử x ∈ X với một và chỉ một phần tử y ∈ Y.
Một hàm số có thể được cho dưới dạng biểu thức giải tích y = f ( x ), chẳng hạn như hàm số
y = x2 . Khi đó, cần phải xác định rõ miền xác định (hay tập xác định), tập hợp tất cả các
phần tử x ∈ X sao cho biểu thức f ( x ) được xác định, của hàm số.
Tập giá trị của hàm số: là tập tất cả các phần tử y ∈ Y sao cho tồn tại x ∈ X, f ( x ) = y.
Ví dụ 3.1 (Giữa kì, K61). Tìm tập xác định và tập giá trị của hàm số
a) y = arcsin(cos 2x ).
d) y = arccos(2 sin x ).
b) y = arcsin(2 cos x ).
e) y = sin(π cos 3x ).
c) y = arccos(sin 2x ).
f) y = cos(π sin 3x ).
3.2 Hàm số đơn điệu
• Một hàm số f ( x ) được gọi là đơn điệu tăng trên khoảng ( a, b) nếu:
∀ x1 , x2 ∈ ( a, b), x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ).
• Một hàm số f ( x ) được gọi là đơn điệu giảm trên khoảng ( a, b) nếu
∀ x1 , x2 ∈ ( a, b), x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ).
Chú ý 1.1. Trong Bài giảng này chúng ta chỉ quan tâm đến tính đơn điệu của hàm số
trên mỗi khoảng mà hàm số đó xác định. Chẳng hạn như, hàm số f ( x ) = 1x có f ′ ( x ) =
− x12 < 0 ∀ x ∈ TXĐ = R \ {0} nhưng nếu nói f ( x ) đơn điệu giảm trên R \ {0} thì sẽ dẫn
đến nghịch lý là −1 < 1 nhưng −1 = f (−1) < f (1) = 1. Thay vì đó, ta nói hàm số f ( x )
đơn điệu giảm trên mỗi khoảng (−∞, 0) và (0, +∞).
3.3 Hàm số bị chặn
• Một hàm số f ( x ) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số M ∈ R sao cho f ( x ) ≤ M với
mọi x ∈ TXĐ.
6
3. Hàm số
7
• Một hàm số f ( x ) được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số m ∈ R sao cho f ( x ) ≥ M với
mọi x ∈ TXĐ.
• Một hàm số f ( x ) được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên, vừa bị chặn dưới.
3.4 Hàm số chẵn, hàm số lẻ

 x ∈ TXĐ ⇒ − x ∈ TXĐ
• Một hàm số f ( x ) được gọi là chẵn nếu
 f (− x ) = f ( x ).
Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.

 x ∈ TXĐ ⇒ − x ∈ TXĐ
• Một hàm số f ( x ) được gọi là lẻ nếu
 f (− x ) = − f ( x ).
Đồ thị của hàm số lẻ nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng.
Ví dụ 3.2. Chứng minh rằng bất kì hàm số f ( x ) nào xác định trong một khoảng đối xứng
(− a, a) cũng đều biểu diễn được duy nhất dưới dạng tổng của một hàm số chẵn và một
hàm số lẻ.
[Gợi ý] Với mỗi f ( x ) bất kì ta luôn có
f (x) =
1
1
[ f ( x ) + f (− x )] + [ f ( x ) − f (− x )]
{z
} |2
{z
}
|2
g( x )
h( x )
trong đó g( x ) là một hàm số chẵn, còn h( x ) là một hàm số lẻ. Các bạn độc giả được khuyến
khích tự chứng minh tính duy nhất của phân tích này.
3.5 Hàm số tuần hoàn
Định nghĩa 1.2. Một hàm số f ( x ) được gọi là tuần hoàn nếu như tồn tại số thực T > 0
sao cho
f ( x ) = f ( x + T ) ∀ x ∈ TXĐ .
Ví dụ như các hàm số lượng giác y = sin x, y = cos x, y = tan x, y = cot x đã học ở phổ thông
là các hàm số tuần hoàn. Trong phạm vi Bài giảng này, chúng ta quan tâm chủ yếu là
xem có số T > 0 nào đó thỏa mãn f ( x + T ) = f ( x ) mà không đi sâu vào việc tìm chu kỳ
(số T > 0 bé nhất).
Các câu hỏi sau đây tuy phát biểu đơn giản (và tưởng chừng như dễ trả lời) nhưng câu
trả lời sẽ rất thú vị:
7
8
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
• Tổng (hiệu) của hai hàm số tuần hoàn có tuần hoàn không?
• Tích của hai hàm số tuần hoàn có tuần hoàn không?
• Thương của hai hàm số tuần hoàn có tuần hoàn không?
• Đạo hàm của hàm số tuần hoàn (nếu có) có tuần hoàn không?
• Nếu hàm số F ( x ) có đạo hàm trên R và F ′ ( x ) là một hàm số tuần hoàn thì F ( xZ) có tuần
hoàn không? Nói cách khác, nếu f ( x ) là một hàm số tuần hoàn thì F ( x ) =
có tuần hoàn không?
x
0
f (t)dt
3.6 Hàm hợp
bởi
Cho hai hàm số f , g. Hàm hợp của f và g, kí hiệu là f ◦ g, là hàm số được định nghĩa
( f ◦ g)( x ) = f [ g( x )].
3.7 Hàm ngược
Định nghĩa 1.3. Một hàm số f : X → Y được gọi là ánh xạ 1 − 1 (hay còn gọi là đơn ánh)
nếu:
x1 6 = x2 ⇒ f ( x1 ) 6 = f ( x2 ).
Định nghĩa 1.4. Cho f là một đơn ánh với miền xác định A và miền giá trị B. Khi đó hàm
ngược f −1 , có miền xác định B và miền giá trị A, được định nghĩa bởi
f −1 (y) = x ⇔ f ( x ) = y.
Miền xác định của f = Miền giá trị của f −1
Miền giá trị của f = Miền xác định của f −1
Chú ý 1.2. Đồ thị của hàm ngược đối xứng với đồ thị của hàm y = f ( x ) qua đường phân
giác của góc phần tư thứ nhất.
Để tìm hàm số ngược của hàm số y = f ( x ) ta làm như sau:
• Viết y = f ( x ),
• Từ phương trình này giải x theo y, giả sử được x = g(y),
• Đổi vai trò của x và y để được hàm số ngược f −1 ( x ) = g( x ).
8
3. Hàm số
9
Ví dụ, tìm hàm ngược của hàm số y = 2x + 3, ta rút x theo y thì được x = 2 , sau đó
3
đổi vai trò của x và y để được hàm ngược là y = x−
2 . Tuy nhiên, cũng có nhiều khi hàm
số không phải là đơn ánh trên toàn trục số R, khi đó chúng ta phải xét hàm số trên các
khoảng mà hàm số đó là đơn ánh và tìm hàm ngược trên các khoảng tương ứng.
y −3
Định lý 1.1. Nếu hàm số f ( x ) đơn điệu tăng (hoặc giảm) trên khoảng ( a, b) thì tồn tại
hàm số ngược f −1 của f trên khoảng đó.
3.8 Hàm số sơ cấp
Năm loại hàm số sơ cấp cơ bản
1. Hàm lũy thừa y = x α . TXĐ của hàm số này phụ thuộc vào α.
• Nếu α nguyên dương, ví dụ hàm y = x2 , hàm số xác định với mọi x ∈ R,
• Nếu α nguyên âm, ví dụ hàm y = x −2 =
mọi x ∈ R \ {0},
1
,
x2
hàm số y = yα =
1
x −α
xác định với
√
• Nếu α = 1p , p nguyên dương chẵn, ví dụ y = x1/2 = x, thì hàm số xác định trên
R ≥0 ,
√
• Nếu α = 1p , nguyên dương lẻ, ví dụ y = x1/3 = 3 x, thì hàm số xác định trên R,
• Nếu α là số vô tỉ thì quy ước chỉ xét hàm số tại x > 0.
2. Hàm số mũ y = a x (0 < a 6= 1) có tập xác định là R và tập giá trị là R >0 . Hàm này
đồng biến nếu a > 1 và nghịch biến nếu 0 < a < 1.
3. Làm số logarit y = loga ( x ) (0 < a 6= 1), ngược với hàm số mũ, hàm số này có TXĐ
là R >0 và tập giá trị là R. Hàm số này đồng biến nếu a > 1 và nghịch biến nếu
0 < a < 1. Nó là hàm số ngược của hàm số mũ, do đó đồ thị của nó đối xứng với đồ
thị của hàm số y = a x qua đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. Logarit cơ số
10 của x được kí hiệu là lg x. Logarit cơ số e của x được kí hiệu là ln x.
4. Các hàm lượng giác:
• Hàm số y = sin x xác định ∀ x ∈ R, là hàm số lẻ, tuần hoàn chu kì 2π.
y
y = sin x
− π2
O
π
2
9
x
10
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
• Hàm số y = cos x xác định ∀ x ∈ R, là hàm số chẵn, tuần hoàn chu kì 2π.
y
y = cos x, 0 ≤ x ≤ π
x
O
• Hàm số y = tan x xác định ∀ x ∈ R \ {(2k + 1) π2 , k ∈ Z }, là hàm số lẻ, tuần hoàn
chu kì π.
y
O
x
π
2
− π2
• Hàm số y = cot x xác định ∀ x ∈ R \ {kπ, k ∈ Z }, là hàm số lẻ, tuần hoàn chu kì
π.
y
O
− π2
10
π
2
π
x
3. Hàm số
11
Ví dụ 3.3 (Ngụy biện toán học). Chứng minh rằng 0 = 2.
Chứng minh. Ta có
cos2 x = 1 − sin2 x ⇒ cos x =
p
p
1 − sin2 x ⇒ 1 + cos x = 1 + 1 − sin2 x.
p
Thay x = π vào đẳng thức 1 + cos x = 1 + 1 − sin2 x ta được 0 = 2.
5. Các hàm lượng giác ngược:
Muốn tìm hàm ngược của một hàm số, một yêu cầu đặt ra là hàm số đó phải là đơn
ánh. Tuy nhiên, các hàm lượng giác đều là các hàm số tuần hoàn (do đó, không phải
là đơn ánh). Chẳng hạn như, hàm số y = sin x không phải là đơn ánh trên R. Để
vượt qua khó khăn này, người ta hạn chế các hàm số lượng giác trên các khoảng mà
nó là đơn ánh. Chẳng hạn như, hàm số f ( x ) = sin x, − π2 ≤ x ≤ π2 là một đơn ánh.
y
y = sin x, − π2 ≤ x ≤
− π2
π
2
O
x
π
2
• Hàm số ngược của hàm số y = sin x, kí hiệu là arcsin x, xác định như sau:
h π πi
arcsin : [0, 1] → − ,
2 2
x 7→ y = arcsin x ⇔ x = sin y
Hàm số y = arcsin x xác định trên [−1, 1], nhận giá trị trên − π2 , π2 và là một
π
hàm số đơn điệu tăng.
2
sin x
x
0
x
− π2
11
arcsin x
12
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
• Hàm số ngược của hàm số y = cos x, kí hiệu là y = arccos x, được xác định như
sau:
arccos : [0, 1] → [0, π ]
x 7→ y = arccos x ⇔ x = cos y
Hàm số y = arccos x xác định trên [−1, 1], nhận giá trị trên [0, π ] và là một hàm
số đơn điệu giảm.
arccos x
π
π
2
x
cos x
x
0
− π2
• Hàm số ngược của hàm số y = tan x, kí hiệu là y = arctan x, được xác định như
sau:
π π
arctan : (−∞, +∞) → − ,
2 2
x 7→ y = arctan x ⇔ x = tan y
Hàm số y = arctan x xác định trên R, nhận giá trị trên − π2 , π2 và là một hàm
số đơn điệu tăng.
π
2
tan x
x
0
arctan x
− π2
x
• Hàm số ngược của hàm số y = cot x, kí hiệu là y = arccot x, được xác định như
sau:
arccot : (−∞, +∞) → (0, π )
x 7→ y = arccot x ⇔ x = cot y
12
3. Hàm số
13
Hàm số y = arccotx xác định trên R, nhận giá trị trên (0, π ) và là một hàm số
đơn điệu giảm.
π
2
x
arccot x
cot x
x
π
0
− π2
Hàm số sơ cấp
Người ta gọi hàm số sơ cấp là hàm số được tạo thành bởi một số hữu hạn các phép toán
cộng, trừ, nhân, chia, phép lập hàm số đối với các hàm số sơ cấp cơ bản. Các hàm số sơ cấp
được chia thành hai loại.
• Hàm số đại số: là những hàm số mà khi tính giá trị của nó ta chỉ phải làm một số
hữu hạn các phép toán cộng, trừ, nhân, chia và lũy thừa với số mũ hữu tỉ. Ví dụ: các
đa thức, phân thức hữu tỉ, . . .
• Hàm số siêu việt: là những hàm số sơ cấp nhưng không phải là hàm số đại số, như
y = ln x, y = sin x, . . .
3.9 Bài tập
Tìm TXĐ, MGT của hàm số
Bài tập 1.1. Tìm TXĐ của hàm số
a) y =
p
4
lg(tan x ),
b) y = arcsin
c) y =
2x
,
1+x
√
x
,
sin πx
d) y = arccos(2 sin x ).
[Đáp số]
a) {π/4 + kπ ≤ x < π/2 + kπ, k ∈ Z },
c) { x ≥ 0, x 6∈ Z },
b) {−1/3 ≤ x ≤ 1},
d) {− π6 + kπ ≤ x ≤
Bài tập 1.2. Tìm miền giá trị của hàm số
13
π
6
+ kπ, k ∈ Z }.
14
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
x
b) y = arcsin lg
10
a) y = lg(1 − 2 cos x )
[Đáp số]
a) {−∞ < y ≤ lg 3}
b) {−π/2 ≤ y ≤ π/2}
Tìm hàm ngược.
Bài tập 1.3. Tìm hàm ngược của hàm số (trên miền mà hàm số có hàm ngược)
a) y = 2x + 3,
b) y =
1−x
,
1+x
c) y =
1 x
( e + e − x ).
2
[Đáp số]
a) y =
1
3
x− .
2
2
b) y = y =
1−x
.
1+x
1 x
(e − e−x ) không xác dịnh dấu, nên hàm số đã cho có thể không phải là
2
một đơn ánh. Trước hết,
q
q
1
y = (e x + e− x ) ⇔ e x = y ± y2 − 1 ⇔ x = ln(y ± y2 − 1).
2
c) Ta có y′ =
Ta phải xét trên 2 miền:
• Trên miền x > 0, ta có song ánh:
ln(y +
(0, +∞) → (1, +∞)
1
x 7→ y = (e x + e− x )
2
q
y2 − 1) ← y
Vậy hàm ngược trên miền x > 0 là y = ln( x +
√
x2 − 1), x > 1.
√
• Trên miền x < 0, tương tự ta có hàm ngược là y = ln( x − x2 − 1), x > 1.
Ví dụ 3.4 (Giữa kì, K61). Tìm hàm ngược của hàm số sau
a) y =
x +1
2x +1 .
b) y =
Xét tính chẵn lẻ của hàm số
Bài tập 1.4. Xét tính chẵn lẻ của hàm số
14
x −1
2x −1 .
3. Hàm số
15
a) f ( x ) = a x + a− x ( a > 0)
b) f ( x ) = ln( x +
√
1 − x2 )
c) f ( x ) = sin x + cos x
[Đáp số]
a) Hàm số đã cho là hàm số chẵn.
b) Hàm số đã cho là hàm số lẻ.
c) Hàm số đã cho không chẵn, không lẻ.
Ví dụ 3.5 (Giữa kì, K61). Xét tính chẵn lẻ của hàm số
a) y = tan(sin x ).
b) y = sin(tan x ).
Ví dụ 3.6. Cho hàm số f ( x ) xác định và có đạo hàm trên R. Chứng minh rằng
a) nếu f ( x ) là một hàm số lẻ thì f ′ ( x ) là một hàm số chẵn.
b) nếu f ( x ) là một hàm số chẵn thì f ′ ( x ) là một hàm số lẻ.
Xét tính tuần hoàn của hàm số
Bài tập 1.5. Xét tính tuần hoàn và chu kì của hàm số sau (nếu có)
a) f ( x ) = A cos λx + B sin λx,
b) f ( x ) = sin x +
Chứng minh.
c) f ( x ) = sin2 x,
1
1
sin 2x + sin 3x,
2
3
d) f ( x ) = sin( x2 ).
a) Giả sử T > 0 là một chu kì của hàm số đã cho. Khi đó
f ( x + T ) = f ( x )∀ x ∈ R
⇔ A cos λ( x + T ) + B sin λ( x + T ) = A cos λx + B sin λx ∀ x ∈ R
⇔ A[cos λx − cos λ( x + T )] + B[sin λx − sin λ( x + T )] = 0 ∀ x ∈ R
λT
λT
−λT
[ A sin(λx +
) + B cos(λx +
)] = 0 ∀ x ∈ R
⇔2 sin
2
2
2
λT
⇔ sin
=0
2
2kπ
.
⇔T =
λ
Vậy hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì T =
2π
.
|λ|
b) Theo câu a) thì hàm số sin x tuần hoàn với chu kì 2π, hàm số sin 2x tuần hoàn với
1
1
2π
. Vậy f ( x ) = sin x + sin 2x + sin 3x
chu kì π, hàm số sin 3x tuần hoàn với chu kì
3
2
3
tuần hoàn với chu kì T = 2π
15
16
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
c) f ( x ) = sin2 x =
1 − cos 2x
tuần hoàn với chu kì T = π
2
d) Giả sử hàm số đã cho tuần hoàn với chu kì T > 0.Khi đó
sin( x + T )2 = sin( x2 )∀ x.
√
(a) Cho x = 0⇒ T = kπ, k ∈ Z, k > 0.
√
(b) Cho x = π ⇒k là số chính phương. Giả sử k = l 2 , l ∈ Z, l > 0.
r
π
ta suy ra điều mâu thuẫn.
(c) Cho x =
2
Vậy hàm số đã cho không tuần hoàn.
Nhận xét: Muốn chứng minh một hàm số không tuần hoàn, chúng ta có thể sử dụng
phương pháp phản chứng như đã trình bày ở trên. Giả sử hàm số đó tuần hoàn với chu kì
p > 0 sau đó cho một vài giá trị đặc biệt của x để suy ra điều mâu thuẫn. Ngoài phương
pháp phản chứng thì chúng ta cũng có thể sử dụng một số tính chất của hàm số tuần hoàn
để chứng minh. Chẳng hạn như:
• một hàm số tuần hoàn và liên tục thì bị chặn (tại sao?),
• một hàm số tuần hoàn và không phải là hàm hằng thì không tồn tại lim f ( x ) (tại
x →∞
sao?),
• đạo hàm của một hàm số tuần hoàn (nếu có) thì cũng tuần hoàn (tại sao?).
Bài tập 1.6. Chứng minh các hàm số sau không tuần hoàn
√
(a) y = cos x + cos x 2,
√
(b) y = sin x + sin x 2,
(d) y = cos x2 ,
(e) y = sin
√
x,
√
(f) y = cos x.
√
Chứng minh.
a) Giả sử hàm số y = cos x + cos x 2 tuần hoàn với chu kì T > 0. Khi đó,
√
√
cos x + cos x 2 = cos( x + T ) + cos( x + T ) 2 ∀ x ∈ R.
√
√
Cho x = 0 ta được 2 = cos T + cos T 2. Vì cos T ≤ 1, cos T 2 ≤ 1 nên


 T = k2π, 0 6= k ∈ N
cos T = 1,
√
⇒
2 = cos T + cos T 2 ⇔
√
√
 T 2 = l2π, 0 6= l ∈ N.
cos T 2 = 1.
(c) y = sin x2 ,
√
√
Khi đó 2 = kl ∈ Q, điều này là vô lý vì 2 là một số vô tỉ. Như vậy, chúng ta đã trả lời
một câu hỏi trong Mục 3.5, rằng tổng của hai hàm số tuần hoàn có thể không phải là
16
3. Hàm số
17
√
một hàm số tuần hoàn. Hàm số f ( x ) = cos x + cos x 2 là một hàm số hầu tuần hoàn
(almost periodic). Tương tự như vậy, tích của hai hàm số tuần hoàn cũng không phải
là một hàm số tuần hoàn, vì
√
√
√
1− 2
1+ 2
x cos
x = cos x + cos x 2.
2 cos
2
2
Bài tập 1.7. [Giữa kì, K61] Cho f ( x ), g( x ) là các hàm số xác định trên R và tuần hoàn
với chu kì lần lượt là T1 > 0, T2 > 0. Biết tỉ số TT21 là một số hữu tỉ. Chứng minh rằng
f ( x ) + g( x ) và f ( x ) g( x ) cũng là các hàm số tuần hoàn.
Các dạng toán khác
Bài tập 1.8. Tìm f ( x ) biết
1
1
a) f x +
= x2 + 2 ,
x
x
b) f
x
1+x
= x2 .
[Đáp số]
a) f ( x ) = x2 − 2 với | x | ≥ 2.
b) f ( x ) =
x
1−x
2
∀ x 6= 1.
Bài tập 1.9. Cho f ( x ) = ax + b, f (0) = −2, f (3) = −5. Tìm f ( x ).
[Đáp số] f ( x ) =
7
x − 2.
3
Bài tập 1.10. Cho f ( x ) = ax2 + bx + c, f (−2) = 0, f (0) = 1, f (1) = 5. Tìm f ( x ).
[Đáp số] f ( x ) =
7 2 17
x + x + 1.
6
6
Bài tập 1.11. Cho f ( x ) =
1 x
( a + a−x ), a > 0. Chứng minh rằng :
2
f ( x + y ) + f ( x − y ) = 2 f ( x ) f ( y ).
Bài tập 1.12. Giả sử f ( x ) + f (y) = f (z). Xác định z nếu:
a) f ( x ) = ax, a 6= 0,
c) f ( x ) =
b) f ( x ) = arctan x,
d) f ( x ) = lg
[Đáp số]
17
1
,
x
1+x
.
1−x
18
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
a) z = x + y,
b) z =
x+y
,
1 − xy
18
c) z =
xy
,
x+y
d) z =
x+y
.
1 + xy
4. Dãy số
19
§4. DÃY
SỐ
4.1 Dãy số và giới hạn của dãy số
Định nghĩa 1.5. Một dãy số là một hàm số N → R, n 7→ an . Kí hiệu { an }n∈N .
Một dãy số được gọi là:
• đơn điệu tăng nếu an < an+1 ∀n, đơn điệu giảm nếu an > an+1 ∀n.
• bị chặn trên nếu tồn tại số M sao cho an ≤ M ∀n, bị chặn dưới nếu tồn tại số m sao
cho an ≥ m ∀n.
Định nghĩa 1.6. Một dãy số { an } được gọi là có giới hạn là L và viết
lim an = L hay an → L khi n → ∞,
n→∞
nếu
• (nói một cách nôm na) có thể làm cho các số hạng an gần L với một giá trị tùy ý bằng
cách chọn n đủ lớn.
• (nói một cách chính xác) với mọi ǫ > 0, tồn tại số tự nhiên N sao cho
nếu n > N thì | an − L| < ǫ.
Hình dung rằng lim an = L nghĩa là với mọi ǫ > 0 thì từ một lúc nào đó toàn bộ số hạng
n→+∞
của dãy { an }n≥ N sẽ chui vào trong khoảng ( L − ǫ, L + ǫ).
an , ∀n ≥ N
L−ǫ
L+ǫ
Hình 1.6
Một dãy số { an } có lim an = L hữu hạn được gọi là hội tụ. Ngược lại, nó được gọi là phân
n→+∞
kì (nghĩa là lim an = ∞ hoặc là không tồn tại).
n→+∞
Định nghĩa 1.7 (Giới hạn vô cùng). Ta nói lim an = +∞ nếu với mọi số thực dương M,
n→∞
tồn tại số tự nhiên N sao cho
nếu n > N thì an > M.
Hãy phát biểu cho trường hợp lim an = −∞
n→∞
19
20
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Định lý 1.2 (Các tính chất của giới hạn của dãy số).
• Giới hạn của một dãy số, nếu tồn tại, là duy nhất.
• Mọi dãy số hội tụ đều bị chặn.
Định lý 1.3 (Các phép toán trên giới hạn). Giả sử lim an = A, lim bn = b, ở đó a, b
n→+∞
là các số thực hữu hạn. Khi đó:
n→+∞
• Tổng: lim ( an + bn ) = A + B,
n→+∞
• Hiệu: lim ( an − bn ) = A − B,
n→+∞
• Tích: lim ( an .bn ) = AB,
n→+∞
• Thương: lim
an
n→+∞ bn
=
A
B
nếu B 6= 0.
Chú ý 1.3. Các phép toán trên giới hạn sau không thực hiện được, chúng còn được gọi là
các dạng vô định:
∞ 0
∞ − ∞, 0 × ∞, , .
∞ 0
4.2 Các tiêu chuẩn tồn tại giới hạn
Định lý 1.4 (Tiêu chuẩn kẹp). Giả sử
i) an ≤ bn ≤ cn với mọi n ∈ N hoặc với mọi n ≥ K nào đó,
ii) lim an = lim cn = L.
n→+∞
n→+∞
Khi đó, lim bn = L.
n→+∞
Định lý 1.5 (Tiêu chuẩn đơn điệu bị chặn). Mọi dãy số đơn điệu tăng (đơn điệu giảm)
và bị chặn trên (tương ứng, bị chặn dưới) đều hội tụ.
Ví dụ 4.1. Xét un =
1
1+
n
n
.Chứng minh rằng {un } là một dãy số tăng và bị chặn.
Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
1
1+ 1+
n
|
s
1
+...+ 1+
≥ ( n + 1 ) n +1
n
{z
}
n số hạng
20
1
1+
n
n
.
4. Dãy số
21
1
⇒ 1+
n+1
Hơn nữa ta có
un =
n +1
1
1+
n
n
≥
1
1+
n
n
=
n
.
1
∑ Cnk . nk
k =0
k −1
k! = 1.2 . . . k ≥ 2
∀k ≥ 2
1
1
n.(n − 1) . . . (n − k + 1) 1
1
⇒Cnk . k =
. k <
≤ k −1
k!
k!
n
n
2
1
1
1
⇒un < 1 + 1 + + 2 + . . . + k−1 < 3.
2 2
2
Chú ý 1.4. Giới hạn lim
n→+∞
2.71.
1
1+
n
n
là một số vô tỉ, được kí hiệu là e. Nó có giá trị xấp xỉ
Ví dụ 4.2 (Giữa kì, 20173). Xét sự hội tụ và tìm giới hạn (nếu có) của dãy số
1
1
xn +
, n ≥ 1.
{ xn } : x1 > 0, xn+1 =
2
xn
[Lời giải] Từ x1 > 0 ta có xn > 0 với mọi n.
1
1
xn =
≥ 1.
x n −1 +
2
x n −1
Do đó, xn+1 = 12 xn + x1n ≤ xn với mọi n. Như vậy, { xn } là một dãy số giảm và bị chặn
dưới nên tồn tại lim xn = a.
n→+∞
x n +1
Vậy lim xn = 1.
1
=
2
1
xn +
xn
1
⇒a=
2
1
a+
a
⇒ a = 1.
n→+∞
Định nghĩa 1.8. Dãy số { an } được gọi là dãy số Cauchy nếu với mọi ǫ > 0, tồn tại số tự
nhiên N sao cho | an − am | < ǫ với mọi m, n > N .
Định lý 1.6 (Tiêu chuẩn Cauchy). Dãy số { an } là hội tụ khi và chỉ khi nó là dãy số
Cauchy.
Ví dụ 4.3. Chứng minh rằng dãy số { an } với
an = 1 +
1
1 1
+ +···+
2 3
n
là một dãy số phân kỳ.
21
22
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Ví dụ 4.4 (Ngụy biện toán học). Cho x là một số thực và L =
n = m + 1 ta có
L=
lim
m+1→+∞
lim x n . Đổi biến số
n→+∞
x m+1 = lim x.x m = x. lim x m = xL.
m→+∞
m→+∞
Vậy L = xL ⇒ L( x − 1) = 0. Nếu x 6= 1 thì L = 0. Nói cách khác,
lim x n = 0 ∀ x 6= 1.
n→+∞
Điều này dẫn đến, chẳng hạn,
lim 2n = 0 thật vô lý!.
n→+∞
Giải thích tại sao lại dẫn đến mâu thuẫn trên?
4.3 Bài tập
Về bài tập tìm giới hạn của dãy số, về cơ bản cho đến thời điểm hiện tại chúng ta chưa
có nhiều công cụ để xử lý. Chủ yếu vẫn là các phương pháp nhân liên hợp để khử dạng
vô định ở phổ thông, sử dụng tiêu chuẩn đơn điệu bị chặn, tiêu chuẩn kẹp và tiêu chuẩn
Cauchy. Sau này, khi học đến giới hạn của hàm số, các công cụ sẽ phong phú hơn. Khi đó
các bài toán về giới hạn của dãy số có thể đưa về giới hạn của hàm số và tính toán dễ dàng.
Bài tập 1.13. Tìm giới hạn của các dãy số sau:
a) xn = n −
b) xn =
[Đáp số]
a)
p
√
n2 − n,
n(n + a) − n,
1
2
b)
√
3
c) xn = n + 1 − n3 ,
nπ
n
,
d) xn = sin
2
2
a
2
c) 0
Bài tập 1.14. Xét dãy số xn = xn−1 +
1
x n −1
sin2 n − cos3 n
e) xn =
.
n
d) phân kì
e) 0
, x0 = 1.
a) Chứng minh rằng dãy { xn } không có giới hạn hữu hạn.
b) Chứng minh rằng lim xn = +∞.
n→∞
Bài tập 1.15. Cho sn = 1 +
1
1
+ . . . + .Chứng minh rằng {sn } tăng và bị chặn.
1!
n!
Chú ý : lim sn = e.
n→+∞
22
4. Dãy số
23
1 + a + . . . + an
, | a| < 1, |b| < 1.
n→+∞ 1 + b + . . . + bn
Bài tập 1.16. Tính lim
Chứng minh.
1 − a n +1 1 − b
1 + a + . . . + an
1−b
=
lim
.
=
n
n
+
1
n→+∞ 1 − a
n→+∞ 1 + b + . . . + b
1−a
1−b
lim
Bài tập 1.17. Tính lim
n→+∞
q
2+
q
p
2+...+
√
2 (n dấu căn).
p
√
Chứng minh. Đặt un = 2 + 2 + . . . + 2 ta có u2n+1 = 2 + un . Trước hết chứng minh
{un } là một dãy số tăng và bị chặn, 0 ≤ un ≤ 2. Theo tiêu chuẩn đơn điệu bị chặn, {un }
là một dãy số hội tụ. Giả sử lim un = a, 0 < a < 2 thì từ phương trình u2n+1 = 2 + un , cho
n→∞
n → ∞ ta có
a2 = a + 2
Vậy a = 2 hay lim
n→+∞
q
2+
p
2+...+
Bài tập 1.18. Tính lim (n −
n→+∞
[Gợi ý] lim (n −
n→+∞
√
√
√
2=2
n2 − 1) sin n.
sin n
√
= 0 (theo tiêu chuẩn kẹp)
n→+∞ n + n2 − 1
n2 − 1) sin n = lim
Bài tập 1.19. Tính lim [cos(ln n) − cos(ln(n + 1))].
n→+∞
Chứng minh. Ta có
ln n − ln(n + 1)
ln n + ln(n + 1)
. sin
cos(ln n) − cos(ln(n + 1)) = −2 sin
2
2
n
ln
ln n(n + 1)
= −2 sin
sin n+1
2
2
nên
n
ln n+
1
0 ≤ |cos(ln n) − cos(ln(n + 1))| ≤ 2 sin
2
Mặt khác lim sin
n→∞
n
ln n+
1
= 0 nên theo nguyên lý giới hạn kẹp
2
lim [cos(ln n) − cos(ln(n + 1))] = 0
n→+∞
n
= 0.
n→+∞ 2n
Bài tập 1.20. Chứng minh rằng lim
23
24
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
[Gợi ý]
2n = ( 1 + 1 ) n >
n
2
n ( n − 1)
⇒0 < n <
.
2
2
n−1
Dùng nguyên lý kẹp ta có điều phải chứng minh.
2n
= 0.
n→+∞ n!
Bài tập 1.21. Chứng minh rằng lim
[Gợi ý] Ta có
0<
2n
2 2 2
2
2
= . . . . . < 2. ∀n ≥ 2.
n!
1 2 3
n
n
Bài tập 1.22. Tính
a)
lim
n→+∞
1
1
n
+ 2 +···+ n
2 2
2
b)
lim
n→+∞
1
1
n
+ 2 +···+ n
3 3
3
[Gợi ý]
1
a. Tính Sn − Sn ⇒ lim Sn = 2.
n→+∞
2
1
3
b. Tính Sn − Sn ⇒ lim Sn = .
n→+∞
3
4
Bài tập 1.23. Chứng minh rằng lim
n→+∞
√
n
n = 1, lim
n→+∞
√
n
a = 1 với mọi a > 0.
[Gợi ý]
√
n
2
n ( n − 1) 2
αn ⇒α2n <
. Áp dụng nguyên lý giới
2
n−1
√
hạn kẹp ta có lim αn = 0. Vậy lim n n = 1.
a) Đặt αn =
b) Xét lim
n→+∞
n − 1⇒ n = (1 + α n ) n >
√
n
n→∞
n→∞
a.
• Nếu a = 1, xong.
√
√
√
• Nếu a > 1, 1 ≤ n a ≤ n n ∀n > a⇒ lim n a = 1
n→+∞
• Nếu a < 1, đặt a′ =
√
√
1
⇒ lim n a′ = 1⇒ lim n a = 1.
n→+∞
a
Bài tập 1.24. Tính lim xn , ở đó xn =
n→+∞
1
2+
1
2+···+ 21
[Lời giải]
24
(n phép chia).
4. Dãy số
25
√
√
1) Trước hết ta chứng minh 0 < x2n < −1 + 2 và x2n+1 > −1 + 2. Thật vậy,
√
Nếu xn > −1 + 2 thì xn+1 =
√
1
1
1
√ =
√ = −1 + 2.
<
2 + xn
2 + (−1 + 2)
1+ 2
√
Nếu xn < −1 + 2 thì xn+1 =
√
1
1
1
√ =
√ = −1 + 2.
>
2 + xn
2 + (−1 + 2)
1+ 2
√
Như vậy, dãy { xn } này có quy luật là, cứ một số hạng nào đó nhỏ hơn −1 + 2 thì số
√
hạng đứng ngay sau nó lớn hơn −1 + 2, và ngược lại. Do đó,
√
√
√
1
> −1 + 2 ⇒ x2 < −1 + 2 ⇒ x3 > −1 + 2 ⇒ · · ·
2

0 < x < −1 +√2,
2n
dẫn đến việc
√
 x2n+1 > −1 + 2.
x1 =
2) Tiếp theo, ta đi chứng minh dãy { x2n } là một dãy số tăng, thật vậy,
x2n+2 =
x2n+2 > x2n ⇔
2 + x2n
1
1
=
.
=
1
2 + x2n+1
5 + 2x2n
2 + 2+ x2n
√
√
2 + x2n
2
> x2n ⇔ 2x2n
+ 4x2n − 2 < 0 ⇔ −1 − 2 < x2n < −1 + 2
5 + 2x2n
Điều này luôn đúng, vì ta đã chứng minh ở trên, rằng dãy các số hạng chẵn thỏa
√
mãn x2n < −1 + 2.
√
Dãy số này tăng và bị chặn trên bởi −1 + 2 nên tồn tại lim x2n = a. Phương trình
n→+∞
√
2+ x2n
2+ a
x2n+2 = 5+2x2n dẫn đến a = 5+a ⇒ a = −1 + 2.
3) Tương tự như vậy, dãy { x2n+1 } sẽ là một dãy số giảm. Thật vậy,
x2n+3 =
1
1
2 + x2n+1
.
=
=
1
2 + x2n+2
5 + 2x2n+1
2 + 2+ x2n+1
√
√
2
x2n+3 < x2n+1 ⇔ 2x2n
+
4x
−
2
>
0
⇔
x
>
−
1
+
2
hoặc
x
<
−
1
−
2
2n
+
1
2n
+
1
2n
+
1
+1
Điều này luôn đúng, vì ta đã chứng minh ở trên, rằng dãy các số hạng lẻ thỏa mãn
√
x2n+1 > −1 + 2.
Dãy số này giảm và bị chặn dưới, nên tồn tại giới hạn lim x2n+1 = b. Phương trình
n→+∞
√
2+ x
b
⇒ b = −1 + 2.
x2n+3 = 5+2x2n2n++11 dẫn đến b = 52++2b
√
Kết luận: lim xn = −1 + 2.
n→+∞
25
26
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
1
1
Bài tập 1.25. Dùng tiêu chuẩn Cauchy chứng minh rằng dãy số un = 1 + + · · · +
2
n
phân kì.
Bài tập 1.26. Chứng minh rằng nếu lim an = a thì lim
n→+∞
n→+∞
a1 + a2 + · · · + a n
= a.
n
Bài tập 1.27. Chứng minh rằng nếu lim an = a, an > 0∀n thì lim
n→+∞
n→+∞
26
√
n
a1 a2 . . . an = a.
5. Giới hạn hàm số
27
§5. GIỚI
HẠN HÀM SỐ
5.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.9. Giả sử rằng hàm số f ( x ) được xác định tại mọi điểm x ∈ ( a, b) \ { x0 }. Ta
nói giới hạn của hàm số f ( x ) khi x tiến đến x0 bằng L và viết
lim f ( x ) = L
x → x0
• (nói một cách nôm na) nếu ta có thể làm cho giá trị của hàm số f ( x ) gần L với một
giá trị tùy ý bằng cách chọn x đủ gần x0 .
• (nói một cách chính xác) nếu với mọi ǫ > 0, tồn tại số thực δ > 0 sao cho
nếu | x − x0 | < δ thì | f ( x ) − L| < ǫ.
Hình dung rằng lim f ( x ) = L nghĩa là với mọi ǫ > 0, tồn tại số δ > 0 sao cho đồ thị của
x → x0
hàm số trong khoảng ( x0 − δ, x0 + δ) sẽ nằm hoàn toàn trong dải ( L − ǫ, L + ǫ).
y
b
L+ǫ
L−ǫ
x0
O
x
Hình 1.9
Các giới hạn một phía lim = L, lim = L và giới hạn lim f ( x ) = L được định nghĩa một
cách tương tự.
x → x0+
x →∞
x → x0−
Định lý 1.7 (Tính duy nhất của giới hạn). Giới hạn của hàm số lim f ( x ), nếu tồn tại,
x → x0
là duy nhất.
5.2 Các phép toán trên giới hạn
Định lý 1.8 (Các phép toán trên giới hạn). Giả sử lim f ( x ) = a, lim g( x ) = b, ở đó
x → x0
a, b là các số thực hữu hạn. Khi đó,
• Tổng: lim [ f ( x ) + g( x )] = a + b,
x → x0
27
x → x0
28
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
• Hiệu: lim [ f ( x ) − g( x )] = a − b,
x → x0
• Tích: lim [ f ( x ) g( x )] = ab,
x → x0
• Thương: lim
f (x)
x → x0 g ( x )
= ba , nếu b 6= 0.
Chú ý 1.5. Các phép toán trên giới hạn sau không thực hiện được, chúng còn được gọi là
các dạng vô định:
∞ 0
∞ − ∞, 0 × ∞, , .
∞ 0
5.3 Giới hạn của hàm hợp
Nếu có lim u( x ) = uo , lim f (u) = f (uo ) và có hàm hợp f (u( x )) thì
x → x0
u→uo
lim f (u( x )) = f (uo ).
x → x0
lim B( x ) ln A( x )
Áp dụng lim A( x ) B( x) = e x→x0
x → x0
.
5.4 Giới hạn vô cùng
Định nghĩa 1.10. Giả sử rằng hàm số f ( x ) được xác định tại mọi điểm x ∈ ( a, b) \ { x0 }.
Ta nói giới hạn của hàm số f ( x ) khi x tiến đến x0 bằng vô cùng và viết
lim f ( x ) = ∞
x → x0
nếu với mọi số M > 0, tồn tại số thực δ > 0 sao cho
nếu | x − x0 | < δ thì | f ( x )| > M.
Các giới hạn một phía lim = ∞, lim = ∞ và giới hạn lim f ( x ) = ∞ được định nghĩa một
cách tương tự.
x → x0+
x →∞
x → x0−
5.5 Các tiêu chuẩn tồn tại giới hạn
Định lý 1.9. Nếu f ( x ) ≤ g( x ) với mọi x trong một lân cận nào đó của a, và tồn tại các giới
hạn lim f ( x ), lim g( x ) thì
x→a
x→a
lim f ( x ) ≤ lim g( x ).
x→a
x→a
Hệ quả 1.1 (Tiêu chuẩn kẹp). Nếu f ( x ) ≤ g( x ) ≤ h( x ) trong một lân cận nào đó của a,
và tồn tại các giới hạn lim f ( x ) = lim h( x ). Khi đó tồn tại lim g( x ), và
x→a
x→a
lim f ( x ) = lim g( x ).
x→a
x→a
28
x→a
5. Giới hạn hàm số
29
5.6 Mối liên hệ giữa giới hạn của dãy số và giới hạn
của hàm số
Nhiều bài toán giới hạn của dãy số có thể được chuyển về giới hạn của hàm số và lợi
dụng các công cụ của giới hạn của hàm số để tính toán một cách dễ dàng. Chúng thể hiện
qua mối liên hệ sau.
Định lý 1.10. lim f ( x ) = L khi và chỉ khi với mọi dãy số { xn } sao cho lim xn = x0 thì
x → x0
n→+∞
lim f ( xn ) = L, ở đó (chỉ riêng trong Định lý này) x0 và L có thể là một số thực hữu hạn
n→+∞
hoặc bằng vô cùng.
Chẳng hạn như, muốn chứng minh lim
ln n
n→+∞ n
= 0 ta có thể đưa về lim
ln x
x →∞ x
= 0.
5.7 Bài tập
Bài tập 1.28. Tính
x100 − 2x + 1
a) lim 50
x →1 x − 2x + 1
0
0
( x n − an ) − nan−1 ( x − a)
b) lim
x→a
( x − a )2
0
0
Phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử. Nếu Pn ( x0 ) = Qm ( x0 ) = 0 thì
lim
x → x0
[Đáp số]
a)
( x − x0 ).Pn−1 ( x )
P (x)
Pn ( x )
= lim
= lim n−1
.
x → x0 ( x − x0 ).Qm−1 ( x )
x → x0 Q m −1 ( x )
Qm ( x )
49
24
b)
Bài tập 1.29. Tìm giới hạn
q
p
√
x + x + x ∞
√
a) lim
.
x →+∞
∞
x+1
Chứng minh.
b)
n ( n − 1 ) n −2
.a
2
√
3
lim ( x3 + x2 − 1 − x ) (∞ − ∞).
x →+∞
√
a) Chia cả tử và mẫu cho x ta được
q
q
p
p
√
√
x+ x+ x
1 + 1/x + 1/x3
√
√
= lim
= 1.
lim
x →∞
x →+∞
x+1
1 + 1/x
b) Sử dụng phương pháp nhân liên hợp ta được
lim (
x →+∞
p
3
x3 + x2 − 1 − x ) = lim p
3
x →∞
1
x2 − 1
√
= .
3
3
( x 3 + x 2 − 1)2 + x x 3 + x 2 − 1 + x 2
29
30
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
§6. VÔ
CÙNG LỚN , VÔ CÙNG BÉ
6.1 Vô cùng bé (VCB)
Định nghĩa 1.11. Hàm số f ( x ) được gọi là một vô cùng bé (viết tắt là VCB) khi x → a
nếu
lim f ( x ) = 0.
x→a
Mối liên hệ giữa giới hạn và VCB
lim f ( x ) = ℓ ⇐⇒ f ( x ) = ℓ + α( x );
x→a
trong đó α( x ) là một VCB trong quá trình x → a.
Một số tính chất của VCB
1. Tổng hai VCB (đối với một VCB người ta không quan tâm đến dấu của nó) là một
VCB.
2. Tích của VCB với một đại lượng bị chặn là một VCB.
3. Tích các VCB là một VCB.
Chú ý: Thương của hai VCB là một dạng vô định 00 .
So sánh các VCB
Định nghĩa 1.12 (VCB cùng bậc, tương đương). Giả sử α( x ) và β( x ) là các VCB khi
x → a.
i) Nếu lim
α( x )
x → a β( x )
= A 6= 0, ta nói rằng α( x ), β( x ) là các VCB cùng bậc.
ii) Đặc biệt, nếu lim
α( x )
x → a β( x )
= 1 thì ta nói α( x ) và β( x ) là các VCB tương đương và viết
α ( x ) ∼ β ( x ).
Một số VCB tương đương hay dùng trong quá trình x → 0
• x ∼ sin x ∼ tan x ∼ arcsin x ∼ arctan x ∼ e x − 1 ∼
• (1 + x ) a − 1 ∼ ax. Đặc biệt,
√
m
1 + αx − 1 ∼
30
αx
,
m
ax − 1
∼ ln(1 + x ),
ln a
6. Vô cùng lớn, vô cùng bé
• 1 − cos x ∼
31
x2
.
2
Định nghĩa 1.13 (VCB bậc cao). Nếu lim
α( x )
x → a β( x )
β( x ) và kí hiệu α( x ) = o ( β( x )).
= 0, ta nói rằng α( x ) là VCB bậc cao hơn
Định lý 1.11.
a) Hiệu hai VCB tương đương là một VCB bậc cao hơn VCB đó.
b) Tích hai VCB là một VCB bậc cao hơn cả hai VCB đó.
Ứng dụng của VCB để tìm giới hạn
Định lý 1.12 (Quy tắc thay tương đương). Nếu α1 ( x ) ∼ α2 ( x ), β 1 ( x ) ∼ β 2 ( x ) khi x → a
thì
α (x)
α (x)
= lim 2
, lim α1 ( x )γ( x ) = lim α2 ( x )γ( x ).
lim 1
x→a β 2 ( x )
x→a
x→a
x→a β 1 ( x )
Định lý 1.13 (Quy tắc ngắt bỏ VCB bậc cao). Nếu α1 ( x ) = o (α2 ( x )), β 1 ( x ) = o ( β 2 ( x ))
khi x → a thì
α1 ( x ) + α2 ( x ) ∼ α2 ( x ) và lim
x→a
α (x)
α1 ( x ) + α2 ( x )
= lim 2
.
x
→
a
β1 (x) + β2 (x)
β2 (x)
Chú ý 1.6. Sai lầm hay mắc: Thay tương đương khi có hiệu hai VCB. Chẳng hạn như, với
VCB α( x ) = sin x − tan x + x3 khi x → 0 ta có
i) Thay tương đương α( x ) ∼ x3 ,
ii) Thực tế, α( x ) ∼
x3
2.
Thật vậy,
sin x − tan x +
x →0
x3
lim
x3
= 1 + lim
x →0
sin x 1 −
x3
1
cos x
1
− sin x (1 − cos x )
= .
3
x →0
2
x cos x
= 1 + lim
Ví dụ 6.1 (Giữa kì, K61). So sánh cặp vô cùng bé sau đây khi x → 0
√
a) α( x ) = 3 x2 + x3 , β( x ) = esin x − 1.
√
b) α( x ) = 5 x4 + x5 , β( x ) = etan x − 1.
√
c) α( x ) = 5 x4 − x5 , β( x ) = ln(1 + tan x ).
√
d) α( x ) = 3 x2 − x3 , β( x ) = ln(1 + sin x ).
√
√
e) α( x ) = e x − 1, β( x ) = x + x2 .
f) α( x ) = e x − 1,
2
β( x ) = x2 + x3 .
31
32
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
6.2 Vô cùng lớn (VCL)
Định nghĩa 1.14. Hàm số f ( x ) được gọi là một vô cùng lớn (viết tắt là VCL) khi x → a
nếu
lim | f ( x )| = ∞.
x→a
Nghịch đảo của một VCB là một VCL, và ngược lại.
So sánh các VCL
Định nghĩa 1.15 (VCL cùng bậc, tương đương). Giả sử α( x ) và β( x ) là các VCL khi
x → a.
i) Nếu lim
α( x )
x → a β( x )
= A 6= 0, ta nói rằng α( x ), β( x ) là các VCL cùng bậc.
ii) Đặc biệt, nếu lim
α( x )
x → a β( x )
= 1 thì ta nói α( x ) và β( x ) là các VCL tương đương và viết
α ( x ) ∼ β ( x ).
Định nghĩa 1.16 (VCL bậc cao). Nếu lim
α( x )
x → a β( x )
β ( x ).
Ứng dụng VCL khử dạng
= ∞, ta nói rằng α( x ) là VCL bậc cao hơn
∞
∞
Định lý 1.14 (Quy tắc thay tương đương). Nếu α1 ( x ) ∼ α2 ( x ), β 1 ( x ) ∼ β 2 ( x ) là các
VCL khi x → a thì
lim
x→a
α (x)
α1 ( x )
= lim 2
,
x→a β 2 ( x )
β1 (x)
lim α1 ( x )γ( x ) = lim α2 ( x )γ( x ).
x→a
x→a
Định lý 1.15 (Quy tắc ngắt bỏ VCL bậc thấp). Nếu α1 ( x ) là VCL bậc cao hơn α2 ( x ) và
β 1 ( x ) là VCL bậc cao hơn β 2 ( x ) khi x → a thì
α1 ( x ) + α2 ( x ) ∼ α1 ( x ) và lim
x→a
α1 ( x ) + α2 ( x )
α (x)
= lim 1
.
x
→
a
β1 (x) + β2 (x)
β1 (x)
Chú ý 1.7. Còn tồn đọng một số dạng vô định mà phương pháp sử dụng các VCB-VCL
chưa xử lý được, ví dụ
x − sin x
, lim xsin x , . . .
lim
x →0
x3
x →0+
Các giới hạn này sẽ được xử lý khi chúng ta học đến công thức L’Hospital và khai triển
Maclaurin.
Ví dụ 6.2 (Giữa kì, K61). Tính giới hạn
32
6. Vô cùng lớn, vô cùng bé
33
c) lim
2
a) lim
1−cos x
2 .
x →0 ln(1+ x )
e x −1
2 + x3 .
x
+
x →0
b) lim
x →0+
√
e x −1
√
.
x + x2
d) lim
e2x −1
.
ln
x →0 (1−3x )
6.3 Bài tập
Như vậy ngoài các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử và nhân liên
hợp đã trình bày ở trên, bài học hôm nay cung cấp cho chúng ta một công cụ mới để tìm
giới hạn, đó là các quy tắc thay tương đương và ngắt bỏ các VCB bậc cao. Đây có lẽ là một
trong những công cụ rất tốt của Giải tích để tính giới hạn.
Bài tập 1.30. Tìm giới hạn
√
p
m
1 + αx − n 1 + βx 0
a. lim
x →0
x
0
Chứng minh.
b. lim
x →0
a.
√
m
p
1 + αx. n 1 + βx − 1 0
x
0
√
m
p
p
√
m
n
1 + αx − n 1 + βx
1 + βx − 1
1 + αx − 1
=
−
x
x
x
√
α p
β
Vì m 1 + αx − 1 ∼ x, n 1 + βx − 1 ∼ x, nên
m
n
√
p
m
1 + αx − n 1 + βx
α
β
lim
= −
x →0
x
m n
b.
lim
√
m
x →0
p
1 + αx. n 1 + βx − 1
= lim
x →0
x
√
m
1 + αx.
p
n
1 + βx − 1
+
x
√
m
1 + αx − 1
x
!
=
α
β
+ .
m n
Chú ý 1.8.
i) Lưu ý kĩ thuật thêm bớt 1 ở trong các biểu thức có chứa cos α( x ), eα( x) và ln(α( x )),
p
m
1 + α ( x ).
ii) Với nhiều bài toán nhìn qua tưởng rất phức tạp vì công thức rất cồng kềnh, thực chất
nếu dùng quy tắc thay tương đương và ngắt bỏ các VCB bậc cao thì sẽ thấy rất đơn
giản. Ví dụ, tính
sin 2x + arcsin2 x − arctan2 x
lim
.
x →0
3x
Với tử số ta có sin 2x ∼ 2x, arcsin2 x ∼ x2 , arctan2 x ∼ x2 . Như vậy giới hạn đã cho
bằng 23 . Hoặc ví dụ như tính
1 − cos x + 2 sin x − sin3 x − x2 + 3x4
.
x →0
tan3 x − 6 sin2 x + x − 5x3
lim
33
34
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Trông biểu thức này rất phức tạp nhưng thực chất chúng ta có thể nhìn thấy ngay
x
= 2 với nhận xét là 2 sin x ∼ 2x là VCB bậc thấp nhất ở
giới hạn này bằng lim 2 sin
x
x →0
tử số và x là VCB bậc thấp nhất ở mẫu số.
Bài tập 1.31. Tìm giới hạn
sin x − sin a
a) lim
x→a
x−a
b)
lim (sin
x →+∞
√
√
cos x − 3 cos x 0
c) lim
x →0
0
sin2 x
1 − cos x cos 2x cos 3x 0
d) lim
.
x →0
1 − cos x
0
√
0
0
x + 1 − sin
√
x)
[Đáp số]
a) cos a
b) 0
c)
d) 14
−1
12
Bài tập 1.32. Tìm giới hạn
c) lim [sin(ln( x + 1)) − sin(ln x )]
x −1
x 2 − 1 x +1
a) lim
x →∞ x2 + 1
√ 1
b) lim (cos x ) x (1∞ )
x →∞
√
d) lim n2 ( n x −
x → 0+
Chứng minh.
n→∞
a) Đây không phải là dạng vô định, lim
x →∞
lim B( x ) ln A( x )
b) Áp dụng công thức lim A( x ) B( x) = e x→x0
x → x0
√ 1
ln cos
lim ln cos x x = lim
x
x → 0+
x → 0+
√
x
x2 − 1
x2 + 1
x → 0+
c) Đáp số: 0.
34
x ), x > 0.
xx−+11
= 1.
. Vì
√
1
− sin x
√
=−
= lim
2
2 x
x → 0+
nên
lim ln cos
√
n +1
√ 1x
1
x = e− 2 .
6. Vô cùng lớn, vô cùng bé
35
d)
√
lim n2 ( n x −
n→∞
√
n +1
1
1
1
1
x ), x > 0
= lim n2 ( x n − x n+1 )
n→∞
= lim n2 x n+1 ( x n(n+1) − 1)
n→∞
= lim n2 x
n→∞
1
1
n +1
x n ( n +1) − 1
1
.
.
1
n ( n + 1)
n ( n + 1)
1
1
x n ( n +1) − 1
n
.x n+1 .
= lim
1
n→∞ n + 1
n ( n + 1)
= ln x
So sánh các VCB-VCL.
Chú ý 1.9.
i) So sánh 2 VCB: Nếu lim
α( x )
x → a β( x )
ii) So sánh 2 VCL: Nếu lim
α( x )
x → a β( x )
= 0 thì ta nói α( x ) là VCB bậc cao hơn β( x ), nhưng
= ∞ thì ta nói α( x ) là VCL bậc cao hơn β( x ).
p
√
iii) Cùng một biểu thức α( x ) = x + x chẳng hạn, thì nếu trong quá trình x → 0+
p√
thì nó là VCB nên theo quy tắc ngắt bỏ VCB bậc cao, α( x ) ∼
x = x1/4 , còn nếu
xét trong quá trình x → ∞ thì nó là VCL nên theo quy tắc ngắt bỏ VCL bậc thấp,
√
α( x ) ∼ x.
Bài tập 1.33. Khi x →0 cặp VCB sau có tương đương không ?
q
√
α( x ) = x + x và β( x ) = esin x − cos x
[Đáp số] β( x ) = o (α( x ))
Bài tập 1.34. Tìm giới hạn
a) lim (1 − 2x ) x (1∞ ),
1
x → 0+
b)
lim (sin x )tan x
x → π2
c) lim
1 + tan x
1 + sin x
d) lim
sin x
x
x →0
( 1∞ ) ,
x →0
35
1
sin x
sin x
x −sin x
( 1∞ ) ,
( 1∞ ) ,
36
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
lim B( x ) ln A( x )
[Gợi ý] Áp dụng lim A( x ) B( x) = e x→x0
[Đáp số]
x → x0
a) e−2
b) 1
c) 1
d) e
Bài tập 1.35. Tìm giới hạn
eαx − e βx
a) lim
x →0
x
0
0
,
eαx − e βx
b) lim
x →0 sin αx − sin βx
[Gợi ý] Sử dụng phương pháp thay tương đương.
[Đáp số]
a) α − β
b) 1
0
0
,
c) lim
x→a
ax − xa
x−a
c) a a (ln a − 1)
36
0
0
.
7. Hàm số liên tục
37
§7. HÀM
SỐ LIÊN TỤC
7.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.17. Cho hàm số f ( x ) xác định trong một lân cận nào đó của x0 . Nó được
gọi là
i) liên tục phải tại x0 nếu lim = f ( x0 ),
x → x0+
ii) liên tục trái tại x0 nếu lim = f ( x0 ),
x → x0−
iii) liên tục tại x0 nếu lim = f ( x0 ). Nói cách khác,
x → x0
∀ε > 0, ∃δ(ε, x0 ) > 0 : ∀ x, | x − x0 | < δ ta có | f ( x ) − f ( x0 )| < ε.
Từ định nghĩa suy ra hàm số f ( x ) liên tục tại x0 khi và chỉ khi nó liên tục phải và liên tục
trái tại x0 .
Ví dụ 7.1. Tất cả các hàm số sơ cấp đều liên tục trên tập xác định của chúng.
Ví dụ 7.2 (Giữa kì, K61). Tìm m để hàm số sau liên tục tại x = 1 :

( x − m)( x2 + x + 1), nếu x 6= 1,
a) f ( x ) =
1 + m,
nếu x = 1.
b) f ( x ) =

( x + m)( x2 + x + 1),
1 − m,
nếu x 6= 1,
nếu x = 1.
Định nghĩa 1.18. Hàm số f ( x ) được gọi là liên tục trên khoảng ( a, b) nếu nó liên tục tại
mọi điểm x0 ∈ ( a, b). Nó được gọi là liên tục trên đoạn [ a, b] nếu nó liên tục tại mọi điểm
x0 ∈ ( a, b), đồng thời liên tục phải tại a và liên tục trái tại b.
7.2 Các phép toán số học đối với hàm số liên tục
Định lý 1.16. Giả thiết các hàm số f ( x ) và g( x ) liên tục tại x0 nào đó. Khi đó các hàm số
f (x)
f ( x ) ± g( x ), f ( x ) g( x ) cũng liên tục tại x0 . Hàm số g( x) cũng liên tục tại x0 nếu g( x0 ) 6= 0.
Điều tương tự cũng đúng đối với các hàm số liên tục trái (phải) tại x0 .
37
38
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
7.3 Sự liên tục của hàm ngược
Định lý 1.17. (Sự liên tục của hàm ngược)
Nếu X là một khoảng, y = f ( x ) đồng biến (nghịch biến) liên tục trên X . Khi đó có hàm
ngược y = g( x ) cũng đồng biến (nghịch biến) và liên tục trên f ( X ).
Ví dụ: Các hàm số lượng giác ngược là liên tục trên tập xác định của chúng.
7.4 Sự liên tục của hàm hợp
Định lý 1.18. Nếu hàm số f ( x ) liên tục tại b và lim g( x ) = b thì lim f ( g( x )) = b. Nói cách
x→a
x→a
khác,
lim f ( g( x )) = f ( lim g( x ))
x→a
x→a
Hệ quả 1.2. Nếu g( x ) liên tục tại a và f ( x ) liên tục tại g( a) thì hàm số f ◦ g liên tục tại a.
7.5 Các định lý về hàm liên tục
Định lý 1.19. Nếu f ( x ) liên tục trên khoảng ( a, b) mà giá trị f ( x0 ), x0 ∈ ( a, b) dương (hay
âm) thì tồn tại một lân cận U ( x0 ) sao cho ∀ x ∈ U ( x0 ), f ( x ) cũng dương hay âm. Hình ảnh
hình học.
Định lý 1.20. Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn [ a, b] thì nó bị chặn trên đoạn đó. Hình ảnh
hình học.
Định lý 1.21. Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn [ a, b] thì nó đạt được GTLN, NN trên đoạn này.
Hình ảnh hình học.
* Liên tục đều, hình ảnh hình học của liên tục đều.
Định lý 1.22. (Định lý Cantor)
Nếu f ( x ) liên tục trên [ a, b] thì nó liên tục đều trên đó (thay [ a, b] bằng khoảng ( a, b) thì
định lý không còn đúng). Mô tả hình học.
Định lý 1.23. (Định lý Cauchy)
Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn [ a, b] và có f ( a). f (b) < 0 thì ∃α ∈ ( a, b) để f (α) = 0.
Ví dụ 7.3 (Giữa kì, 20173). Cho hàm số f : [1, 3] → [1, 3] liên tục. Chứng minh rằng tồn
tại x0 ∈ [1, 3] sao cho f ( x0 ) = x0 .
38
7. Hàm số liên tục
39
[Lời giải] Xét g( x ) = f ( x ) − x ⇒ g(1) = f (1) − 1 ≥ 0, g(3) = f (3) − 3 ≤ 0. Theo Định lý
Cauchy, phương trình g( x ) = 0 có nghiệm x0 nào đó trong khoảng [1, 3] ⇒ f ( x0 ) = x0 .
Hệ quả 1.3. Nếu f ( x ) liên tục trên đoạn [ a, b] , A = f ( a) 6= B = f (b) thì nó nhận mọi giá
trị trung gian giữa A và B.
Hệ quả 1.4. Cho f ( x ) liên tục trên [ a, b] , m, M lần lượt là các GTNN, LN của hàm số trên
đoạn này thì [m; M] là tập giá trị của hàm số.
7.6 Điểm gián đoạn và phân loại điểm gián đoạn của
hàm số
Định nghĩa 1.19. Nếu hàm số không liên tục tại điểm x0 thì ta nói nó gián đoạn tại x0 .
Hình ảnh hình học: đồ thị không liền nét tại điểm gián đoạn.
Theo định nghĩa, hàm số f ( x ) liên tục tại x0 nếu ba điều kiện sau được thỏa mãn:
• f ( x ) xác định tại x0 ,
• tồn tại lim f ( x ),
x → x0
• lim f ( x ) = f ( x0 ).
x → x0
Như vậy nếu x0 là điểm gián đoạn của f ( x ) thì
• hoặc x0 6∈ TXĐ,
• hoặc x0 ∈ TXĐ và 6 ∃ lim f ( x ),
x → x0
• hoặc x0 ∈ TXĐ và ∃ lim f ( x ) nhưng lim f ( x ) 6= f ( x0 ), ở đây x → x0 theo nghĩa cả
x → x0
hai phía hay một phía.
x → x0
Nếu x0 6∈ TXĐ của f ( x ) thì có thể có rất nhiều điểm gián đoạn, nên ta chỉ quan tâm
đến những điểm gián đoạn thuộc tập xác định hay là những điểm đầu mút của khoảng
xác định.
Phân loại điểm gián đoạn
Giả sử x0 là điểm gián đoạn của f ( x ).
39
40
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
1. Điểm gián đoạn loại 1:
Nếu ∃ lim f ( x ) = f x0+ và lim f ( x ) = f x0− thì x0 được gọi là điểm gián đoạn
x → x0+
x → x0−
loại 1 của hàm số f ( x ). Khi đó, có thể xảy ra hai trường hợp:
• Nếu f x0+ 6= f x0− thì giá trị f x0+ − f x0− gọi là bước nhảy của hàm số.
• Đặc biệt: nếu f x0+ = f x0− thì x0 được gọi là điểm gián đoạn bỏ được của
hàm số. Khi đó nếu hàm số chưa xác định tại x0 thì ta có thể bổ sung thêm giá
trị của hàm số tại x0 để hàm số liên tục tại điểm x0 . Còn nếu hàm số xác định
tại điểm x0 thì ta có thể thay đổi giá trị của hàm số tại điểm này để hàm số liên
tục tại x0 .
2. Điểm gián đoạn loại 2:
Nếu x0 không là điểm gián đoạn loại 1 thì ta nói nó là điểm gián đoạn loại 2.
Chú ý 1.10. Với quan điểm xem điểm gián đoạn bỏ được là trường hợp đặc biệt của điểm
gián đoạn loại 1, nếu x0 là điểm đầu mút của khoảng hay đoạn xác định của f ( x ), mà có
lim f ( x ) hoặc lim f ( x ) hữu hạn thì ta cũng xem x0 là điểm gián đoạn bỏ được của hàm
x → x0+
x → x0−
số.
Ví dụ 7.4 (Giữa kì, K61).
a) Điểm x =
π
2
là điểm gián đoạn loại gì của hàm số f ( x ) =
1
.
1−2tan x
b) Điểm x = − π2 là điểm gián đoạn loại gì của hàm số f ( x ) =
1
.
1−2tan x
Ví dụ 7.5 (Cuối kì, K61-Viện ĐTQT). Điểm x = 0 là điểm gián đoạn loại gì của hàm số
a) y = e 2 −arctan x .
π
b) y = e 2 −arccot x .
π
1
1
7.7 Bài tập
Xét tính liên tục của hàm số. Muốn kiểm tra xem f ( x ) có liên tục tại x0 hay không
chúng ta đi kiểm tra lim f ( x ) có bằng f ( x0 ) hay không? Đôi khi phải xét lim f ( x ) và
x → x0
x → x0+
lim f ( x ) nếu biểu thức của f ( x ) ở hai phía của x0 được cho dưới các công thức khác nhau.
x → x0−
Thậm chí cũng có khi biểu thức của f ( x ) ở hai phía của x0 được cho cùng một công thức
nhưng giới hạn trái 
và giới hạn phải của f ( x ) tại x0 vẫn khác nhau. Ví dụ, xét sự liên tục
 1 , x 6= 0,
cot x
. Hàm số này có lim f ( x ) = 0 và lim f ( x ) = 1 (tại
của hàm số f ( x ) = 1−2
1,
x →0+
x →0−
x=0
sao?). Do đó nó liên tục trái tại 0 và không liên tục phải tại 0.
Bài tập 1.36. Tìm a để hàm số liên tục tại x = 0
40
7. Hàm số liên tục
a) f ( x ) =
[Đáp số]
a) a =
41

 1−cos x ,
x
 a,
nếu x 6= 0
b) g( x ) =
nếu x = 0.

 ax2 + bx + 1,
 a cos x + b sin x,
nếu x ≥ 0
nếu x < 0.
b) a = 1
1
2
Bài tập 1.37. Điểm x = 0 là điểm gián đoạn loại gì của hàm số
a) y =
8
,
1 − 2cot x
[Đáp số]
a) Loại I
b) y =
sin 1x
1
ex − 1
b) Loại II
,
c) y =
e ax − ebx
x
( a 6 = b ).
c) Bỏ được
Bài tập 1.38. Xét sự liên tục của các hàm số sau


 x sin 1 , nếu x 6= 0
sin πx,
x
a) f ( x ) =
c) f ( x ) =
0,
0,
nếu x = 0
 1
e− x2 , nếu x 6= 0
b) f ( x ) =
0,
nếu x = 0
nếu x vô tỉ
nếu x hữu tỉ
[Đáp số]
a) liên tục
b) liên tục
c) gián đoạn
Bài tập 1.39. Chứng minh rằng nếu f , g là các hàm số liên tục trên đoạn [ a, b] và f ( x ) =
g( x ) với mọi x là số hữu tỉ trong đoạn [ a, b] thì f ( x ) = g( x )∀ x ∈ [ a, b].
Bài tập 1.40. Chứng minh rằng phương trình x5 − 3x − 1 có ít nhất một nghiệm trong
khoảng (1, 2).
Bài tập 1.41. Cho f ( x ) = ax2 + bx + c, biết 2a + 3b + 6c = 0. Chứng minh rằng f ( x ) có ít
nhất một nghiệm trong khoảng (0, 1).
Bài tập 1.42. Chứng minh rằng nếu f : [0, 1]→[0, 1] liên tục thì tồn tại x0 ∈ [0, 1] sao cho
f ( x0 ) = x0 .
Bài tập 1.43. Chứng minh rằng mọi đa thức bậc lẻ với hệ số thực đều có ít nhất một
nghiệm thực.
41
42
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
§8. ĐẠO
HÀM VÀ VI PHÂN
8.1 Định nghĩa
Định nghĩa 1.20. Giới hạn, nếu có, của tỉ số
lim
∆x →0
f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 )
∆x
được gọi là đạo hàm của hàm số f ( x ) tại x0 và được kí hiệu là f ′ ( x0 ). Khi đó ta nói hàm số
f ( x ) có đạo hàm tại x0 .
Nếu quá trình ∆x → 0 trong định nghĩa trên được thay bằng
• ∆x → 0+ thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm phải của hàm số f ( x ) tại x0 , kí hiệu là
f ′ ( x0+ ).
• ∆x → 0− thì giới hạn đó được gọi là đạo hàm trái của hàm số f ( x ) tại x0 , kí hiệu là
f ′ ( x0− ).
Đương nhiên, một hàm số có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi nó có đạo hàm trái và đạo hàm
phải tại x0 .
Nếu tồn tại f ′ ( x0 ) thì f ( x ) liên tục tại x0 . Tuy nhiên, điều ngược lại không đúng, chẳng
hạn như hàm số f ( x ) = | x | liên tục tại 0 nhưng không có đạo hàm tại đó.
Ví dụ 8.1 (Giữa kì, K61). Tính f ′ (0), biết

sin x,
nếu x ≥ 0,
a) f ( x ) =
 x2 + x, nếu x < 0.
b) f ( x ) =

tan x,
− x2 + x,
nếu x ≥ 0,
nếu x < 0.
Ví dụ 8.2 (Giữa kì, K61). Hãy chỉ ra một hàm số f ( x ) xác định trên R, liên tục tại các
điểm x0 = 1, x1 = 2 nhưng không có đạo hàm tại các điểm này.
Ví dụ 8.3 (Giữa kì, K59). Cho hàm số f ( x ) khả vi tại 1 và biết rằng
lim
Tính f ′ (1).
x →0
f (1 + 7x ) − f (1 + 2x )
= 2.
x
[Lời giải] Ta có
f (1 + 7x ) − f (1)
f (1 + 2x ) − f (1)
f (1 + 7x ) − f (1 + 2x )
= lim 7.
− 2.
lim
x →0
x →0
x
7x
2x
2
= 7 f ′ (1) − 2 f ′ (1) ⇒ f ′ (1) = .
5
42
8. Đạo hàm và vi phân
43
Ví dụ 8.4 (Giữa kì, 20173). Cho hàm số f ( x ) =
Tính
f +′ (0).
[Lời giải] Ta có

e− 1x ,
nếu x > 0,
nếu x = 0.
0,
1
f +′ (0)
Đặt t =
1
x
⇒ f +′ (0) = lim
t
t
t→+∞ e
e− x
f ( x ) − f (0)
= lim
.
= lim
x−0
x →0+ x
x →0+
1
t
t→+∞ e
= lim
(L’Hospital)
=0
8.2 Các phép toán trên đạo hàm
Định lý 1.24. Cho u( x ) và v( x ) là các hàm số có đạo hàm tại x0 . Khi đó,
i) (u ± v)′ ( x0 ) = u′ ( x0 ) ± v′ ( x0 ),
ii) (uv)′ ( x0 ) = u′ ( x0 )v( x0 ) + u( x0 )v′ ( x0 ),
′
u ( x0 ) v ′ ( x0 )
nếu v( x0 ) 6= 0.
iii) uv ( x0 ) = u ( x0 )v( xv02)−
(x )
0
Ví dụ 8.5 (Giữa kì, K61-Viện ĐTQT). Tính đạo hàm của hàm số
a) f ( x ) = xsin x , 0 < x < π2 .
d) f ( x ) = (cos x ) x , 0 < x < π2 .
b) f ( x ) = (sin x ) x , 0 < x < π2 .
e) f ( x ) = (cos x )sin x , 0 < x < π2 .
c) f ( x ) = xcos x , 0 < x < π2 .
f) f ( x ) = (sin x )cos x , 0 < x < π2 .
8.3 Đạo hàm của hàm hợp
Định lý 1.25. Nếu u có đạo hàm tại x và f có đạo hàm tại u( x ) thì hàm số hợp F = f ◦ u
có đạo hàm tại x và
F ′ ( x ) = f ′ (u( x )).u′ ( x ).
Ý tưởng chứng minh: ta có
′
u ( x0 + ∆x ) = u ( x0 ) + u ( x0 ) ∆x + o (∆x )


′
′


f [u ( x0 + ∆x )] − f [u ( x0 )] = f uo + u ( x0 )∆x + o (∆x ) − f ( x0 ) = f u (uo ) .δy + o δy
|
{z
}
δy
=⇒ lim
∆x →0
f [u ( x0 + ∆x )] − f [u ( x0 )]
∆x
43
44
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
8.4 Đạo hàm của hàm ngược
Định lý 1.26. Giả thiết
i) x = ϕ (y) có đạo hàm tại y0 và ϕ (y0 ) 6= 0,
′
ii) x = ϕ (y) có hàm ngược y = f ( x ) liên tục tại x0 = ϕ (y0 ).
Khi đó hàm ngược này có đạo hàm tại điểm x0 và f ( x0 ) =
′
1
.
ϕ ( y0 )
′
Định lý 1.27. Giả thiết
i) x = ϕ(y) có đạo hàm tại y0 và ϕ (y0 ) 6= 0,
′
ii) x = ϕ(y) biến thiên đơn điệu trong lân cận điểm y0 .
Khi đó nó tồn tại hàm ngược y = f ( x ), hàm ngược này cũng có đạo hàm tại điểm x0 và
1
′
f ( x0 ) = ′
.
ϕ (yo )
Từ đó xây dựng công thức đạo hàm của các hàm số lượng giác ngược.
8.5 Đạo hàm của các hàm số sơ cấp cơ bản
1. ( x α ) = αx α−1
7. (tan x ) =
2. ( a x ) = a x ln a
8. (cot x ) = − sin12 x
3. (loga x ) =
9. (arcsin x ) =
′
′
′
′
′
4. (ln x ) =
′
1
cos2 x
′
1
x ln a
√ 1
1− x 2
10. (arccos x ) = − √
′
1
x
1
1− x 2
5. (sin x ) = cos x
11. (arctan x ) =
6. (cos x ) = − sin x
12. (arccot x ) = − 1+1x2
′
′
1
1+ x 2
′
′
8.6 Vi phân của hàm số
Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm tại x. Theo định nghĩa của đạo hàm,
′
f ( x + ∆x ) − f ( x )
∆y
= lim
.
∆x
∆x →0
∆x →0 ∆x
f ( x ) = lim
44
8. Đạo hàm và vi phân
Do đó,
∆y
∆x
45
= f ( x ) + α(∆x ), trong đó α(∆x ) là một VCB khi ∆x → 0. Vậy
′
′
∆y = f ( x + ∆x ) − f ( x ) = f ( x )∆x + α.∆x.
Số hạng α.∆x là một VCB bậc cao hơn ∆x. Do đó, ∆y và f ( x )∆x là hai VCB tương đương.
′
Định nghĩa 1.21. Cho hàm số f ( x ) xác định trong một lân cận Uǫ ( x0 ). Nếu có
∆ f = A∆x + o (∆x ),
ở đó A chỉ phụ thuộc vào x0 chứ không phụ thuộc vào ∆x thì ta nói hàm số f ( x ) khả vi tại
x0 và biểu thức
d f = A∆x
được gọi là vi phân của hàm số f ( x ) tại điểm x0 .
Mối liên hệ giữa đạo hàm và vi phân
Định lý 1.28. Hàm số f ( x ) có đạo hàm tại x0 khi và chỉ khi nó khả vi tại x0 và
d f ( x0 ) = f ′ ( x0 )∆x.
Chú ý 1.11. Khái niệm "có đạo hàm" và khái niệm "có vi phân" (hay khả vi) là hai khái
niệm khác nhau. Tuy nhiên, vì tính tương đương giữa hai khái niệm này đối với hàm số
một biến số mà nhiều người hiểu nhầm rằng chúng là một. Trong chương 3 của học phần
Giải tích I này, chúng ta sẽ thấy hai khái niệm này là khác nhau đối với hàm số nhiều
biến số.
Xét hàm số y = f ( x ) = x có d f ( x ) = dx = 1.∆x. Vì thế với biến số độc lập x ta quy ước viết
dx = ∆x
và
′
dy = d f ( x ) = f ( x )dx.
Tính bất biến của dạng thức vi phân (cấp 1)
Cho y = f ( x ) là một hàm số khả vi. Khi đó, ta đã biết nếu x là biến số độc lập thì
d f ( x ) = f ′ ( x )dx.
Định lý 1.29. Nếu x không phải là một biến số độc lập mà x = x (t) là một hàm số phụ
thuộc vào biến số t thì công thức
d f ( x ) = f ′ ( x )dx
vẫn còn đúng.
45
46
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Chứng minh. Đặt F (t) = f ( x (t)), khi đó F ′ (t) = f ′ ( x (t)) x ′ (t) và
d f ( x (t)) = f ′ ( x (t)) x ′ (t)dt.
Mặt khác, dx = x ′ (t)dt nên d f ( x ) = f ′ ( x )dx.
Chính vì vậy, tính chất này còn được gọi là tính bất biến của dạng thức vi phân cấp
một. Chú ý rằng tính chất này không còn đúng đối với các dạng thức vi phân cấp cao.
Ví dụ 8.6. Tính
d
3 − 2x6 − x9 .
x
d ( x3 )
Ý nghĩa hình học của vi phân
yo + ∆y
y = f (x)
y
P
∆y
T
d f ( x0 ) = MT
yo
O
Mo
M
b
x0
x0 + ∆x x
Khi x thay đổi từ x0 đến x0 + ∆x thì
i) d f ( x0 ) = MT thể hiện sự thay đổi của đường thẳng tiếp tuyến,
ii) ∆y = f ( x0 + ∆x ) − f ( x0 ) thể hiện sự thay đổi của đường cong y = f ( x ).
Vi phân của tổng, hiệu, tích, thương
d(u ± v) = du ± dv,
d(u.v) = udv + vdu,
d
u
v
=
vdu − udv
.
v2
Ví dụ 8.7 (Giữa kì, K61). Tìm f ′ ( x ) nếu biết
a)
d
dx [ f (2016x )]
= x2 .
b)
46
d
dx [ f (2017x )]
= x2 .
8. Đạo hàm và vi phân
47
Ứng dụng vi phân tính gần đúng
Xuất phát từ công thức ∆y = f ( x + ∆x ) − f ( x ) = f ( x )∆x + o (∆x ) ta ngắt bỏ phần VCB
bậc cao o (∆x ) để được công thức tính gần đúng sau:
′
′
f ( x0 + ∆x ) ≈ f ( x0 ) + f ( x0 )∆x.
Ví dụ 8.8 (Giữa kì, K61). Sử dụng vi phân, tính gần đúng
a)
√
3
b)
7, 97.
√
3
8, 03.
8.7 Đạo hàm cấp cao
Định nghĩa 1.22. Nếu hàm số y = f ( x ) có đạo hàm thì y = f ( x ) gọi là đạo hàm cấp một
của f ( x ).
′
′
i) Đạo hàm, nếu có, của đạo hàm cấp một được gọi là đạo hàm cấp hai, kí hiệu là f ( x ).
′′
ii) Đạo hàm, nếu có, của đạo hàm cấp n − 1 được gọi là đạo hàm cấp n, kí hiệu là f (n) ( x ).
Các phép toán trên đạo hàm cấp cao
Định lý 1.30. Cho u, v là các hàm số khả vi đến cấp n. Khi đó,
i) (u ± v)(n) = u(n) ± v(n) ,
n
ii) (Công thức Leibniz) (u.v)(n) = ∑ Cnk .u(n−k) v(k) .
k =0
Ví dụ 8.9. Tính đạo hàm cấp cao của các hàm số sau
1
, y = sin ( ax + b) ,
x+a
y = cos ( ax + b) , y = e ax , y = x2 + 1 e x , y = e x sin x.
y = xα , y =
Đạo hàm cấp cao của một số hàm số cơ bản
1. ( x α )(n) = α(α − 1) . . . (α − n + 1) x α−n
2. [(1 + x )α ](n) = α(α − 1) . . . (α − n + 1).(1 + x )α−n
3.
4.
1
1+ x
1
1− x
(n)
(n)
= (−1)(n) . (1+n!
x ) n +1
=
n!
(1− x ) n +1
47
48
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
5. (sin x )(n) = sin x +
nπ
2
6. (cos x )(n) = cos x +
7. ( a x )(n) = a x . (ln a)n
8. (ln x )(n) = (−1)n−1 .
nπ
2
( n − 1) !
xn
Ví dụ 8.10 (Giữa kì, K61). Tính đạo hàm cấp cao y(10) (0) với
a) y( x ) = e x .
c) y( x ) = arctan x.
b) y( x ) = e− x .
d) y( x ) = arccot x.
2
2
[Lời giải]
a) Ta có y′ ( x ) = 2xe x = 2xy. Lấy đạo hàm cấp n hai vế ta được
2
y(n+1) ( x ) = (2xy)(n) = 2xy(n) ( x ) + 2ny(n−1) ( x ). (Công thức Leibniz)
Thay x = 0 ta được có công thức truy hồi
y(n+1) (0) = 2ny(n−1) (0).
Do đó,
y(10) (0) = 2.9y(8) (0) = (2.9).(2.7)y(6) (0) = · · · = (2.9)(2.7)(2.5)(2.3)(2.1)y(0) (0) = 30240.
b) Tương tự câu a).
c) Ta có y′ =
1
1+ x 2
⇒ (1 + x2 )y′ = 1. Lấy đạo hàm cấp n hai vế ta được
(1 + x2 )y(n+1) ( x ) + n.2x.y(n) ( x ) +
n ( n − 1)
.2.y(n−1) ( x ) = 0. (Công thức Leibniz)
2
Thay x = 0 vào ta được công thức truy hồi
y ( n +1) ( 0 ) = − n ( n − 1 ) y ( n −1) ( 0 ) .
Do đó,
y(10) (0) = −9.8y(8) (0) = (−9.8)(−7.6)y(6) (0) = · · · = (−9.8)(−7.6)(−5.4)(−3.2)y′′ (0) = 0
bởi vì, y′ =
1
1+ x 2
⇒ y′′ ( x ) =
−2x
(1+ x 2 )2
⇒ y′′ (0) = 0.
d) Tương tự câu c).
Ví dụ 8.11 (Giữa kì, K59). Tính đạo hàm cấp cao y(19) (0) với
48
8. Đạo hàm và vi phân
49
a) y = arcsin x,
b) y = arccos x.
[Lời giải]
a) Ta có
y′ = √
p
−x
⇒ (1 − x2 )y′ = 1 − x2 ⇒ (1 − x2 )y′′ − 2xy′ = √
⇒ (1 − x2 )y′′ − xy′ = 0.
2
2
1−x
1−x
1
Đạo hàm cấp n hai vế ta được
[(1 − x2 )y′′ − xy′ ](n) = 0 ⇒ (1 − x2 )y(n+2) − 2nxy(n+1) − n(n − 1)y(n) − xy(n+1) − ny(n) = 0.
Thay x = 0 vào ta được công thức truy hồi
y(n+2) (0) = n2 y(n) (0) ⇒ y(19) (0) = 172 y(17) (0) = · · · = (17!!)2 y′ (0) = (17!!)2 .
b) Tương tự câu a).
Ví dụ 8.12 (Cuối kì, K60). Tính f (10) (1) với f ( x ) = x9 ln x.
[Lời giải] Ta xét bài toán tổng quát hơn: tính g(n+1) ( x ) với g( x ) = x n ln x. Nhận xét
1
′
n
−
1
n
−
1
n
−
1
i) g ( x ) = nx
ln x + x
= nx
ln x + n
ii)
g′′ ( x )
Do đó,
=
n ( n − 1 ) x n −1
g
ln x +
(n)
1
n −1
+
1
n
1 1
1
( x ) = n! ln x + + + · · · +
1 2
n
g ( n +1) ( x ) =
n!
10!
⇒ f (10) ( x ) =
⇒ f (10) (1) = 10!.
x
x
Ví dụ 8.13 (Cuối kì, 20152). Cho hàm số f ( x ) =
x
.
1+ x 3
Tính d10 f (0).
[Lời giải] Ta có (1 + x3 ) f ( x ) = x. Lấy đạo hàm cấp n hai vế ta được
(1 + x3 ) f (n) ( x ) + n.3x2 . f (n−1) ( x ) +
n(n − 1)(n − 2)
n ( n − 1)
.6x. f (n−2) ( x ) +
.6. f (n−3) ( x ) = 0.
2
6
Cho x = 0 ta được công thức truy hồi
f (n) (0) = −n(n − 1)(n − 2) f n−3 (0).
Do đó,
f (10) (0) = −10.9.8. f (7) (0) = (−10.9.8)(−7.6.5)(−4.3.2) f (1) (0) = −10! ⇒ d10 f (0) = −10!dx10 .
Ví dụ 8.14 (Giữa kì, K61). Tính đạo hàm cấp cao
49
50
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
a)
b)
1
x2 − x
1
x2 + x
(60)
(50)
.
c) ( x2 sin 2x )(50) .
.
d) ( x2 cos 2x )(60) .
8.8 Vi phân cấp cao
Định nghĩa 1.23. Nếu hàm số y = f ( x ) khả vi thì dy = f ( x )dx gọi là vi phân cấp một
của f ( x ).
′
i) Vi phân, nếu có, của vi phân cấp một được gọi là vi phân cấp hai, kí hiệu là d2 f ( x ).
ii) Vi phân, nếu có, của vi phân cấp n − 1 được gọi là vi phân cấp n, kí hiệu là dn f ( x ).
Biểu thức của vi phân cấp cao
Nếu x là biến số độc lập thì
dn f ( x ) = f (n) ( x )dx n .
Vi phân cấp cao không có tính chất bất biến đối với hàm hợp
Ta có d f ( x ) = f ′ ( x )dx nên
d2 f ( x ) = d f ′ ( x )dx + f ′ ( x )d2 x = f ′′ ( x )dx2 + f ′ ( x )d2 x.
Ví dụ 8.15. Chứng minh rằng nếu y = x3 , x = t2 thì
d2 y 6= y(2) dx2 .
8.9 Bài tập
Bài tập 1.44. Tìm đạo hàm của hàm số




1 − x,
f ( x ) = (1 − x )(2 − x ),



 x − 2,
Bài tập 1.45. Với điều kiện nào thì hàm số f ( x ) =
50
khi x < 1
khi 1 ≤ x ≤ 2
khi x > 2.

 x n sin 1 ,
x
0,
khi x 6= 0
khi x = 0
8. Đạo hàm và vi phân
51
a) liên tục tại x = 0,
b) khả vi tại x = 0,
c) có đạo hàm liên tục tại
x = 0.
b) n > 1,
c) n > 2.
[Đáp số]
a) n > 0,
Bài tập 1.46. Chứng minh rằng hàm số f ( x ) = | x − a|.ϕ( x ), trong đó ϕ( x ) là một hàm số
liên tục và ϕ( a) 6= 0, không khả vi tại điểm x = a.
[Gợi ý]
f +′ ( a) = ϕ( a) 6= f −′ ( a) = − ϕ( a)
Bài tập 1.47. Tìm vi phân của hàm số
a) y =
x
1
arctan | ( a 6= 0)
a
a
1
x−a
ln
( a 6 = 0)
2a
x+a
√
d) y = ln | x + x2 + a|
c) y =
b) y = arcsin xa ( a 6= 0)
[Đáp số]
a) dy =
a2
b) dy = √
dx
+ x2
dx
a2 − x 2
c) dy =
x2
d) dy = √
.(sign a)
dx
− a2
dx
x2 + a
Bài tập 1.48. Tìm
a) I =
d
( x3 − 2x6 − x9 ),
3
d( x )
b) J =
d
( sin x ),
d( x2 ) x
c) K =
d(sin x )
.
d(cos x )
[Đáp số]
c) K = − cot x, x 6= kπ, k ∈ Z.
a) I = −3x6 − 4x3 + 1, x 6= 0,
sin x
1
, x 6= 0,
b) J = 2 cos x −
x
2x
Bài tập 1.49. Tính gần đúng giá trị của biểu thức
51
52
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
a) lg 11
b)
r
7
2 − 0, 02
2 + 0, 02
[Gợi ý]
a) Xét f ( x ) = lg x, x0 = 10, △ x = 1, ta có lg 11 ≈ lg 10 +
1
= 1, 043
10 ln 10
r
4
4
7
b) Cách 1. 7
− 1. Xét f ( x ) = 7 − 1, x0 = 2, △ x = 0, 02
2 + 0, 02
x
Ta có
r
−6 − 4
1 4
1
7 4
− 1 + 0, 02. .( − 1) 7 . 2 = 1 − 0, 02. .
f (x + △x) =
2
7 2
7
2
q
x
Cách 2. Xét hàm số f ( x ) = 7 22−
+ x , với x0 = 0, ∆x = 0, 02.
r
2 − 0, 02
=
2 + 0, 02
r
Bài tập 1.50. Tìm đạo hàm cấp cao của các hàm số
(c) y = x2 e2x , tính y(10) .
x2
(a) y =
, tính y(8) .
1−x
1+x
, tính y(100) .
(b) y = √
1−x
(d) y = x2 sin x, tính y(50) .
[Đáp số]
(a) y(8) =
8!
, x 6= 1.
(1 − x )9
197!
√
(399 − x ), x < 1.
2100 (1 − x )100 1 − x
45
10
2x
2
=2 e
x + 10x + 2 .
(b) y(100) =
(c) y(10)
(d) y(50) = − x2 sin x + 100x cos x + 2450 sin x.
Bài tập 1.51. Tính đạo hàm cấp n của các hàm số
a) y =
b) y =
[Đáp số]
a)
y(n)
b) y(n)
x2
x2
x
,
−1
c) y = √
3
1
,
− 3x + 2
x
,
1+x
d) y = e ax sin(bx + c).
1
1
(−1)n
+
.
n!
=
2
( x − 1 ) n +1 ( x + 1 ) n +1
1
1
= n!
−
.
(1 − x ) n +1 (2 − x ) n +1
52
8. Đạo hàm và vi phân
c) y(n) =
53
3n + 2x
(−1)n−1
, n ≥ 2, x 6= 1.
(
1.4
.
.
.
(
3n
−
5
))
1
3n
(1 + x ) n + 3
d) Tính y′ rồi dự đoán và chứng minh bằng quy nạp
b
n
y(n) = ( a2 + b2 ) 2 e ax sin(bx + c + nϕ), ở đó sin ϕ = √
a2 + b2
, cos ϕ = √
a
a2 + b2
.
Bài tập 1.52. Tính đạo hàm cấp n của các hàm số
a) y =
e) y = sin2 x,
1
,
a + bx
j) y = x cos ax,
f) y = sin3 x,
1
b) y = √
,
a + bx
k) y = x2 cos ax,
g) y = sin ax. sin bx,
1
c) y = 2
,
x − a2
h) y = sin2 ax. cos bx,
d) y =
i) y = sin4 x + cos4 x,
ax + b
,
cx + d
l) y = x2 sin ax,
m) y = ln
[Đáp số]
a) y(n) =
(−1)n .n!bn
.
( a + bx )n+1
b) y(n) =
(−1)n .(2n − 1)!!bn
√
.
2n n a + bx
a + bx
.
a − bx
"
n +1 #
n .n! 1 n+1
(−
1
)
1
1
(n) =
−
.
x + a ) nên y
2a
x−a
x+a
1
a 1
ad
1
(−1)n .n!
ax + b
ad
(
n
)
= +
b− c
b
−
nên
y
=
d) y =
n +1 .
cx + d
c
c
c
c
x + dc
d
x+ c
1
1
1
c) y = 2
−
= (
2
2a x − a
x −a
e) y = sin2 x =
1 1
− cos 2x nên y(n) = −2n−1 cos 2x +
2 2
f) y = sin3 x =
3
4
sin x − 41 sin 3x nên y(n) =
3
4
sin x +
nπ
2
nπ
2
.
− 14 3n sin 3x +
nπ
2
.
g) y = sin ax. sin bx = 12 [cos( a − b) x − cos( a + b) x ] nên
h
h
nπ i 1
nπ i
1
− ( a + b)n cos ( a + b) x +
.
y(n) = ( a − b)n cos ( a − b) x +
2
2
2
2
cos bx 1
− 4 [cos(2a + b) x + cos(2a − b) x ] nên
2
h
nπ 1
1 n
n
− (2a + b) cos (2a + b) x +
= b cos bx +
2
2
4
h
1
n
− (2a − b) cos (2a − b) x +
4
h) y = sin2 ax. cos bx =
y
(n)
53
nπ i
2
nπ i
.
2
54
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
+ 14 cos 4x nên y(n) = 4n−1 cos 4x +
n−1 cos ax + (n−1)π .
= an x cos ax + nπ
+
na
2
2
i) y = sin4 x + cos4 x =
j) y(n)
k)
y(n)
3
4
ax +
nπ
2
l) y(n) = an x2 cos ax +
nπ
2
=
m) y(n) =
an x2 sin
ax +
( n −1) π
2
+ 2nan−1 x cos ax +
( n −1) π
2
+ 2nan−1 x sin
(n − 1)!bn
. [( a + bx )n + (−1)n ( a − bx )n ] .
( a2 − b2 x 2 ) n
nπ
2
.
+ n(n − 1) an−2 sin
ax +
( n −2) π
2
+ n(n − 1) an−2 cos ax +
( n −2) π
2
8.10 Đọc thêm: Về khái niệm vi phân
Vi phân có lẽ là một khái niệm trừu tượng và dễ gây hiểu nhầm nhất trong môn Giải
tích I. Theo sự hiểu biết của tác giả thì có nhiều cách tiếp cận khác nhau đối với phép tính
vi phân.
1) Người đầu tiên đưa ra khái niệm vi phân có lẽ là Leibniz, khi ông coi dy là một đại
lượng vô cùng bé thể hiện sự thay đổi của hàm số y = f ( x ) tương ứng với sự thay đổi
vô cùng bé dx của biến số x, nghĩa là ông định nghĩa
f ′ ( x ) :=
dy
.
dx
Kí hiệu dx này là kí hiệu của Leibniz cho đạo hàm của hàm số f ( x ). Mặc dù có nhiều
chỉ trích cho kí hiệu này, nó vẫn được dùng cho đến ngày nay. Cũng chú ý thêm rằng,
kí hiệu f ′ ( x ) trên là kí hiệu của d’Alambert.
dy
2) Cauchy là người đã cải tiến ý tưởng của Leibniz và những người đi trước như sau.
Trước hết, ông định nghĩa phép toán đạo hàm
f ′ ( x ) := lim
∆x →0
f ( x + ∆x ) − f ( x )
∆x
là giới hạn của tỉ số giữa số gia của hàm số và số gia của đối số khi số gia của đối số
tiến về 0. Sau đó ông định nghĩa vi phân
dy = f ′ ( x )dx,
như một hàm số của hai biến số x và dx, ở đó dx là một biến số mới, có thể lấy giá trị
tùy ý, không nhất thiết phải là một đại lượng VCB như trong kí hiệu của Leibniz.
3) Ngày nay, vi phân được định nghĩa theo lối tiếp cận hiện đại như sau:
54
.
.
8. Đạo hàm và vi phân
55
Định nghĩa 1.24. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm tại x0 . Ta gọi ánh xạ, kí hiệu là d x0 f ,
xác định bởi
d x0 f : R → R,
h 7 → f ′ ( x0 ) h
là vi phân của f tại x0 .
Vậy vi phân của f tại x0 là một ánh xạ tuyến tính.
i) Như vậy, vi phân của hàm số một biến số f ( x ) là một hàm số d f của hai biến số
x0 và h cho bởi
d x0 f ( h) = f ′ ( x0 ) h,
ở đó h là một biến số mới có thể nhận giá trị tùy ý.
ii) Kí hiệu Id là ánh xạ đồng nhất, khi đó, d x0 (Id)( h) = h, hay là d x0 (Id) = Id.
iii) Một cách lạm dụng kí hiệu, ta kí hiệu x là ánh xạ đồng nhất x := Id. Khi đó,
d x0 x = Id là ánh xạ đồng nhất và không phụ thuộc vào x0 nên ta kí hiệu nó là
dx. Điều này dẫn đến d x0 f = f ′ ( x0 )dx. Đôi khi, người ta bỏ x0 trong d x0 f và, một
cách lạm dụng, thay x0 bởi x trong f ′ ( x0 ) để có biểu thức cô đọng
d f = f ′ ( x )dx.
55
56
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
§9. CÁC
ĐỊNH LÝ VỀ HÀM KHẢ VI VÀ ỨNG DỤNG
9.1 Các định lý về hàm khả vi
Định nghĩa 1.25 (Cực trị của hàm số). Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ( a, b), ta nói hàm
số đạt cực trị tại điểm x0 ∈ ( a, b) nếu ∃U ( x0 ) ⊂ ( a, b) sao cho f ( x ) − f ( x0 ) không đổi dấu
∀ x ∈ U ( x0 ) \ { x0 }.
• Nếu f ( x ) − f ( x0 ) > 0 thì ta nói hàm số đạt cực tiểu tại x0 .
• Nếu f ( x ) − f ( x0 ) < 0 thì ta nói hàm số đạt cực đại tại x0 .
Định lý 1.31 (Định lý Fermat). Cho f ( x ) liên tục trên khoảng ( a, b), nếu hàm số đạt cực
′
trị tại điểm x0 ∈ ( a, b) và có đạo hàm tại x0 thì f ( x0 ) = 0.
Chứng minh. Nếu hàm số đạt cực đại tại x0 thì theo định nghĩa tồn tại một lân cận U ( x0 )
sao cho f ( x ) − f ( x0 ) < 0∀ x ∈ U ( x0 ). Do đó, với h đủ nhỏ sao cho f ( x0 + h) ∈ U ( x0 ) thì
f ( x0 + h) − f ( x0 ) < 0.
• f ′ ( x0+ ) = lim
f ( x0 +h)− f ( x0 )
h
≤ 0.
• f ′ ( x0− ) = lim
f ( x0 +h)− f ( x0 )
h
≥ 0.
h →0+
h →0−
Do giả thiết tồn tại f ′ ( x0 ) nên f ′ ( x0+ ) = f ′ ( x0− ). Điều này chỉ xảy ra khi
f ′ ( x0+ ) = f ′ ( x0− ) = 0.
Ví dụ 9.1 (Giữa kì, K61). Tìm các cực trị của các hàm số
a) y =
cos x
2+sin x
trong khoảng (0, 2π ).
b) y =
sin x
2+cos x
trong khoảng (0, 2π ).
Ví dụ 9.2 (Cuối kì, K61-Viện ĐTQT). Cho f ( x ) là một hàm số khả vi trên R và thỏa
mãn f ′ (2) < λ < f ′ (3). Chứng minh rằng tồn tại x0 ∈ (2, 3) sao cho f ′ ( x0 ) = λ.
[Lời giải] Xét hàm số g( x ) = f ( x ) − λx. Khi đó,
i) g′ (2) = f ′ (2) − λ < 0, do đó tồn tại x1 ∈ (2, 3) nào đó sao cho g( x1 ) < g(2), nếu không
thì
g ( x ) − g (2)
′
≥ 0.
g+
(2) = lim
x−2
x →2+
ii) g′ (3) = f ′ (3) − λ > 0, do đó tồn tại x2 ∈ (2, 3) sao cho g( x2 ) < g(3), nếu không thì
′
g−
(3) = lim
x →3−
56
g ( x ) − g (2)
≤ 0.
x−3
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
57
iii) Do đó, g( x ) đạt cực tiểu tại điểm x0 ∈ (2, 3) ⇒ g′ ( x0 ) = 0 ⇒ f ′ ( x0 ) = λ.
Định lý 1.32 (Định lý Rolle). Nếu hàm số f ( x ) :
i) Liên tục trong khoảng đóng [ a, b],
ii) Có đạo hàm trong khoảng mở ( a, b),
iii) thỏa mãn điều kiện f ( a) = f (b),
thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ ( a, b) sao cho f (c) = 0.
′
Chứng minh. Do hàm số f ( x ) liên tục trên [ a, b] nên nó đạt GTLN và GTNN trên [ a, b]. Ta
chia làm các trường hợp sau:
• Nếu f ( x ) là hằng số trên [ a, b] thì f ′ ( x ) = 0∀ x ∈ ( a, b).
• Nếu có số x ∈ ( a, b) sao cho f ( x ) > f ( a) = f (b) thì GTLN của f ( x ) sẽ phải đạt được
tại một điểm c nào đó thuộc ( a, b) (do nó không đạt GTLN tại hai đầu mút). Khi đó,
theo Định lý Fermat, f ′ (c) = 0.
• Nếu có số x ∈ ( a, b) sao cho f ( x ) < f ( a) = f (b) thì GTNN của f ( x ) sẽ phải đạt được
tại một điểm c nào đó thuộc ( a, b) (do nó không đạt GTNN tại hai đầu mút). Khi đó,
theo Định lý Fermat, f ′ (c) = 0.
Ví dụ 9.3 (Học kì 20163). Cho hàm số f ( x ) = ( x − 1)( x2 − 2)( x2 − 3). Phương trình
f ′ ( x ) = 0 có bao nhiêu nghiệm thực? Giải thích.
√
√
√
[Lời giải] Phương trình f ( x ) = 0 có 5 nghiệm là x = − 3, x = − 2, x = 1, x = 2 và
√
x = 3.
√
√ √
√
i) Vì f (− 3) = f (− 2) = 0 nên theo Định lý Rolle, tồn tại x1 ∈ (− 3, − 2) sao cho
f ′ ( x1 ) = 0.
√
√
ii) Vì f (− 2) = f (1) = 0 nên theo Định lý Rolle, tồn tại x2 ∈ (− 2, 1) sao cho f ′ ( x2 ) = 0.
√
√
iii) Vì f (1) = f ( 2) = 0 nên theo Định lý Rolle, tồn tại x2 ∈ (1, 2) sao cho f ′ ( x3 ) = 0.
√ √
√
√
iv) Vì f ( 2) = f ( 3) = 0 nên theo Định lý Rolle, tồn tại x4 ∈ ( 2, 2) sao cho f ′ ( x4 ) = 0.
Vậy phương trình f ′ ( x ) = 0 có ít nhất 4 nghiệm. Mặt khác, f ′ ( x ) là một đa thức bậc bốn,
nên nó có nhiều nhất là bốn nghiệm. Kết luận: phương trình f ′ ( x ) = 0 có đúng 4 nghiệm
phân biệt.
Ví dụ 9.4 (Giữa kì, K62). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 0. Chứng minh rằng
57
58
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
a) phương trình 3ax2 + 4bx + 5c = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1, +∞).
b) phương trình 2ax2 + 3bx + 4c = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1, +∞).
[Lời giải]
a) Xét hàm số f ( x ) = cx5 + bx4 + ax3 thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle trong
khoảng [0, 1]. Do đó,
2
1
1
′
4
3
2
∃ x0 ∈ (0, 1)| f ( x0 ) = 5cx0 + 4bx0 + 3ax0 = 0 ⇒ 3a
+ 4b
+ 5c = 0.
x0
x0
Vậy phương trình 3ax2 + 4bx + 5c = 0 có nghiệm
1
x0
∈ (1, +∞).
b) Xét hàm số f ( x ) = cx4 + bx3 + ax3 thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle trong
khoảng [0, 1]. Do đó,
2
1
1
′
3
2
+ 4c = 0.
+ 3b
∃ x0 ∈ (0, 1)| f ( x0 ) = 4cx0 + 3bx0 + 2ax0 = 0 ⇒ 2a
x0
x0
Vậy phương trình 2ax2 + 3bc + 4c = 0 có nghiệm
1
x0
∈ (1, +∞).
Ví dụ 9.5 (Cuối kì, K62). Cho f liên tục trên [ a, b] và thỏa mãn
minh rằng ∃c ∈ ( a, b) sao cho 2017
[Lời giải]
Xét hàm số g( x ) =
Z x
a
Z c
a
Zb
f ( x )dx = 0. Chứng
a
f ( x )dx = f (c).
f (t)dt, là một hàm số liên tục trên [ a, b], khả vi trên ( a, b) và
g( a) = g(b) = 0. Do đó, hàm số h( x ) = e−2017x g( x ) cũng là một hàm số liên tục trên [ a, b],
khả vi trên ( a, b) và h( a) = h(b) = 0. Áp dụng Định lý Rolle với hàm số h( x ) trong khoảng
[ a, b] ta có:
∃c ∈ ( a, b) : h′ (c) = 0 ⇔ g′ (c)e−2017c − 2017e−2017c g(c) = 0
⇔ g′ (c) − 2017g(c) = 0
⇔ f (c) = 2017
Zc
f (t)dt = 2017
a
Zc
f ( x )dx.
a
Ví dụ 9.6 (Olympic Toán học sinh viên Toàn quốc 2018 - Bảng B). Giả sử f : [0, 1] →
R là một hàm số khả vi sao cho
c ∈ (0, 1) sao cho
Z1
f ( x )dx =
0
Z1
x f ( x )dx. Chứng minh rằng tồn tại số
0
f (c) = 2018
Zc
0
58
f ( x )dx.
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
Chứng minh.
i) Xét hàm số F ( x ) = x
59
Zx
0
f (t)dt −
Zx
t f (t)dt khả vi trên [0, 1] và F (0) =
0
F (1) = 0. Theo Định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0, 1) sao cho
ii) Đặt G ( x ) =
e−2018x
Zx
F′ ( x
0)
=0⇔
Zx0
f (t)dt = 0.
0
f (t)dt thì G ( x ) là một hàm số khả vi trên [0, 1] với G (0) =
0
G ( x0 ) = 0. Theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (0, x0 ) sao cho
′
G (c) = 0 ⇔ f (c) = 2018
Zc
f ( x )dx.
0
Ví dụ 9.7 (Olympic Toán học sinh viên Toàn quốc 2018 - Bảng A). Giả sử f : [0, 1] →
R là một hàm số khả vi sao cho
Z1
f ( x )dx =
0
c ∈ (0, 1) sao cho
Z1
x f ( x )dx. Chứng minh rằng tồn tại số
Zc
f ( x )dx.
0
′
f (c) = 2018 f (c)
0
Chứng minh.
i) Xét hàm số F ( x ) = x
Zx
0
f (t)dt −
Zx
t f (t)dt khả vi trên [0, 1] và F (0) =
0
F (1) = 0. Theo Định lý Rolle, tồn tại x0 ∈ (0, 1) sao cho F ′ ( x0 ) = 0 ⇔
ii) Đặt G ( x ) =
e−2018 f ( x)
Zx
Zx0
f (t)dt = 0.
0
f (t)dt thì G ( x ) là một hàm số khả vi trên [0, 1] với G (0) =
0
G ( x0 ) = 0. Theo Định lý Rolle, tồn tại c ∈ (0, x0 ) sao cho
′
′
G (c) = 0 ⇔ f (c) = 2018 f (c)
Định lý 1.33 (Định lý Lagrange). Nếu hàm số f ( x ) :
i) Liên tục trong khoảng đóng [ a, b],
ii) Có đạo hàm trong khoảng mở ( a, b),
59
Zc
0
f ( x )dx.
60
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ ( a, b) sao cho f (c) =
′
f (b)− f ( a)
.
b− a
Chứng minh. Xét hàm số
h( x ) = f ( x ) − f ( a) −
f (b) − f ( a)
( x − a ).
b−a
Có thể dễ dàng kiểm chứng h( x ) thỏa mãn các điều kiện của Định lý Rolle, do đó tồn tại
f (b)− f ( a)
c ∈ ( a, b) sao cho h′ (c) = f ′ (c) − b−a = 0.
Ví dụ 9.8 (Giữa kì, K61). Chứng minh các bất đẳng thức sau với 0 < a < b.
a)
a−b
1+ a2
< arccot b − arccot a <
b)
a−b
.
1+ b2
b− a
1+ b2
< arctan b − arctan a <
b− a
.
1+ a2
[Lời giải]
a) Áp dụng Định lý Lagrange với hàm số f ( x ) = arccot x trong khoảng [ a, b] ta có
1
arccot b − arccot a
= f ′ (c) = −
b−a
1 + c2
với c ∈ ( a, b) nào đó. Do đó,
−
1
1
arccot b − arccot a
1
=−
<
<−
2
2
b−a
1+a
1+c
1 + b2
dẫn đến điều phải chứng minh.
b) Tương tự câu a).
Ví dụ 9.9 (Giữa kì, K59). Cho hàm số f : (0, +∞) → R thỏa mãn f ( x ) ≤ 1 và f ′′ ( x ) ≥ 0
với mọi x > 0. Chứng minh rằng f ′ ( x ) ≤ 0 với mọi x > 0.
[Lời giải]
Giả sử phản chứng, tồn tại x0 > 0 sao cho f ′ ( x0 ) > 0.
i) Vì f ′′ ( x ) ≥ 0 nên f ′ ( x ) ≥ f ′ ( x0 ) với mọi x > x0 .
ii) Áp dụng Định lý Lagrange cho hàm số f ( x ) trong khoảng [ x0 , x ] ta có: tồn tại c ∈
( x0 , x ) sao cho f ( x ) = f ( x0 ) + f ′ (c)( x − x0 ) ≥ f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ).
iii) Mặt khác, vì f ′ ( x0 ) > 0 nên lim f ( x0 ) + f ′ ( x0 )( x − x0 ) = +∞ ⇒ lim f ( x ) = +∞,
x →+∞
trái với giả thiết f ( x ) ≤ 1 với mọi x > 0.
x →+∞
Mâu thuẫn này chứng tỏ f ′ ( x ) ≤ 0 với mọi x > 0.
Định lý 1.34 (Định lý Cauchy). Nếu các hàm số f ( x ), g( x ) thỏa mãn các điều kiện:
60
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
61
i) Liên tục trong khoảng đóng [ a, b],
ii) Có đạo hàm trong khoảng mở ( a, b),
iii) g′ ( x ) không triệt tiêu trong khoảng mở ( a, b)
thì tồn tại ít nhất một điểm c ∈ ( a, b) sao cho
f (b) − f ( a)
f ′ (c)
= ′ .
g(b) − g( a)
g (c)
a) Định lý Rolle là trường hợp riêng của định lý Lagrange, định lý LaChú ý 1.12.
grange là trường hợp riêng của định lý Cauchy. Các giả thiết trong các định lý này
là cần thiết.
b) Định lý Lagrange còn có một dạng khác, đó là công thức số gia hữu hạn:
′
∆ f = f ( x0 + θ∆x ) , θ ∈ (0, 1).
9.2 Các công thức khai triển Taylor, Maclaurin
Định lý 1.35. Nếu hàm số f ( x )
(i) Có đạo hàm đến cấp n trong khoảng đóng liên tục tại x0 ,
(ii) Có đạo hàm đến cấp n + 1 trong lân cận Uǫ ( x0 ),
thì f ( x ) có thể biểu diễn dưới dạng
′
f ( x0 )
f ( n ) ( x0 )
f ( n +1) ( c )
f ( x ) = f ( x0 ) +
( x − x0 ) + · · · +
( x − x0 ) n +
( x − x 0 ) n +1 ,
1!
n!
( n + 1) !
ở đó c là một số thực nằm giữa x và x0 nào đó.
Nếu x0 = 0 thì công thức sau còn được gọi là công thức Maclaurin:
′
f ( n ) (0) n
f ( n +1) ( c ) n +1
f (0)
x+···+
x +
x
f ( x ) = f (0) +
1!
n!
( n + 1) !
(1.1)
hay
′
f ( n ) (0) n
f (0)
x+···+
x + o ( x n ),
f ( x ) = f (0) +
1!
n!
ở đó o ( x n ) là một VCB bậc cao hơn x n .
61
(1.2)
62
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Một số khai triển Maclaurin quan trọng
(1) (1 + x )α = 1 + αx +
α ( α −1) 2
x
2
+···+
α(α−1)···(α−n+1) n
x
n!
(2)
1
1+ x
= 1 − x + x2 − · · · + (−1)n x n + o ( x n )
(3)
1
1− x
= 1 + x + x2 + · · · + x n + o ( x n )
(4) e x = 1 + x +
x2
2!
+···+
xn
n!
+ o( xn )
2n+1
(5) sin x = x −
x3
3!
+
x5
5!
x
+ o ( x2n+1 )
+ · · · + (−1)n (2n
+1) !
(6) cos x = 1 −
x2
2!
+
x4
4!
+ · · · + (−1)n (x2n)! + o ( x2n )
(7) ln(1 + x ) = x −
x2
2
+ o( xn )
2n
+
x3
3
n
+ · · · + (−1)n−1 xn + o ( x n )
Các phép toán trên khai triển Maclaurin
Trên khai triển Maclaurin chúng ta có thể thực hiện các phép toán cơ bản sau: cộng,
trừ, nhân, chia, hàm hợp, đạo hàm và tích phân. Các phép toán cộng, trừ, nhân, chia được
thực hiện hệt như cộng, trừ, nhân, chia các đa thức. Cho f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 +
· · · + an x n + · · · và g( x ) = b0 + b1 x + b2 x2 + b3 x3 + · · · + bn x n + · · · là các chuỗi Maclaurin
hình thức. Khi đó
1. Phép cộng (trừ)
f ( x ) ± g( x ) = ( a0 ± b0 ) + ( a1 ± b1 ) x + ( a2 ± b2 ) x2 + ( a3 ± b3 ) x3 + · · · + ( an ± bn ) x n + · · ·
2. Phép nhân
n
f ( x ) g ( x ) = c0 + c1 x + c2 x 2 + c3 x 3 + · · · + c n x n + · · · ,
+∞
+∞
n =0
n =0
ở đó cn = ∑ ai bn−i . Chuỗi ∑ cn x n còn được gọi là tích chập của hai chuỗi ∑ an x n và
+∞
i =0
∑ bn x n .
n =0
Ví dụ 9.10. Tìm khai triển Maclaurin của hàm số f ( x ) = e x sin x.
[Lời giải] Xuất phát từ khai triển Maclaurin của hàm số g( x ) = e x
x2
xn
e = 1+x+
+···+
+ o( xn )
2!
n!
x
và h( x ) = sin x
sin x = x −
x2n+1
x3 x5
+
+ · · · + (−1)n
+ o ( x2n+1 )
3!
5!
(2n + 1)!
62
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
63
ta có
x
2
e sin x = x + x +
1
1
−
2! 3!
x3 + · · ·
Ví dụ 9.11 (Giữa kì, 20173). Cho y = e x sin x. Tính đạo hàm cấp cao y(6) (0).
[Lời giải] Số hạng chứa x6 trong khai triển Maclaurin của y = e x sin x là
3
x3
x5
1
1x
+ (−1)
+ x = − x6 .
x.(−1)
5!
3!
3!
5!
90
2x
5
Do đó,
1
y (6) ( 0 )
= − ⇒ y(6) (0) = −8.
6!
90
• Như vậy, nếu chỉ cần tìm một số số hạng đầu tiên trong khai triển Maclarin của
hàm số e x sin x thì có thể dùng phương pháp thực hiện phép nhân này.
• Tuy nhiên, để tìm được số hạng tổng quát thì phương pháp này lại không hiệu
quả. Thay vào đó, ta sẽ đi tính f (n) ( x ) bằng phương pháp quy nạp như trong Bài
tập 1.51d. Từ công thức
√
π
,
f ′ ( x ) = e x (sin x + cos x ) = 2e x sin x +
4
và
′′
√
f ( x ) = 2e
suy ra
Do đó,
x
h
√ 2 x
π i
π
π
+ cos x +
= ( 2) e sin x + 2.
sin x +
4
4
4
√
π
f (n) ( x ) = ( 2)n e x sin x + n
.
4
√
( 2)n sin nπ
4 n
x .
e sin x = ∑
n!
n =1
∞
x
3. Phép chia cũng thực hiện như phép chia đa thức một cách bình thường.
4. Phép lấy hàm hợp. Chúng ta bắt đầu bằng một ví dụ đơn giản sau. Tìm chuỗi Maclaurin của hàm số f ( x ) = sin x2 . Muốn tìm chuỗi Maclaurin một cách trực tiếp, ta cần
tính các đạo hàm cấp cao của hàm số f ( x ) = sin x2 rồi thay vào công thức
f ( x ) = f (0) +
′
f ( n ) (0) n
f (0)
x+···+
x + o ( x n ).
1!
n!
Bằng cách tính các đạo hàm cấp một và cấp hai của f ( x ):
• f ′ ( x ) = 2x cos x2 ,
63
64
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
• f ′′ ( x ) = −4x2 sin x2 + 2 cos x2 ,
chúng ta thấy rằng quá trình này sẽ rất phức tạp. Chúng ta có một phương pháp
khác. Đó là thực hiện phép đổi biến số, thay x bằng x2 trong khai triển Maclaurin
của hàm số
x2n+1
x3 x5
+
+ · · · + (−1)n
+···
sin x = x −
3!
5!
(2n + 1)!
để được
2(2n+1)
x6 x10
n x
+
+ · · · + (−1)
+···
sin x = x −
3!
5!
(2n + 1)!
2
2
Bản chất của vấn đề ở đây là chúng ta cần đi tìm khai triển Maclaurin của hàm
số hợp ( f ◦ g)( x ) = f ( g( x )). Để tìm hiểu sâu thêm về vấn đề này, công thức Faà di
Bruno sau đây giúp chúng ta tính đạo hàm cấp cao của hàm hợp.
Định lý 1.36 (Công thức Faà di Bruno).
f ( g( x ))(n) =
m j
n n!
(m1 +···+mn )
( j)
·
f
(
g
(
x
))
·
g
(
x
)
,
∑ m1 ! 1!m1 m2 ! 2!m2 · · · mn ! n!mn
∏
j =1
ở đó tổng được lấy trên tất cả các bộ số không âm (m1 , . . . , mn ) thỏa mãn
1 · m1 + 2 · m2 + 3 · m3 + · · · + n · mn = n.
∞
∞
n =0
n =0
Hệ quả 1.5. Cho f ( x ) = ∑ an x n và g( x ) = ∑ bn x n là các chuỗi Maclaurin hình
thức và b0 = 0. Khi đó, hàm số ( f ◦ g)( x ) có chuỗi Maclaurin hình thức là
∞
∑ cn x n ,
n =0
ở đó c0 = a0 và
cn =
và
∑
i∈Cn
a k bi 1 bi 2 · · · bi k
Cn = {(i1 , i2 , . . . , ik ) : 1 ≤ k ≤ n, i1 + i2 + · · · + ik = n}.
Trường hợp đơn giản nhất, g( x ) = x k thì chỉ việc thay x bằng x k trong khai triển
Maclaurin của f ( x ) để ra khai triển Maclaurin của f ( x k ) như trong ví dụ hàm số
f ( x ) = sin( x2 ) đã nêu ở trên.
5. Phép lấy đạo hàm. Giả sử hàm số f ( x ) có khai triển Maclaurin là
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + · · · + a n x n + · · ·
64
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
65
Khi đó hàm số f ′ ( x ) có khai triển Maclaurin là
f ′ ( x ) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + · · · + nan x n−1 + · · ·
được thực hiện bằng cách lấy đạo hàm của từng thành phần của chuỗi Maclaurin
của hàm f ( x ). Bạn đọc có thể tự kiểm tra bằng cách lấy đạo hàm chuỗi Maclaurin
của hàm sin x để ra chuỗi Maclaurin của hàm số cos x, hoặc lấy đạo hàm của chuỗi
Maclaurin của hàm số ln(1 + x ) để ra chuỗi Maclaurin của hàm số 1+1 x .
6. Phép lấy tích phân. Cũng tương tự như vậy, giả sử hàm số f ( x ) có khai triển Maclaurin là
f ( x ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x 3 + · · · + a n x n
Khi đó hàm số
Z x
0
Zx
f (t)dt có khai triển Maclaurin là
f (t)dt = a0 x + a1
0
x n +1
x3
x2
+ a2 + · · · + a n
+···
2
3
n+1
được thực hiện bằng cách lấy tích phân của từng thành phần của chuỗi Maclaurin của hàm f ( x ). Chẳng hạn, muốn tìm khai triển Maclaurin của hàm số f ( x ) =
arctan x, đầu tiên ta tìm chuỗi Maclaurin của hàm số
1
= 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n + · · · ,
2
1+x
sau đó ta lấy tích phân hai vế thì được
arctan x =
Zx
0
2n+1
x3 x5
1
n x
dt
=
x
−
+
+
·
·
·
+
(−
1
)
+···
3
5
2n + 1
1 + t2
Ứng dụng của khai triển Maclaurin
1. Tính gần đúng
Ví dụ 9.12. Tính gần đúng số e với sai số nhỏ hơn 0, 0001.
Ta có e x = 1 + x +
x2
2!
+···+
Do đó ta xấp xỉ số e bằng
xn
n!
+
c n +1
( n +1) !
với c là một số thực nào đó nằm giữa 0 và x.
e ≈ 1+1+
n +1
với sai số mong muốn (nc +1)! <
n > 6. Nói cách khác,
1
( n +1) !
1
1
+···+
2!
n!
< 0, 0001. Điều này xảy ra nếu (n + 1)! > 1000 ⇔
e ≈ 1+1+
1
1
1
1
1
+ + + + .
2! 3! 4! 5! 6!
65
66
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
2. Tính giới hạn
Ví dụ 9.13. Tính
x − sin x
.
x →0
x3
lim
Chứng minh. Dựa vào khai triên Maclaurin của hàm f ( x ) = sin x ta có
sin x = x −
nên
x − sin x =
x3
+ o ( x3 )
3!
x3
x3
+ o ( x3 ) ∼
+ o ( x3 )
6
6
(theo quy tắc ngắt bỏ VCB bậc cao).
Do đó
x − sin x
1
.
=
x →0
6
x3
lim
Chú ý 1.13. Khi sử dụng khai triển Maclaurin để tính giới hạn, có thể khai triển
hàm số đến số hạng thích hợp. Chẳng hạn như ở Ví dụ bên trên, mẫu số là x3 nên ta
chỉ khai triển tử số đến số hạng x3 , còn phần VCB bậc cao ở phía sau sẽ được ngắt
bỏ.
Ví dụ 9.14 (Giữa kì, K61). Tính giới hạn
b) lim
e x −sin x −cos x
.
x2
x →0
e x − 1−1 x
.
x2
x →0
a) lim
Ví dụ 9.15 (Giữa kì, K62). Tìm a, b ∈ R sao cho
ax2 +b ln(cos x )
x4
x →0
a) lim
b) lim
= 1.
x →0
ax +b sin(sin x )
x3
= 1.
[Lời giải]
a) Ta có
x4
x2
4
+
+ o(x )
ln(cos x ) = ln 1 −
2
24
2
2
2
x
x4
x4
1
x
4
= − +
+ o ( x ) + o ( x4 )
−
− +
2
24
2
2
24
x2
x4
=− −
+ o ( x 4 ).
2
12
Do đó,
1 = lim
x →0
ax2
+ b ln(cos x )
= lim
x →0
x4
a−
66
b
2
b 4
12 x
x4
x2 −
+ o ( x4 )
⇒ a = −6, b = −12.
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
67
b)
x3
4
+ o(x )
sin(sin x ) = sin x −
6
3
x3 1
x3
4
= x−
x−
−
+ o ( x ) + o ( x4 )
6
6
6
x3
+ o ( x 4 ).
= x−
3
Do đó,
3
( a + b) x − b x3 + o ( x4 )
ax + b sin(sin x )
1 = lim
= lim
⇒ a = 3, b = −3.
x →0
x →0
x3
x3
3. Tính đạo hàm cấp cao f (n) (0).
Ví dụ 9.16 (Giữa kì, K61). Tính đạo hàm cấp cao y(10) (0) với
a) y( x ) = e x ,
c) y( x ) = arctan x,
b) y( x ) = e− x ,
d) y( x ) = arccot x.
2
2
[Lời giải] Ngoài phương pháp dựa vào công thức truy hồi như ở Ví dụ 8.10, ta có thể
dựa vào khai triển Maclaurin.
a) Thay x bởi x2 trong công thức khai triển Maclaurin của e x ta có
2
e x = 1 + x2 +
+∞ (n)
( x2 )n
( x 2 )2 ( x 2 )3
y (0) n
+
+···+
+··· = ∑
x .
2!
3!
n!
n!
n =0
So sánh hệ số của x10 ta được
y(10) (0)
1
10!
=
⇒ y(10) (0) =
= 30240.
10!
5!
5!
b) Tương tự câu a).
c) Thay x bằng x2 trong khai triển Maclaurin của hàm số f ( x ) =
triển Maclaurin của hàm số f ( x ) = 1+1x2 như sau:
1
1+ x
ta được khai
1
= 1 − x2 + x4 − · · · + (−1)n x2n + · · · ,
1 + x2
Lấy tích phân hai vế ta được
arctan x =
Zt
0
+∞ (n)
2n+1
x3 x5
y (0) n
1
n x
dt
=
x
−
+
+
·
·
·
+
(−
1
)
+
·
·
·
=
x
∑
3
5
2n + 1
n!
1 + t2
n =0
So sánh hệ số của x10 hai vế ta được y(10) (0) = 0.
Ví dụ 9.17 (Cuối kì, K62). Tính đạo hàm cấp cao y(10) (0) với
67
68
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
a) y( x ) = sin( x2 ).
b) y( x ) = cos( x2 ).
[Lời giải]
a) Thay x bằng x2 trong khai triển Maclaurin của sin x
+∞
sin x =
x2n+1
∑ (−1)n (2n + 1)!
n =0
ta được
sin( x2 ) =
+∞
∑ (−1)n
n =0
So sánh hệ số của
x10
+∞ (n)
x2(2n+1)
y (0) n
= ∑
x .
(2n + 1)! n=0 n!
hai vế ta được
1
10!
y(10) (0)
= (−1)2 . ⇒ y(10) (0) =
= 30240.
10!
5!
5!
b) Tương tự câu a).
Ví dụ 9.18 (Giữa kì, K62). Tính đạo hàm cấp cao y(9) (0) với
a) f ( x ) = ln(1 − x + x2 ).
b) g( x ) = ln(1 + x + x2 ).
[Lời giải]
a) Ta có
9
x6 x9
(−1)n−1 x n
f ( x ) = ln(1 − x + x ) = ln(1 + x ) − ln(1 + x ) = x − + − ∑
+ o ( x9 )
2
3 n =1
n
2
3
3
Hệ số của x9 trong khai triển Maclaurin của f ( x ) bằng
1 1
2
f (9) ( 0 )
= − = .
9!
3 9
9
Do đó,
f (9) (0) = 2.8! = 80640
b) Tương tự câu a).
Ví dụ 9.19.
a) Tìm khai triển Maclaurin của hàm số f ( x ) = arcsin x.
b) Tính đạo hàm cấp cao arcsin(n) (0) (Giữa kì, K59).
[Lời giải]
68
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
a) Nhận xét (arcsin x )′ =
√ 1 .
1− x 2
69
Trong trường hợp này có lẽ "không có" hoặc "rất
khó" để tìm ra công thức tính đạo hàm cấp cao của hàm số arcsin x. Vì vậy, ta
xuất phát từ công thức khai triển Maclaurin của hàm số (1 + x )α
∞
(1 + x ) α =
α ( α − 1) . . . ( α − n + 1) n
x .
n!
n =0
∑
Thay α = − 12 ta được
∞ − 1 − 1 − 1 . . . − 1 − ( n − 1)
2
2
2
1
√
xn =
= ∑
n!
1+x
n =0
Thay x bằng − x2 ta được
(arcsin x )′ = √
Do đó
1
1 − x2
∞
(−1)n (2n − 1)!! n
x .
∑
2n n!
n =0
∞
=
∞
(−1)n (2n − 1)!!
(2n − 1)!! 2n
2 n
(−
x
)
=
x
∑
n
2 n!
(2n)!!
n =0
n =0
∑
Zx ∞
Zx
∞
∞
(2n − 1)!! 2n
(2n − 1)!!
(2n − 1)!! x2n+1
2n
arcsin x =
t
dt
=
.
t
dt
=
∑
∑
∑
0 n =0
(2n)!!
n =0
(2n)!!
n =0
0
(2n)!!
2n + 1
b) Dựa vào công thức khai triển Maclaurin của hàm số arcsin x suy ra

arcsin(2n) (0) = 0,
arcsin(2n+1) (0) = [(2n − 1)!!]2 .
Ví dụ 9.20 (Cuối kì, 20152). Cho hàm số f ( x ) =
[Lời giải] f ( x ) = x ·
1
,
1+ x 3
f
(n)
x
.
1+ x 3
Tính d10 f (0).
áp dụng công thức Leibniz ta có
(x) = x ·
1
1 + x3
(n)
+ n.
1
1 + x3
( n −1)
Thay x = 0, n = 10 vào ta có f (10) (0) = 10g(9) (0), với g( x ) =
.
1
.
1+ x 3
Ta có
1
1
= 1 − x + x2 − · · · + (−1)n x n + o ( x n ) ⇒
= 1 − x 3 + ( x 3 )2 − ( x 3 )3 + · · ·
1+x
1 + x3
Từ đó suy ra hệ số của x9 trong khai triển Maclaurin của g( x ) =
−1 =
1
1+ x 3
bằng
g (9) ( 0 )
⇒ g(9) (0) = −9! ⇒ f (10) (0) = −10! ⇒ d10 f (0) = −10!dx10
9!
Bài tập 1.53. Tìm khai triển Maclaurin của hàm số f ( x ) = arccos x.
[Gợi ý] Có thể dựa vào đẳng thức arcsin x + arccos x =
rin của hàm số f ( x ) = arccos x.
69
π
2
để suy ra khai triển Maclau-
70
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
9.3 Quy tắc L’Hospital
Định lý 1.37 (Quy tắc L’Hospital). Giả thiết
i) Các hàm số f ( x ), g( x ) khả vi trong một lân cận nào đó của điểm x0 (có thể trừ tại
′
điểm x0 ) đồng thời g ( x ) 6= 0 trong lân cận ấy,
0
.
ii) lim f ( x ) = lim g( x ) = 0 khử dạng
x → x0
x → x0
0
Khi đó nếu tồn tại lim
′
f (x)
′
x → x0 g ( x )
= A (có thể hữu hạn hoặc vô hạn) thì lim
f (x)
x → x0 g ( x )
= A.
Chú ý 1.14. Quy tắc L’Hospital trên vẫn đúng nếu
• thay quá trình x → x0 bởi một trong các quá trình
x → x0+ , x → x0− , x → +∞ hoặc x → −∞.
• thay điều kiện lim f ( x ) = lim g( x ) = 0 bởi
x → x0
x → x0
∞
lim f ( x ) = ∞, lim g( x ) = ∞ khử dạng
x → x0
x → x0
∞
Ý tưởng chứng minh: Chúng ta chứng minh quy tắc L’Hospital cho trường hợp đơn giản,
g′ ( x0 ) 6= 0.
1. Nếu f ( x0 ) = g( x0 ) = 0 thì Với x 6= x0 ta có
c nằm giữa x và x0 .
f ( x ) − f ( x0 )
f (x)
=
g( x )
g ( x ) − g ( x0 )
Khi x → x0 thì c → x0 . Do lim
x → x0
(Cauchy)
=
′
f (c)
,
′
g (c)
′
f (x)
= A, suy ra
′
g (x)
′
f (c)
f (x)
= A.
= lim ′
lim
c → x0 g ( c )
x → x0 g ( x )
2. Nếu chỉ có lim f ( x ) = lim g( x ) = 0 mà các hàm số chưa chắc đã xác định tại x0 . Ta
xây dựng
x → x0
x → x0

 0,
F(x) =
 f ( x ),
x = x0
x 6 = x0 ,
1
.
x
Ví dụ 9.21 (Giữa kì, K61). Tính giới hạn
3. Nếu x → ∞, đặt y =
70

 0,
G(x) =
 g ( x ),
x = x0
x 6 = x0 .
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
71
e2x −sin 2x
.
x2
x →0
ln(1+ x )−sin x
.
x2
x →0
b) lim
a) lim
x − sin x
,
x →0 arcsin3 x
c) lim x α ln x,
b) lim x x ,
d) lim
a) lim
Ví dụ 9.22. Tính các giới hạn sau:
x →0+
x →0+
x →∞
Chú ý 1.15.
• Hai qui tắc trên chỉ là điều kiện đủ để tìm lim
Ví dụ như lim
x2 sin
ax
.
x
f (x)
.
g( x )
1
x = 0 theo nguyên lý giới hạn kẹp, nhưng nếu áp dụng quy tắc
x →0 sin x
L’Hospital thì sẽ dẫn đến kết quả sai.
• Trong quá trình tìm giới hạn có dạng vô định, nên kết hợp cả thay tương đương với
dùng qui tắc L’Hospital để đạt được hiệu quả tốt nhất.
• Có thể dùng qui tắc L’Hospital nhiều lần.
Chú ý 1.16. Công thức L’Hospital được công bố lần đầu vào năm 1696 trong cuốn sách
Analyse des Infiniment Petits, pour intelligence des lignes courbes của nhà toán học người
Pháp Marquis de l’Hospital (1661-1704), nhưng nó lại được khám phá vào năm 1694 bởi
nhà toán học người Thụy Sỹ John (Johann) Bernoulli (1667-1748). Điều này được giải
thích vì hai nhà toán học có một thỏa thuận lạ kì, rằng Marquis de l’Hospital mua quyền
sở hữu các phát minh của Bernoulli trong một khoảng thời gian nhất định. Bức thư sau
đây của l’Hopital vào ngày 17 tháng 3 năm 1694 đã đề xuất một trong những thỏa thuận
khác thường nhất trong lịch sử khoa học.
"I will be happy to give you a retainer of 300 pounds, beginning with the first of January of this year ... I promise shortly to increase this retainer, which I know is very modest, as soon as my affairs are somewhat straightened out ... I am not so unreasonable as
to demand in return all of your time, but I will ask you to give me at intervals some hours
of your time to work on what I request and also to communicate to me your discoveries, at
the same time asking you not to disclose any of them to others. I ask you even not to send
here to Mr. Varignon or to others any copies of the writings you have left with me; if they
are published, I will not be at all pleased. Answer me regarding all this ..."
9.4 Về một số dạng vô định
∞
Quy tắc L’Hospital, ngoài việc được áp dụng để khử dạng vô định 00 , ∞
, còn có thể được
dùng để khử các dạng vô định sau:
71
72
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
1. Dạng vô định 0 × ∞. Chẳng hạn như muốn tính giới hạn lim f ( x ) g( x ) ta có thể viết
x → x0
nó dưới dạng
lim
x → x0
f (x)
1/g( x )
để áp dụng công thức L’Hospital.
Ví dụ 9.23. Tính lim x ln x.
x →0+
2. Dạng vô định ∞ − ∞. Để tính các giới hạn này chúng ta đưa phép trừ về dạng phép
thương, chẳng hạn như quy đồng mẫu số, đặt nhân tử chung.
Ví dụ 9.24. Tính lim 1x − sin1 x .
x →0
3. Tính các giới hạn có dạng lim A( x ) B( x) . Đặt f ( x ) = A( x ) B( x) và đi tính
x → x0
lim ln f ( x ) = lim B( x ) ln A( x ) = lim
x → x0
x → x0
x → x0
ln A( x )
1/B( x )
bằng cách áp dụng công thức L’Hospital.
• Nếu lim
ln A( x )
x → x0 1/B( x )
có dạng 00 , nghĩa là
lim ln A( x ) = 0, lim 1/B( x ) = 0.
x → x0
x → x0
Khi đó, lim A( x ) = 1, lim B( x ) = ∞ ta có dạng vô định 1∞ .
x → x0
• Nếu lim
ln A( x )
x → x0 1/B( x )
x → x0
có dạng
∞
∞,
nghĩa là
lim ln A( x ) = ∞, lim 1/B( x ) = ∞.
x → x0
x → x0
Khi đó,
– hoặc lim A( x ) = 0, lim B( x ) = 0 ta có dạng vô định 00 ,
x → x0
x → x0
– hoặc là lim A( x ) = ∞, lim B( x ) = 0 ta có dạng vô định ∞0 .
x → x0
x → x0
Chú ý rằng chỉ có ba dạng vô định 00 , 1∞ , ∞0 cho các giới hạn có dạng lim A( x ) B( x) .
x → x0
Các trường hợp khác hay bị nhầm lẫn sau đây đều không phải là dạng vô định
và có thể tính trực tiếp dựa vào các quy tắc tính giới hạn:
01 = 0,
0+∞ = 0,
0−∞ = +∞,
72
10 = 1,
11 = 1,
∞1 = ∞,
∞∞ = ∞.
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
73
9.5 Thay tương đương khi có hiệu hai VCB?
Đây có lẽ là một câu hỏi thú vị và được rất nhiều bạn đọc quan tâm. Chúng ta bắt đầu
với một ví dụ sau đây.
Ví dụ 9.25 (Câu 6, Đề 4, Giữa kì K61). Tính
e x − sin x − cos x
.
x →0
x2
lim
[Lời giải]
Cách 1: Thay tương đương
e x − sin x − cos x
lim
x →0
x2
x
(e − 1) − sin x + (1 − cos x )
= lim
x →0
x2
x−x+
= lim
x →0
x2
1
=
2
Cách 2: Dùng quy tắc L’Hospital
e x − sin x − cos x
x →0
x2
x
e − cos x + sin x
= lim
x →0
2x
e x + sin x + cos x
= lim
x →0
2
=1.
lim
x2
2
Trong hai cách giải trên chắc chắn có một cách giải sai, và sai lầm ở đâu? Đây là sai lầm
nhiều người hay mắc phải khi thay tương đương trong các biểu thức có chứa dấu ±.
Chú ý 1.17. Nếu α1 ( x ), α2 ( x ), β 1 ( x ), β 2 ( x ) là các VCB khi x → x0 và α1 ( x ) ∼ α2 ( x ), β 1 ( x ) ∼
β 2 ( x ) thì
• α1 ( x ) β 1 ( x ) ∼ α2 ( x ) β 2 ( x )
α1 ( x )
x → x0 β 1 ( x )
• lim
α2 ( x )
x → x0 β 2 ( x )
= lim
nhưng chưa chắc α1 ( x ) ± β 1 ( x ) ∼ α2 ( x ) ± β 2 ( x ). Chẳng hạn, sin x ∼ x, tan x ∼ x khi x → 0,
nhưng tan x − sin x ∼ 12 x3 .
Vậy có thay tương đương được trong biểu thức có dấu ± hay không không? Đây là một
câu hỏi rất thú vị. Muốn biết biểu thức α1 ( x ) − β 1 ( x ) có tương đương với α2 ( x ) − β 2 ( x ) hay
α ( x )− β ( x )
không thì chúng ta quay về Định nghĩa, đi tính lim α1 ( x)− β1 ( x) . Ta chia làm 4 trường hợp
2
x→a 2
như sau:
1. Nếu α1 ( x ) là VCB bậc cao hơn β 1 ( x ) thì lim
VCB bậc cao). Khi đó lim
α1 ( x )− β 1 ( x )
x → a α2 ( x )− β 2 ( x )
tương đương với α2 ( x ) − β 2 ( x ).
=
α1 ( x )
= lim βα2 ((xx)) = 0 (theo định nghĩa của
x→a β1 ( x)
x→a 2
α1 ( x )
−1 β ( x )
β (x)
−1
lim α21 (x) . β1 ( x) = 00−
1 = 1. Vậy α1 ( x ) − β 1 ( x )
2
x→a
−
1
β (x)
2
73
74
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
2. Nếu β 1 ( x ) là VCB bậc cao hơn α1 ( x ) thì lim
VCB bậc cao). Khi đó lim
α1 ( x )− β 1 ( x )
x → a α2 ( x )− β 2 ( x )
=
β1 ( x)
= lim βα 2((xx)) = 0 (theo định nghĩa của
x → a α1 ( x )
x→a 2
β1 (x)
−
1
α (x)
α (x)
−1
. 1
lim 1
= 00−
1 = 1. Vậy α1 ( x ) − β 1 ( x )
x → a β 2 ( x ) −1 α2 ( x )
α (x)
2
tương đương với α2 ( x ) − β 2 ( x ).
3. Nếu α1 ( x ) và β 1 ( x ) là các VCB cùng bậc nhưng không tương đương thì lim
A 6= 1. Khi đó lim
α1 ( x )− β 1 ( x )
x → a α2 ( x )− β 2 ( x )
đương với α2 ( x ) − β 2 ( x ).
= lim
x→a
α1 ( x )
−1
β1 (x)
α2 ( x )
−1
β2 (x)
α1 ( x )
β
x→a 1 (x)
β (x)
. β1 ( x) =
2
4. Nếu α1 ( x ) và β 1 ( x ) là các VCB tương đương thì lim
lim
x→a
α1 ( x )
−1
β1 (x)
α2 ( x )
−1
β2 (x)
A −1
A −1
= 1. Vậy α1 ( x ) − β 1 ( x ) tương
α1 ( x )
x→a β1 ( x)
β (x)
. β1 ( x) =
2
1−1
1−1
là dạng vô định
0
0
=
= 1. Khi đó lim
α1 ( x )− β 1 ( x )
x → a α2 ( x )− β 2 ( x )
=
nên không xác định được giới hạn của nó.
5. Nếu α1 ( x ) và β 1 ( x ) là các VCB không so sánh được với nhau, thì α1 ( x ) − β 1 ( x ) và
α2 ( x ) − β 2 ( x ) có thể không so sánh được với nhau.
Kết luận: Nếu α1 ( x ), α2 ( x ), β 1 ( x ), β 2 ( x ) là các VCB khi x → x0 và α1 ( x ) ∼ α2 ( x ), β 1 ( x ) ∼
β 2 ( x ) thì α1 ( x ) − β 1 ( x ) ∼ α2 ( x ) − β 2 ( x ) ngoại trừ trường hợp α1 ( x ) và β 1 ( x ) là các
VCB tương đương hoặc không so sánh được với nhau. Ví dụ, không thay tương
đương được trong biểu thức tan x − sin x vì tan x ∼ sin x, nhưng vẫn thay tương đương
được trong biểu thức tan 2x − sin x ∼ 2x − x = x hoặc sin x − tan2 x ∼ x − x2 ∼ x. Bạn đọc
cần nắm vững điều này, và trong trường hợp không chắc chắn thì tốt nhất nên
tránh thay tương đương trong các biểu thức có chứa dấu cộng và dấu trừ.
Trường hợp α1 ( x ) + β 1 ( x ) có tương đương với α2 ( x ) + β 2 ( x ) hay không chúng ta lập luận
tương tự. Vẫn thay tương đương được bình thường ngoại trừ trường hợp α1 ( x ) và − β 1 ( x )
là các VCB tương đương hoặc không so sánh được với nhau.
Quay trở lại Ví dụ 9.25 nêu trên thì sai lầm là ở chỗ chúng ta đã thay tương tương
2
x
(e − 1) − sin x ∼ x − x = 0 để dẫn đến (e x − 1) − sin x + (1 − cos x ) ∼ x2 . Chúng ta không
thực hiện được điều này bởi vì e x − 1 ∼ sin x. Thực tế thì (e x − 1) − sin x là một VCB khi
x → 0 và nếu nhìn vào khai triển Maclaurin của các hàm số e x và sin x thì ta thấy
• ex = 1 + x +
x2
2
+ o ( x2 )
• sin x = x + o ( x2 ) (số hạng tiếp theo trong khai triển này là − x3! = o ( x2 ))
3
nên
(e x − 1) − sin x =
x2
x2
+ o ( x2 ) ∼ .
2
2
Cho nên khi thay (e x − 1) − sin x ∼ x − x = 0 nghiễm nhiên chúng ta đã làm mất đi số
2
hạng x2 .
74
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
75
Ví dụ 9.26 (Câu 5, Đề 1, Giữa kì K61). Tính
e x − cos x − ln(1 + x )
.
x →0
x2
lim
[Gợi ý] Một cách tương tự, hãy chỉ ra rằng với bài tập trên nếu
• thay tương đương ta được kết quả bằng
1
2
(SAI)
• dùng công thức L’Hospital hoặc khai triển Maclaurin ta được kết quả bằng 23 (ĐÚNG).
9.6 Hiệu hai VCB tương đương
Trong mục trước, chúng ta biết rằng không thay tương đương được trong biểu thức
α( x ) − β( x ) nếu α( x ) và β( x ) là các VCB tương đương. Vậy hiệu của hai VCB tương đương
là gì?
Bổ đề 1.1. Hiệu của hai VCB tương đương là một VCB bậc cao hơn cả hai VCB đó.
Chứng minh. Giả sử α( x ) ∼ β( x ) khi x → x0 . Khi đó,
lim
x → x0
α( x ) − β( x )
β( x )
= 1 − lim
= 1 − 1 = 0.
x → x0 α ( x )
α( x )
Vậy theo định nghĩa, α( x ) − β( x ) là một VCB bậc cao hơn α( x ).
Ví dụ 9.27 (Một số ví dụ về hiệu hai VCB tương đương).
a) x − sin x ∼
h) tan x − arcsin x ∼
x3
6
b) x − tan x ∼ − x3
3
i) tan x − arctan x ∼
c) x − arcsin x ∼ − x6
3
d) x − arctan x ∼
x3
6
2x3
3
j) arcsin x − arctan x ∼
x3
3
x3
2
k) x − (e x − 1) ∼ − x2
2
e) sin x − tan x ∼ − 2
x3
l) x − ln(1 + x ) ∼
f) sin x − arcsin x ∼ − x3
3
g) sin x − arctan x ∼
m) (1 − cos x ) −
x3
6
x2
2
x2
2
4
x
∼ − 24
Hiệu hai VCB cùng bậc là một VCB bậc cao hơn cả hai VCB đó, vậy cụ thể, cao hơn là
bậc bằng bao nhiêu? Lấy, chẳng hạn, α( x ) = x, ở ví dụ trên ta đã chỉ ra một số hiệu của
3
hai VCB tương đương "trong tự nhiên", như là x − sin x ∼ x6 cùng bậc với VCB α( x ) = x3 ,
2
còn x − (e x − 1) ∼ − x2 cùng bậc với VCB β( x ) = x2 khi x → 0. Với các VCB tương đương
"nhân tạo" sau đây thì x − β( x ) có thể cùng bậc với x a ( a > 1) bất kì. Chẳng hạn như muốn
x − β( x ) ∼ x2017 thì chỉ cần chọn β( x ) = x − x2017 . Khi đó,
x ∼ x − x2017 (ngắt bỏ VCB bậc cao), và x − ( x − x2017 ) = x2017
75
76
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
9.7 Ba phương pháp (mới) để tính giới hạn
Như vậy đến thời điểm hiện tại chúng ta đã học được ba phương pháp mới để tính giới
hạn, đó là
• Phương pháp sử dụng VCB-VCL (thay tương đương, ngắt bỏ),
• Phương pháp dùng khai triển Maclaurin,
• Phương pháp dùng quy tắc L’Hospital.
Mỗi một phương pháp đều có các ưu, nhược điểm riêng và tương ứng với các bài toán đặc
thù. Để so sánh các phương pháp này với nhau, ta minh họa bằng vẽ và 6 Ví dụ sau đây.
VD 4
VCB
VD 2
VD 1
VD 3
VD 5
VD 6
L’Hospital
Maclaurin
Ví dụ 1 (Cả ba phương pháp đều áp dụng được).
1 − cos x
x →0 ln(1 + x2 )
lim
Ví dụ 2 (Sử dụng VCB hoặc khai triển Maclaurin. Không nên dùng L’Hospital).
1 − cos x + x2 − sin x
lim
x →0 x + sin2 x + arcsin3 x + arctan4 x
Ví dụ 3 (Sử dụng khai triển Maclaurin hoặc L’Hospital. Không thay tương đương).
x − sin x + x3
.
x →0
x3
lim
76
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
77
Ví dụ 4 (Khai triển Maclaurin. Không thay tương đương (tử số) và L’Hospital).
x − sin x − x3
.
x →0 arcsin(arctan3 x )
lim
Ví dụ 5 (Sử dụng L’Hospital. Không dùng VCB, Maclaurin).
lim
x →0+
ln x
, hoặc lim x x .
x
x →0+
Ví dụ 6 (Không dùng cả ba phương pháp trên).
lim
x →+∞
x − sin x
.
x + cos x
[Lời giải]
1 − sinx x
x − sin x
= 1.
lim
= lim
x →∞ x + cos x
x →∞ 1 + cos x
x
Chú ý 1.18. Trong quá trình tìm giới hạn của các dạng vô định, nên linh hoạt trong cách
xử lý, có thể kết hợp nhiều phương pháp với nhau để đạt hiệu quả tốt nhất. Chẳng hạn
như trong Ví dụ (4) nêu trên,
x − sin x − x3
lim
,
x →0 arcsin(arctan3 x )
nên sử dụng khai triển Maclaurin ở tử số và thay tương đương ở mẫu số.
9.8 Về các VCL tiêu biểu
Chúng ta đã học về các VCB, VCL, các quy tắc thay tương đương, các quy tắc ngắt bỏ
VCB bậc cao, ngắt bỏ VCL bậc thấp. Tuy nhiên, các bài tập về VCL thường hay bị lãng
quên vì một lý do nào đó. Chúng ta đã học các VCB tương tương hay dùng, nhưng chưa có
nhiều ví dụ về các VCL. Chính vì vậy, mục này sẽ dành riêng để nói về ba VCL tiêu biểu
(khi x → +∞), đó là
• Các hàm số mũ với cơ số lớn hơn 1, ví dụ a x ( a > 1),
• Các hàm số đa thức, các hàm số là lũy thừa của x, chẳng hạn x n , x α , (α > 0),
• Các hàm số logarit với cơ số lớn hơn 1, như ln x, loga x ( a > 1).
Cả ba hàm số này đều tiến ra vô cùng khi x → +∞, tuy nhiên với tốc độ khác nhau. Trong
ba hàm số này thì hàm số mũ (với cơ số lớn hơn 1) là VCL có bậc cao nhất (tiến ra vô cùng
với tốc độ nhanh nhất), sau đó đến các hàm số đa thức, và cuối cùng là các hàm số logarit
(với cơ số lớn hơn 1).
77
78
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Hàm số mũ ≻ Hàm số đa thức ≻ Hàm số logarit
Cụ thể, bạn đọc có thể tự chứng minh dễ dàng hai giới hạn sau (bằng cách dùng quy
tắc L’Hospital):
xα
ax
= ∞, ∀ a > 1, α > 0.
lim α = ∞, lim
x →+∞ log x
x →+∞ x
a
Ví dụ 9.28. Tính
ln x + x2016 + e x
.
x →+∞ log x + x2017 + 2e x
2

ln x + x2016 + e x ∼ e x ,
Áp dụng quy tắc ngắt bỏ VCL bậc thấp ta được,
log x + x2017 + 2e x ∼ 2e x
lim
2
Do đó,
khi x → +∞.
ln x + x2016 + e x
1
= .
2017
x
x →+∞ log x + x
2
+ 2e
2
lim
Bạn đọc sẽ thường xuyên gặp lại các VCL này khi học về Tích phân suy rộng (trong học
phần Giải tích I này) và Chuỗi số (trong học phần Giải tích III, học kì 2).
9.9 Bài tập ôn tập
Bài tập 1.54. Chứng minh rằng phương trình x n + px + q với n nguyên dương không thể
có quá 2 nghiệm thực nếu n chẵn và không thể có quá 3 nghiệm thực nếu n lẻ.
Chứng minh. Xét n chẵn, giả sử phương trình có 3 nghiệm thực x1 < x2 < x3 , khi đó tồn
p
tại c1 ∈ ( x1 , x2 ), c2 ∈ ( x2 , x3 ) sao cho f ′ (c1 ) = f ′ (c2 ) = 0. Tức là phương trình x n−1 = − n có
2 nghiệm thực, điều này mâu thuẫn do n chẵn.
Xét n lẻ, giả sử phương trình có 4 nghiệm thực x1 < x2 < x3 < x4 , khi đó theo định lý
p
Rolle, phương trình x n−1 + n = 0 có 3 nghiệm thực, trong khi theo trên ta vừa chứng minh
thì nó không thể có quá 2 nghiệm thực do n − 1 chẵn.
Bài tập 1.55. Giải thích tại sao công thức Cauchy dạng
dụng được với các hàm số f ( x ) = x2 , g( x ) = x3 , −1 ≤ x ≤ 1
f (b) − f ( a)
f ′ (c)
= ′
không áp
g(b) − g( a)
g (c)
Bài tập 1.56. Chứng minh các bất đẳng thức
a) | sin x − sin y| ≤ | x − y|
b)
78
a
a−b
a−b
< ln <
, 0 ≤ b ≤ a.
a
b
b
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
79
Chứng minh.
a) Xét hàm số f (t) = sin t, thoả mãn điều kiện của định lý Lagrange
trong khoảng [ x, y] bất kì. Khi đó ∃c ∈ [ x, y] sao cho
sin x − sin y = f ′ (c).( x − y) = cos c.( x − y)⇒| sin x − sin y| ≤ | x − y|
b) Xét hàm số f ( x ) = ln x, thoả mãn điều kiện của định lý Lagrange trong khoảng [b, a]
nên
1
a
a−b
b
ln a − ln b = f ′ (c)( a − b)⇒ ln = (b − a)⇒ ln =
a
c
b
c
Vậy
a
a−b
a−b
< ln <
, do b < c < a.
a
b
b
Bài tập 1.57. Tìm giới hạn
(a)
lim
x →+∞
(b) lim
x →1
q
x+
p
x+
x
1
−
x − 1 ln x
√
x − x ( ∞ − ∞ ),
tan πx
2
(f) lim
x →1− ln(1 − x )
( ∞ − ∞ ),
(g) lim xsin x (00 ),
0
0
(h) lim (1 − a tan2 x ) x sin x (1∞ ),
e x sin x − x (1 + x )
(d) lim
x →0
x3
,
x → 0+
1
e x − cos 1x
q
(c) lim
x →∞
1 − 1 − x12
∞
∞
1
,
x →0
0
0
(i) lim (1 − cos x )tan x (00 ),
x →0
,
(j) limπ (sin x )tan x (1∞ ).
(e) lim tan πx
2 ln(2 − x ) ( ∞.0),
x→ 2
x →1
[Gợi ý]
(a) Sử dụng phương pháp nhân liên hợp, đáp số: 12 .
(b) Quy đồng mẫu số rồi sử dụng công thức L’Hospital, đáp số: 21 .
(c) Đặt t = 1x , sau đó độc giả có thể dùng khai triển Maclaurin hoặc công thức L’Hospital,
đáp số: ∞.
(d) Sử dụng khai triển Maclaurin hoặc công thức L’Hospital, đáp số: 13 .
(e) Sử dụng trực tiếp công thức L’Hospital (đưa tan πx
2 xuống mẫu số), hoặc đặt t = 1 − x
và dùng công thức thay tương đương. đáp số: π2 .
(f) Sử dụng công thức L’Hospital, đáp số: −∞.
(g) Sử dụng công thức lim A( x ) B( x) = elim B( x) ln A( x) , đáp số: 1.
79
80
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
(h) Sử dụng công thức lim A( x ) B( x) = elim B( x) ln A( x) , đáp số: e−a .
(i) Sử dụng công thức lim A( x ) B( x) = elim B( x) ln A( x) , đáp số: 1.
(j) Sử dụng công thức lim A( x ) B( x) = elim B( x) ln A( x) , đáp số: 1.
Bài tập 1.58. Tính các giới hạn sau
i
h
1
2
(a) lim x − x ln 1 + x ,
1 − cos2 x
,
(i) lim
x →0
x sin 2x
1
1
(j) lim
− x
,
x →0 x
e −1
x →∞
sin x − x cos x
− cot x =
,
x2 sin x
√
3
(c) lim x −5 [sin(sin x ) − x. 1 − x2 ],
(b) lim
1
x →0 x
1
x
(k)
x →0
1
(d) lim [ln(1 + x ) x2 −
x →0
ex
],
x
lim ( 2
x →+∞ π
arctan x ) x ,
arctan x
,
x →0 sin x − x
(l) lim
x2
cos x − e− 2
,
(e) lim
x →0
x4
(m) lim
x − ln(1 + x )
,
x →0
x2
1
1
sin x − x
(g) lim
−
,
=
x →0 x
sin x
x sin x
tan x − x
(h) lim
,
x →0 x − sin x
(n) lim
x → 0+
ln x
,
1 + 2 ln(sin x )
sin x − x cos x
,
x →0
x3
(f) lim
(o) lim √
x →0
x2
,
√
1 + x sin x − cos x
ln(cos ax )
, a 6= 0, b 6= 0.
x →0 ln(cos bx )
(p) lim
[Gợi ý]
(a) Đáp số: 12 .
(h) L’Hospital, đáp số: 2.
(b) Khai triển Taylor, đáp số: 31 .
(i) L’Hospital, đáp số: 21 .
(c) ĐS:
(j) Quy đồng mẫu số và L’Hospital, đáp
số: 12 .
7
45 .
(d) Khai triển Taylor, đáp số: − 23 .
(k) ĐS: e− π .
2
1
(e) Khai triển Taylor, đáp số: − 12
.
(l) L’Hospital, đáp số: ∞.
(f) Khai triển Taylor hoặc L’Hospital, đáp
số: 12 .
(g) Khai triển Taylor hoặc L’Hospital, đáp
số: 0.
80
(m) L’Hospital, đáp số: 21 .
(n) L’Hospital, đáp số: 13 .
(o) Nhân liên hợp, đáp số: 43 .
9. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng
81
(p) L’Hospital, thay tương đương, đáp số:
Bài tập 1.59. Chứng minh rằng lim
x →∞
bằng quy tắc L’Hospital.
a2
.
b2
x − sin x
tồn tại và bằng 1 nhưng không tính được
x + cos x
Chứng minh.
lim
x →∞
1 − sinx x
x − sin x
= lim
= 1.
x →∞ 1 + cos x
x + cos x
x
Nếu áp dụng quy tắc L’Hospital một cách hình thức thì ta có
lim
x →∞
1 − cos x
x − sin x
= lim
x →∞ 1 − sin x
x + cos x
Tuy nhiên giới hạn ở vế phải không tồn tại, có thể kiểm tra bằng cách chọn 2 dãy xk =
2kπ và yk = π2 = 2kπ
Bài tập 1.60. Tính các giới hạn sau:
a) lim
x →∞
2
π
x
arctan x ,
b) lim
x →∞
a1/x +b1/x
2
x
, a, b > 0.
Bài tập 1.61. Dùng khai triển Maclaurin để tính các giới hạn sau:
√
1− 1+ x2 cos x (1)
,
x →0 x (tan x −sinh x )
(cosh x −1) ln(1+ x )− x3 /2 (2)
.
x (sin x −arcsin x )
x →0
a) lim
b) lim
Bài tập 1.62. Xác định a, b sao cho biểu thức sau đây có giới hạn hữu hạn khi x →0
a
b
1
1
x3 − sin3 x (1 + ax + bx2 )
−
− =
f (x) =
−
sin3 x x3 x2 x
x3 sin3 x
Chứng minh. Tại lân cận của x = 0, ta có thể viết
sin x = x −
do đó
và
Mẫu số = x3 [ x −
x3
+ o ( x3 )
3!
x3
+ o ( x3 )]3 = x6 + o ( x6 )
3!
1
Tử số = x3 − sin3 x (1 + ax + bx2 ) = x3 − [ x3 + ax4 + (b − ) x5 + cx6 + o ( x6 )]
2
1 5
6
6
4
ax + (b − 2 ) x + cx + o ( x )
⇒ f (x) = −
x6 + o ( x6 )
Do đó để tồn tại giới hạn hữu hạn của f ( x ) khi x →0, ta phải có a = 0, b =
(1) sinh x
x
−x
= e −2e
(2) cosh x = e x +e− x
2
81
1
2
82
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Bài tập 1.63. Cho f là một hàm số thực, khả vi trên [ a, b] và có đạo hàm f ”( x ) trên ( a, b),
chứng minh rằng ∀ x ∈ ( a, b) có thể tìm được ít nhất 1 điểm c ∈ ( a, b) sao cho
f ( x ) − f ( a) −
( x − a)( x − b)
f (b) − f ( a)
( x − a) =
f ”( c )
b−a
2
Chứng minh. Lấy x0 ∈ ( a, b) bất kì.
Đặt ϕ( x ) := f ( x ) − f ( a) −
f (b) − f ( a)
( x − a)( x − b)
( x − a) −
.λ
b−a
2
Trong đó λ được xác định bởi điều kiện :
ϕ ( x0 ) = f ( x0 ) − f ( a ) −
( x − a)( x0 − b)
f (b) − f ( a)
( x0 − a ) − 0
.λ = 0
b−a
2
Khi đó ta có ϕ( x0 ) = ϕ( a) = ϕ(b) = 0
Ta có hàm ϕ liên tục, khả vi trên [ a, x0 ], đo đó ϕ thoả mãn các điều kiện trong định lý
Rolle, suy ra tồn tại c1 ∈ ( a, x0 ) sao cho ϕ′ (c1 ) = 0. Tương tự như thế, tồn tại c2 ∈ ( x0 , b)
sao cho ϕ′ (c2 ) = 0. Mặt khác,
ϕ′ ( x ) = f ′ ( x ) −
a+b
f (b) − f ( a)
− λ( x −
)
b−a
2
Theo giả thiết, f có đạo hàm cấp 2, do đó ϕ cũng có đạo hàm cấp 2, và ϕ”(c1 ) = ϕ”(c2 ) = 0,
nên theo định lý Rolle ta có tồn tại c ∈ (c1 , c2 ) sao cho ϕ”(c) = f ”(c) − λ = 0⇒λ = f ”(c),
và ta có :
f (b) − f ( a)
( x − a)( x − b)
f ( x ) − f ( a) −
( x − a) =
f ”( c )
b−a
2
82
10. Các lược đồ khảo sát hàm số
§10. CÁC
83
LƯỢC ĐỒ KHẢO SÁT HÀM SỐ
10.1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y = f ( x )
Mục này học sinh đã được nghiên cứu tương đối kĩ trong chương trình phổ thông nên
chỉ nhấn mạnh cho sinh viên những điểm cần chú ý trong quá trình khảo sát hàm số và
khảo sát một số hàm số khác với chương trình phổ thông như hàm số có chứa căn thức, ...
Sơ đồ khảo sát
1. Tìm TXĐ của hàm số, nhận xét tính chẵn, lẻ, tuần hoàn của hàm số (nếu có).
2. Xác định chiều biến thiên: tìm các khoảng tăng, giảm của hàm số.
3. Tìm cực trị (nếu có).
4. Xét tính lồi, lõm (nếu cần thiết), điểm uốn (nếu có).
5. Tìm các tiệm cận của hàm số (nếu có).
6. Lập bảng biến thiên.
7. Tìm một số điểm đặc biệt mà hàm số đi qua (ví dụ như giao điểm với các trục toạ độ,
....) và vẽ đồ thị của hàm số.
Ví dụ 10.1 (Giữa kì, K61). Tìm các cực trị của hàm số sau
a) y =
b) y =
2x
.
x 2 +2
2x
.
x 2 +1
Ví dụ 10.2 (Giữa kì, K59). Tìm các đường tiệm cận của đường cong y = x2 sin 1x .
[Lời giải] TXĐ = R \ {0}.
0 ≤ x2 sin
1
1
≤ x2 ⇒ lim x2 sin = 0
x →0
x
x
(giới hạn kẹp).
Đường cong không có tiệm cận đứng.
sin 1x
1
lim x sin = lim x. 1 = ∞
x →∞
x →∞
x
x
2
Đường cong không có tiệm cận ngang.
sin 1x
y
lim = lim 1 = 1.
x →∞
x →∞ x
x
1 sin t
sin t − t
1
− 1 = lim
=0
lim (y − x ) = lim x x sin − 1 = lim
x →∞
x →∞
t →0 t
t →0
x
t
t2
Đường cong có một tiệm cận xiên là y = x.
83
1
đặt t =
x
.
84
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Ví dụ 10.3. Tìm các tiệm cận xiên của đường cong y = ln(1 + e−2x ).
[Lời giải] Ta có
lim
x →+∞
y
= 0,
x
a = lim
x →−∞
y
ln(1 + e−2x )
−2e−2x
= −2,
= lim
= lim
x →−∞
x →−∞ 1 + e−2x
x
x
(L’Hospital).
b = lim (y + 2x ) = lim ln(1 + e−2x ) + 2x = lim ln[(1 + e−2x )e2x ] = lim ln(1 + e2x ) = 0.
x →−∞
x →−∞
x →−∞
x →−∞
Kết luận: y = −2x là tiệm cận xiên của đường cong.
Bài tập 1.64. Khảo sát và vẽ đường cong y =
2− x 2
.
1+ x 4
y
x
O
Hình 1.64
Bài tập 1.65. Khảo sát và vẽ đường cong y =
√
3
x3 − x2 − x + 1.
y
x
O
Hình 1.65
2
.
Bài tập 1.66. Khảo sát và vẽ đường cong y = √x−
2
x +1
84
10. Các lược đồ khảo sát hàm số
85
y
x
O
Hình 1.66
10.2 Khảo sát và vẽ đường cong cho dưới dạng tham số

 x = x (t)
Giả sử cần khảo sát và vẽ đường cong cho dưới dạng tham số
y = y(t)
1. Tìm TXĐ, nhận xét tính chẵn, lẻ, tuần hoàn của các hàm số x (t), y(t) (nếu có).
2. Xác định chiều biến thiên của các hàm số x (t), y(t) theo biến t bằng cách xét dấu các
đạo hàm của nó.
3. Tìm các tiệm cận của đường cong
(a) Tiệm cận đứng: Nếu
lim y(t) = ∞ và
t → t0 ( ∞ )
cận đứng của đường cong.
(b) Tiệm cận ngang: Nếu
lim x (t) = x0 thì x = x0 là một tiệm
t → t0 ( ∞ )
lim x (t) = ∞ và
lim y(t) = y0 thì y = y0 là một tiệm
t → t0 ( ∞ )
t → t0 ( ∞ )
cận ngang của đường cong.
(c) Tiệm cận xiên: Nếu
tiệm cận xiên. Nếu
lim y(t) = ∞ và
t → t0 ( ∞ )
a=
lim
t → t0 ( ∞ )
y(t)
,
x (t)
lim x (t) = ∞ thì đường cong có thể có
t → t0 ( ∞ )
b=
lim [y(t) − ax (t)]
t → t0 ( ∞ )
thì y = ax + b là một tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
4. Để vẽ đường cong được chính xác hơn, ta xác định tiếp tuyến của đường cong tại các
điểm đặc biệt. Hệ số góc của tiếp tuyến của đường cong tại mỗi điểm bằng
y′
dy
= t′
dx
xt
85
86
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
Ngoài ra có thể khảo sát tính lồi lõm và điểm uốn (nếu cần thiết) bằng cách tính các
đạo hàm cấp hai
′
yt
d
2
xt′
ytt ”xt′ − y′t xt ”
d y
=
=
dx
dx2
xt′3
5. Xác định một số điểm đặc biệt mà đồ thị hàm số đi qua và vẽ đồ thị hàm số.
Ví dụ 10.4 (Giữa kì, K61). Tìm các tiệm cận của đường cong cho bởi phương trình tham
số

x =
a)
y =

x =
b)
y =
2016t
1− t3
2016t2
.
1− t3
2016t
1+ t3
2016t2
.
1+ t3

 x = 2t − t2
Bài tập 1.67. Khảo sát và vẽ đường cong
y = 3t − t3 .
y
O
x
Hình 1.67
10.3 Khảo sát và vẽ đường cong trong hệ toạ độ cực
Bài tập 1.68. Khảo sát và vẽ đường cong r = a + b cos ϕ, (0 < a ≤ b).
86
10. Các lược đồ khảo sát hàm số
87
y
r = a + b cos ϕ
O
x
Hình 1.68
Bài tập 1.69. Khảo sát và vẽ đường cong r = a (1 + cos ϕ) ( a > 0), (đường Cardioid hay
đường hình tim, trường hợp đặc biệt của đường cong trong Bài tập 1.68 với a = b)
y
a
O
2a
−a
Hình 1.69
Bài tập 1.70. Khảo sát và vẽ đường cong r = √
87
a
,
cos 3ϕ
( a > 0).
x
88
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
y
r =√
a
cos 3ϕ
x
O
Hình 1.70
Bài tập 1.71. Khảo sát và vẽ đường cong Lemniscate
( x2 + y2 )2 = 2a2 ( x2 − y2 ) ( a > 0).
Phương trình của đường Lemniscate trong tọa độ cực là r = a
p
2 cos 2ϕ.
y
r=a
p
2 cos 2ϕ
x
O
Hình 1.71
Bài tập 1.72. Khảo sát và vẽ đường cong x2 + y2
Tham số hoá đường cong đã cho, đặt
với r2 = a2 sin 2ϕ.
(
x = r cos ϕ
y = r sin ϕ
88
2
= 2a2 xy ( a > 0).
, phương trình đường cong tương đương
10. Các lược đồ khảo sát hàm số
89
y
r=a
p
sin 2ϕ
O
x
Hình 1.72
Bài tập 1.73. Khảo sát và vẽ đường cong x3 + y3 = axy ( a > 0)
(Lá Descartes)
(
x = r cos ϕ
Tham số hoá đường cong đã cho, đặt
, phương trình đường cong tương đương
y = r sin ϕ
với
a sin ϕ cos ϕ
r=
sin3 ϕ + cos3 ϕ
y
1
2
1
2
O
Hình 1.73
10.4 Bài tập
Bài tập 1.74. Khảo sát tính đơn điệu của hàm số
89
x
TCX: y = − x −
1
3
90
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
a. y = x3 + x
b. y = arctan x − x
[Đáp số]
a) hàm số tăng với mọi x
b) hàm số giảm với mọi x
Bài tập 1.75. Chứng minh các bất đẳng thức
a. 2x arctan x ≥ ln(1 + x2 )
b. x −
∀x ∈ R
x2
2
≤ ln(1 + x ) ≤ x ∀ x ≥ 0
a) Xét hàm số f ( x ) = 2x arctan x − ln(1 + x2 )⇒ f ′ ( x ) = 2 arctan x.
Chứng minh.
• Nếu x ≥ 0, f ′ ( x ) ≥ 0⇒ f ( x ) ≥ f (0) = 0
• Nếu x ≤ 0, f ′ ( x ) ≤ 0⇒ f ( x ) ≤ f (0) = 0
b) Tương tự, xét g( x ) = x −
g′ ( x ) = −
x2
2
− ln(1 + x ), h( x ) = ln(1 + x ) − x
x2
x
< 0, h′ ( x ) = −
< 0⇒ g( x ) ≤ g(0) = 0, h( x ) ≤ h(0) = 0.
1+x
1+x
Bài tập 1.76. Tìm cực trị của hàm số
b) y = x − ln(1 + x )
3x2 + 4x + 4
a) y = 2
x +x+1
a) y′ =
Chứng minh.
b) y′ =
x
1+ x , ymin
c)
− 13
y′
=
− x ( x +2)
,y
( x2 + x +1)2 min
= y(−2) = 83 , ymax = y(0) = 4.
p
3
(1 − x )( x − 2)2
= y(0) = 0.
√
√
3
3
( x −2)2
2 √1− x
√
= √
+
3
3
3 3
2
x −2
(1− x )
• Xét x1 =
c) y =
4
3,
ta có ymin =
4
3 −x
(1− x )2 ( x −2)
y( 34 )
=−
.
√
3
3
4
• Xét x2 = 1, y′ không đổi dấu, hàm số không đạt cực trị tại x2 = 1
• Xét x3 = 2, ta có ymax = y(2) = 0
Bài tập 1.77. Chứng minh các bất đẳng thức sau
a) e x > 1 + x
b) x −
x3
6
c) tan x > x +
∀ x 6= 0
< sin x < x ∀ x > 0
Bài tập 1.78. Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta có
1 x +1
1 x
< e < 1+
1+
x
x
Bài tập 1.79. Tính các giới hạn sau
90
x3
3
∀0 < x <
π
2
10. Các lược đồ khảo sát hàm số
91
i
h
√
3
(c) lim x −5 sin(sin x ) − x. 1 − x2 ,
i
h
(a) lim x − x2 ln(1 + 1x ) ,
x →∞
(b)
lim 1
x →0 x
1
x
x →0
(d) lim ln(1 + x )
− cot x ,
x →0
91
1
x2
ex
−
.
x
92
Chương 1. Hàm số một biến số (13LT+13BT)
92
CHƯƠNG
PHÉP
2
TÍNH TÍCH PHÂN MỘT BIẾN SỐ
§1. TÍCH
PHÂN BẤT ĐỊNH
1.1 Nguyên hàm của hàm số
Chương này trình bày về phép tính tích phân, đây là phép toán ngược của phép tính
đạo hàm (vi phân) của hàm số. Nếu ta cho trước một hàm số f ( x ) thì có tồn tại hay không
một hàm số F ( x ) có đạo hàm bằng f ( x )? Nếu tồn tại, hãy tìm tất cả các hàm số F ( x ) như
vậy.
Định nghĩa 2.26. Hàm số F ( x ) được gọi là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên khoảng
D nếu F ′ ( x ) = f ( x ), ∀ x ∈ D hay dF ( x ) = f ( x )dx.
Định lý sau đây nói rằng nguyên hàm của một hàm số cho trước không phải là duy nhất,
nếu biết một nguyên hàm thì ta có thể miêu tả được tất cả các nguyên hàm khác của hàm
số đó.
Định lý 2.38. Nếu F ( x ) là một nguyên hàm của hàm số f ( x ) trên khoảng D, thì:
• Hàm số F ( x ) + C cũng là một nguyên hàm của hàm số f ( x ), với C là một hằng số bất
kỳ.
• Ngược lại, mọi nguyên hàm của hàm số f ( x ) đều viết được dưới dạng F ( x ) + C, trong
đó C là một hằng số.
Như vậy biểu thức F ( x ) + C biểu diễn tất cả các nguyên hàm của hàm số f ( x ), mỗi hằng
số C tương ứng cho ta một nguyên hàm.
93
94
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Định nghĩa 2.27. Tích phân bất định của một hàm số f ( x ) là họ các nguyên hàm F ( x ) +
C, với x ∈ D, trong đó C là một nguyên hàm của Zhàm số f ( x ) và C là một hằng số bất
kỳ. Tích phân bất định của f ( x )dx được ký hiệu là
f ( x )dx. Biểu thức f ( x )dx được gọi là
biểu thức dưới dấu tích phân và hàm số f ( x ) được gọi là hàm số dưới dấu tích phân.
Vậy
Z
f ( x )dx = F ( x ) + C, với F ( x ) là nguyên hàm của f ( x ).
Các tính chất của tích phân bất định
′
Z
Z
f ( x )dx = f ( x ) hay d f ( x )dx = f ( x )dx
•
•
•
•
Z
Z
Z
F ′ ( x )dx = F ( x ) + C hay
a f ( x )dx = a
Z
Z
dF ( x ) = F ( x ) + C
f ( x )dx (a là hằng số khác 0)
[ f ( x ) ± g( x )] dx =
Z
f ( x )dx ±
Z
g( x )dx
Hai tính chất cuối cùng là tính chất tuyến tính của tích phân bất định, ta có thể viết
chung
Z
Z
Z
[α f ( x ) + βg( x )] dx = α
f ( x )dx + β
g( x )dx
trong đó α, β là các hằng số không đồng thời bằng 0.
Các công thức tích phân dạng đơn giản
1)
2)
3)
Z
Z
x α dx =
dx
x
x α +1
α +1
+ C, (α 6= −1)
= ln | x | + C
Z
sin xdx
Z
dx
sin2 x
=
sin x + C
4)
5)
6)
12)
13)
Z
Z
dx
cos2 x
Z √
= tan x + C
ax
ln a
+ C, ( a > 0, a 6= 1)
√
a2 − x2 dx = 12 x a2 − x2 +
x2
cos xdx
= − cot x + C
a x dx =
Z √
− cos x + C
Z
+ adx =
1
2
a2
2
7)
Z
e x dx = e x + C
8)
Z
dx
a2 − x 2
=
9)
Z
dx
x 2 + a2
= 1a arctan xa + C
10)
Z
√ dx
x2 +α
11)
Z
√ dx
a2 − x 2
=
ln
a+ x
a− x
= ln x +
arcsin xa + C
h √
i
√
2
2
x x + a + a ln x + x + a + C
94
1
2a
√
+C
x2 + α + C
= arcsin xa + C
1. Tích phân bất định
95
1.2 Các phương pháp tính tích phân bất định
1. Phương pháp khai triển
Để tính một tích phân bất kỳ, ta cần sử dụng các phương pháp thích hợp để đưa về
các tích phân đã có trong bảng các công thức tích phân đơn giản ở trên. Một phương
pháp đơn giản là phương pháp khai triển. Phương pháp này dựa trên tính chất tuyến
tính của tích phân bất định:
Z
[α f ( x ) + βg( x )] dx = α
Z
f ( x )dx + β
Z
g( x )dx
Ta phân tích hàm số dưới dấu tích phân thành tổng (hiệu) của các hàm số đơn giản
mà đã biết được nguyên hàm của chúng, các hằng số được đưa ra bên ngoài dấu tích
phân.
Z
√
Z
Z
= 2 x dx − 3 x2 dx = 54 x 2 − x3 + C
Ví dụ 1.1.
•
(2x x
Z
Z
Z
Z x4
•
2 sin x + x3 − 1x dx = 2 sin xdx + x3 dx − dx
x = −2 cos x + 4 − ln | x | + C
Z Z
1
1
1
dx
dx = − + arctan x + C
=
−
•
2
2
2
2
x
x (1 + x )
x
1+x
− 3x2 )dx
3
2
5
2. Phương phápZbiến đổi biểu thức vi phân
Z
Nhận xét: nếu
f ( x )dx = F ( x ) + C thì
f (u)du = F (u) + C , trong đó u = u( x ) là
một hàm số khả vi liên tục. Ta có thể kiểm tra lại bằng cách đạo hàm hai vế theo x.
Sử dụng tính chất này, ta biến đổi biểu thức dưới dấu tích phân g( x )dx về dạng
g( x )dx = f (u( x ))u′ ( x )dx,
trong đó f ( x ) là một hàm số mà ta dễ dàng tìm được nguyên hàm F ( x ). Khi đó tích
phân cần tính trở thành
Z
g( x )dx =
Z
′
f (u( x ))u ( x )dx =
Z
f (u( x ))du = F (u( x )) + C
Trong trường hợp đơn giản u( x ) = ax + b thì du = adx, do đó nếu
ta suy ra
Z
1
f ( ax + b)dx = F ( ax + b) + C
a
Ví dụ 1.2. (a)
(b)
Z
e ax dx =
Z
e ax
a
sin axdx = − 1a cos ax + C
+C
95
Z
f ( x )dx = F ( x ) + C
96
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
(c)
(d)
(e)
(f)
Z
Z
Z
esin x cos xdx =
dx
cos4 x
x
√
=
Z
nên
esin x d(sin x ) = esin x + C
(1 + tan2 x )d(tan x ) =
1 + 3x2 dx
I=
Z
Z
=
1
6
Z √
tan3 x
3
+ tan x + C
1 + 3x2 d(1 + 3x2 ) =
arccos x arcsin x
√
dx =
1 − x2
⇒I=
Z π
2
1
9
√
1 + 3x2
3
+C
− arcsin x arcsin xd(arcsin x )
1
π
arcsin2 x − arcsin3 x + C
4
3
3. Phương pháp đổiZ biến
Xét tích phân I =
f ( x )dx, trong đó f ( x )là một hàm số liên tục. Để tính tích phân
này, ta tìm cách chuyển sang tính tích phân khác của một hàm số khác bằng một
phép đổi biến x = ϕ(t), sao cho biểu thức dưới dấu tích phân đối với biến t có thể tìm
được nguyên hàm một cách đơn giản hơn.
Phép đổi biến thứ nhất:
Đặt x = ϕ(t), trong đó ϕ(t) là một hàm số đơn điệu, và có đạo hàm liên tục. Khi đó
ta có
Z
Z
I=
f [ ϕ(t)] ϕ′ (t)dt
f ( x )dx =
Giả sử hàm số g(t) = f [ ϕ(t)] ϕ′ (t) có nguyên hàm là hàm G (t), và t = h( x ) là hàm
số ngược của hàm số x = ϕ(t), ta có
Z
g(t)dt = G (t) + C ⇒ I = G [ h( x )] + C
Phép đổi biến thứ hai:
Đặt t = ψ( x ), trong đó ψ( x ) là một hàm số có đạo hàm liên tục, và ta viết được hàm
f ( x ) = g [ψ( x )] ψ′ ( x ). Khi đó ta có
I=
Z
f ( x )dx =
Z
g [ψ( x )] ψ′ ( x )dx
Giả sử hàm số g(t) có nguyên hàm là hàm số G (t), ta có
I = G [ψ( x )] + C
Chú ý: Khi tính tích phân bất định bằng phương pháp đổi biến số, sau khi tìm được
nguyên hàm theo biến số mới, phải đổi lại thành hàm số của biến số cũ.
96
1. Tích phân bất định
97
Z r
x
Ví dụ 1.3. (a) Tính tích phân I1 =
dx
2
−
x
Đặt x = 2 sin2 t, t ∈ 0, π2 , ta tính được
s
r
x
2 sin2 t
= tan t
=
dx = 4 sin t cos tdt,
2−x
2(1 − sin2 t)
Suy ra
Z r
Z
x
dx = 4 sin2 tdt = 2t − sin 2t + C
2−x
p
Đổi lại biến x, với t = arcsin 2x , ta thu được
r
Z r
x
x p
I1 =
dx = 2 arcsin
− 2x − x2 + C
2−x
2
I1 =
e2x
dx
ex + 1
x
x
Đặt e = t ⇒ e dx = dt, ta có
Z
(b) Tính tích phân I2 =
I2 =
Z
t
dt =
t+1
Z 1
1−
t+1
dt = t − ln |t + 1| + C
Đổi lại biến x, ta được I2 = e x − ln(e x + 1) + C.
Z
dx
(c) Tính tích phân I3 = √
1 + 4x
−
x
−
x
Đặt t = 2 ⇒ dt = −2 ln 2dx, tích phân trở thành
I3 =
Z
−dt
1
√
=−
ln 2
t ln 2 1 + t−2
Z
√
dt
t2 + 1
=−
Đổi lại biến x, ta có:
I3 = −
p
1
ln(t + t2 + 1) + C
ln 2
√
1
ln(2− x + 4− x + 1) + C
ln 2
Ví dụ 1.4 (Giữa kì, K61). Tính tích phân
a)
Z
x x +1
1+
1
x
+ ln x dx.
b)
Z
x x −1
1−
1
x
+ ln x dx.
4. Phương pháp tích phân từng phần
Giả sử u = u( x ) và v = v( x ) là các hàm số có đạo hàm liên tục. Theo quy tắc lấy vi
phân
Z
Z
Z
Suy ra
d(uv) = udv + vdu ⇒ uv =
Z
d(uv) =
udv = uv −
97
Z
vdu
udv +
vdu
98
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Xét tích phân I =
Z
f ( x )dx. Ta cần biểu diễn
f ( x )dx = [ g( x ) h( x )] dx = g( x ) [h( x )dx ] = udv
và áp dụng công thức tích phân từng phần với các hàm số u = g( x ), v =
Z
h( x )dx. Ta
thường sử dụng phương pháp này khi biểu thức dưới dấu tích phân chứa một trong
các hàm số sau đây: ln x, a x , hàm số lượng giác, hàm số lượng giác ngược. Cụ thể:
• Trong các tích phân
Z
x n ekx dx;
• Trong các tích phân
Z
x α lnn xdx, α 6= −1 và n nguyên dương, ta thường chọn
thường chọn u = x n .
u = lnn x.
• Trong tích phân
Z
Z
x n sin kxdx;
x n arctan kxdx;
Z
Z
x n cos kxdx , n nguyên dương, ta
x n arcsin kxdx, n nguyên dương, ta thường
chọn u = arctan kx hoặc u = arcsin kx; dv = x n dx.
Ví dụ 1.5. Tính các tích phân bất định
(a) I1 =
(b) I2 =
Z
Z
ln xdx = x ln x −
Z
dx = x ln x − x + C
x2 sin xdx
Đặt u = x2 , dv = sin xdx ⇒ v = − cos x, ta được
2
I2 = − x cos x + 2
Z
x cos xdx
Đặt u = x, dv = cos xdx ⇒ v = sin x, ta được
Z
2
I2 = − x cos x + 2 x sin x − sin xdx = − x2 cos x + 2x sin x + 2 cos x + C
xe x dx
( x + 1)2
Đặt u = xe x ; dv =
(c) I3 =
Z
dx
( x +1)2
⇒ v = − x+1 1 ; du = ( x + 1)e x dx, ta được
xe x
I3 = −
+
x+1
xe x dx
√
1 + ex
√
Đặt 1 + e x = t ⇒
(d) I4 =
Z
x
√e dx
1+ e x
Z
e x dx = −
xe x
ex
+ ex + C =
+C
x+1
x+1
= 2dt, ta có I4 = 2
Z
[ln(t − 1) + ln(t + 1)] dt = 2(t −
1) ln(t − 1) + 2(t + 1) ln(t + 1) − 4t + C Đổi lại biến x ta có
Z
√
√
xe x dx
√
=
2( x − 2) 1 + e x + 4 ln 1 + 1 + e x − 2x + C
1 + ex
98
1. Tích phân bất định
99
Z
x arcsin x
√
dx
1 − x2
Đặt u = arcsin x; dv =
(e) I5 =
I5 = −
(f) I6 =
Z
p
√xdx
1− x 2
1−
⇒ du =
√ dx ; v
1− x 2
Z
dx = −
x2 arcsin x
+
√
= − 1 − x2 , ta được
p
1 − x2 arcsin x + x + C
e x cos 2xdx
Đặt u = cos 2x; dv = e x dx ⇒ v = e x ; du = −2 sin 2xdx, ta được
I6 = e x cos 2x + 2
Z
e x sin 2xdx
Đặt u = sin 2x; dv = e x dx ⇒ v = e x ; du = 2 cos 2xdx, ta được
Z
x
x
x
I6 = e cos 2x + 2 e sin 2x − 2 e cos 2xdx = e x cos 2x + 2e x sin 2x − 4I6 + 5C
Vậy I6 =
ex
5
(cos 2x + 2 sin 2x ) + C.
Ví dụ 1.6 (Giữa kì, K61). Tính tích phân
a)
b)
Z
Z
x3 arctan xdx.
c)
d)
x3 arccot xdx.
Z
Z
x2 sin 2xdx.
x2 cos 2xdx.
Ví dụ 1.7 (Ngụy biện toán học). Chứng minh rằng 0 = 1.
Chứng minh. Xét tích phân
I=
Z
dx
=
x ln x
Z
1
d ln x
ln x
1
=
. ln x −
ln x
= 1−
= 1−
Z
Z
ln x.
Z
ln xd
−1 1
. dx
ln2 x x
1
ln x
(tích phân từng phần)
dx
x ln x
= 1 + I.
Phương trình I = 1 + I dẫn đến 0 = 1. Sai lầm ở đâu?
Trong các mục sau đây chúng ta sẽ xét tích phân bất định của một số dạng hàm cơ
bản: hàm phân thức hữu tỷ, hàm lượng giác, hàm chứa căn thức; và trình bày một
số phương pháp giải chung đối với tích phân các hàm này.
99
100
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
1.3 Tích phân hàm phân thức hữu tỷ
Định nghĩa 2.28. Một hàm phân thức hữu tỷ là một hàm số có dạng f ( x ) =
P( x )
,
Q( x )
trong
đó P( x ), Q( x ) là các đa thức của x. Một phân thức hữu tỷ có bậc của đa thức ở tử số nhỏ
hơn bậc của đa thức ở mẫu số là một phân thức hữu tỷ thực sự.
Bằng phép chia đa thức, chia P( x ) cho Q( x ) ta luôn đưa được một hàm phân thức hữu tỷ
về dạng
r(x)
f (x) = H (x) +
Q( x )
trong đó H ( x ) là đa thức thương, r ( x ) là phần dư trong phép chia. Khi đó Q( x) là một phân
thức hữu tỷ thực sự. Nguyên hàm của đa thức được tìm bởi công thức tích phân cơ bản.
r(x)
Ta sẽ xét việc tìm nguyên hàm của phân thức hữu tỷ còn lại Q( x) trong hai trường hợp đặc
r(x)
biệt: mẫu số của phân thức là đa thức bậc nhất hoặc đa thức bậc hai. Trong những trường
hợp mẫu số phức tạp hơn, chúng ta sử dụng phương pháp hệ số bất định để đưa về hai
trường hợp trên.
Phương pháp hệ số bất định
P( x )
Giả sử chúng ta muốn phân tích một phân thức hữu tỷ thực sự Q( x) thành tổng (hiệu)
của các phân thức hữu tỷ thực sự có mẫu số là đa thức bậc nhất hoặc bậc hai. Trước hết
ta phân tích đa thức ở mẫu số Q( x ) thành tích của các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai vô
nghiệm
Q( x ) = ( x − α1 ) a1 ...( x − αm ) am ( x2 + p1 x + q1 )b1 ...( x2 + pn x + qn )bn
trong đó αi , p j , q j là các hằng số, ai , b j là các số nguyên dương, 1 ≤ i ≤ m; 1 ≤ j ≤ n.
• Nếu trong phân tích của Q( x ) xuất hiện đơn thức ( x − α) a , a là số nguyên dương thì
P( x )
Ai
, trong đó Ai là
trong phân tích của phân thức Q( x) xuất hiện các hạng tử dạng ( x−
α )i
hằng số và 1 ≤ i ≤ a.
• Nếu trong phân tích của Q( x ) xuất hiện biểu thức ( x2 + px + q)b , b là số nguyên
B x +C
P( x )
dương thì trong phân tích của phân thức Q( x) xuất hiện các hạng tử dạng ( x2 +j px+jq) j ,
trong đó Bj , Cj là các hằng số và 1 ≤ j ≤ b.
Sau khi viết được phân tích của
P( x )
,
Q( x )
ta tìm các hằng số Ai , Bj , Cj bằng cách quy đồng mẫu
số ở hai vế, rồi đồng nhất hệ số của x n , n ∈ R ở hai vế. Như vậy việc dùng phương pháp hệ
số bất định dẫn chúng ta tới việc tính bốn loại tích phân hữu tỷ cơ bản sau:
Z
trong đó
Adx
I.
x−a
Z
( Mx + N )dx
III.
x2 + px + q
Z
Adx
( k ≥ 2)
( x − a)k
Z
( Mx + N )dx
IV.
( m ≥ 2)
( x2 + px + q)m
II.
100
1. Tích phân bất định
1.
Z
Adx
x−a
2.
Z
Adx
( x − a)k
3.
Z
= A ln | x − a| + C
=
Z
A( x − a)−k dx =
−A
(k−1)( x − a)k−1
+C
Z
q
Mt + ( N − Mp/2)
dt ( a = q − p2 /4, đổi biến t = x + p/2)
t2 + a2
Z
Z
Mtdt
( N − Mp/2)dt
=
+
2
2
t +a
t2 + a2
1
t
M
ln(t2 + a2 ) + ( N − Mp/2) arctan + C
=
2
a
a
M
2x + p
2N − Mp
=
arctan p
+ C.
ln( x2 + px + q) + p
2
2
4q − p
4q − p2
( Mx + N )dx
=
x2 + px + q
4.
Z
101
Z
q
Mt + ( N − Mp/2)
dt ( a = q − p2 /4, đổi biến t = x + p/2)
( t2 + a2 ) m
Z
Z
( N − Mp/2)dt
Mtdt
+
=
2
2
m
(t + a )
( t2 + a2 ) m
( Mx + N )dx
=
( x2 + px + q)m
• Tích phân thứ nhất
Z
Mtdt
( t2 + a2 ) m
+ C.
= − 2(m−1)(M
t2 + a2 ) m −1
• Muốn xử
 lý tích phân thứ hai ta thực hiện phép đổi biến số lượng giác t = a tan z,
 t 2 + a 2 = a2 ,
cos2 z
khi đó
dt = a dz.
cos2 z
Ta có
Z
dt
= a2m−1
2
2
m
(t + a )
Z
cos2m−2 zdz.
Tích phân của hàm lượng giác này sẽ được nghiên cứu kĩ ở phần sau.
Ví dụ 1.8. Tính các tích phân bất định
a. I1 =
Z
Ta có
x4 − x3 + 2x2 − 2x + 1
dx
( x2 + 2)( x − 1)
1
A
x4 − x3 + 2x2 − 2x + 1
Bx + C
= x+ 2
= x+
+ 2
2
x−1
( x + 2)( x − 1)
( x + 2)( x − 1)
x +2
Quy đồng mẫu số ở hai vế
3 = ( A + B ) x 2 + ( C − B + 2) x − C
101
102
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số




A
+
B
=
0

 A=1
2
Đồng nhất hệ số của x , x và hệ số tự do, ta được
C−B+2 = 0 ⇒
B = −1




−C = 1
C = −1
Suy ra
1 2x
1
1
x4 − x3 + 2x2 − 2x + 3
− 2
= x+
− 2
2
x−1 2x +2 x +2
( x + 2)( x − 1)
Vậy tích phân bằng
I=
b. I2 =
Z
Ta viết
x2
x
ln( x2 + 2)
1
+ ln | x − 1| −
− √ arctan √ + C
2
2
2
2
2x4 + 10x3 + 17x2 + 16x + 5
dx
( x + 1)2 ( x2 + 2x + 3)
1
2
4
2x4 + 10x3 + 17x2 + 16x + 5
−
=
2
+
−
x + 1 ( x + 1)2 x2 + 2x + 3
( x + 1)2 ( x2 + 2x + 3)
Suy ra
I = 2x + 2 ln | x + 1| +
√
1
x+1
− 2 2 arctan √ + C
x+1
2
Ví dụ 1.9 (Giữa kì, K61). Tính các tích phân sau
a)
b)
Z
Z
c)
1
dx.
x2 +2016x
1
dx.
x2 −2016x
Z
xdx
.
( x2 +1)( x2 +2)
d)
Z
xdx
.
( x2 +2)( x2 +3)
b)
Z
x ln( x2 − x + 1)dx.
Ví dụ 1.10 (Giữa kì, K61). Tính tích phân
a)
Z
x ln( x2
+ x + 1)dx.
1.4 Tích phân hàm lượng giác
1. Phương phápZ chung
Xét tích phân R(sin x, cos x )dx, trong đó hàm dưới dấu tích phân là một biểu thức
hữu tỷ đối với sin x, cos x. Ta có thể sử dụng phép đổi biến tổng quát t = tan 2t , khi đó
sin x =
2t
1 − t2
2t
2dt
;
cos
x
=
; tan x =
; dx =
2
2
2
1+t
1+t
1−t
1 + t2
tích phân đang xét được đưa về tích phân của phân thức hữu tỉ của biến t.
102
1. Tích phân bất định
103
Ví dụ 1.11. Tính tích phân
Ta viết
Z
Z
sin x − cos x + 2
dx
1 + sin x + cos x
sin x − cos x + 2
dx = −
1 + sin x + cos x
Đặt t = tan 2x , suy ra
Z
Z
d(1 + sin x + cos x )
+2
1 + sin x + cos x
dx
=
1 + sin x + cos x
Z
Z
dx
1 + sin x + cos x
dt
= ln |1 + t| + C
1+t
Thay lại biến cũ, ta được
Z
x
sin x − cos x + 2
dx = − ln |1 + sin x + cos x | + ln 1 + tan + C
1 + sin x + cos x
2
2. Tích phân dạng
Z
sinm x cosn xdx, trong đó m, n là các số nguyên
• Nếu m là số nguyên dương lẻ, ta đặt t = cos x.
• Nếu n là số nguyên dương lẻ, ta đặt t = sin x.
• Nếu m, n là các số nguyên dương chẵn, ta sử dụng công thức hạ bậc:
sin2 x =
rồi đưa về tích phân dạng
Z
1 − cos 2x
1 + cos 2x
; cos2 x =
2
2
sink 2x cosl 2xdx.
Ví dụ 1.12. Tính các tích phân bất định
• I1 =
Z
sin3 x cos2 xdx
Đặt cos x = t ⇒ − sin xdx = dt ta có
Z
• I2 =
3
2
sin x cos xdx =
Z
Z
(1 − t2 )t2 (−dt) =
cos5 x cos3 x
t5 t3
− +C =
−
+C
5
3
5
3
sin4 x cos2 xdx
Sử dụng công thức hạ bậc ta có
Z
(1 − cos 2x )2 1 + cos 2x
1 dx =
1 − cos 2x − cos2 2x + cos3 2x dx
4
2
8
Z
Z
sin 2x
1
1+cos 4x
1
2
dx + 2 (1 − sin 2x )d(sin 2x )
⇒ I2 = 8 x − 2 −
2
I2 =
Z
Vậy
1
⇒ I2 =
8
x sin 2x sin 4x sin 2x sin3 2x
−
−
+
−
2
2
8
2
6
103
!
+C
104
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Đối với tích phân I2 sau khi sử dụng công thức hạ bậc lần thứ nhất ta cũng có
thể tiếp tục hạ bậc của biểu thức lượng giác dưới dấu tích phân bởi công thức
sin3 x =
3 cos x + cos 3x
3 sin x − sin 3x
; cos3 x =
4
4
Áp dụng vào tích phân I2 , ta có:
Z 1
1 + cos 4x 3 cos 2x + cos 6x
I2 =
+
1 − cos 2x −
dx
8
2
4
1 x sin 2x sin 4x sin 6x
=
−
−
+
+C
8 2
8
8
24
3. Tích phân
Z
R(sin x, cos x )dx có dạng đặc biệt
• Đặt t = cos x nếu R(− sin x, cos x ) = − R(sin x, cos x ).
• Đặt t = sin x nếu R(sin x, − cos x ) = − R(sin x, cos x ).
• Đặt t = tan x nếu R(− sin x, − cos x ) = R(sin x, cos x ).
Z
dx
sin x cos4 x
Đặt t = cos x ⇒ dt = − sin xdx, ta có
Ví dụ 1.13. Tính tích phân
Z
nên
dx
=
sin x cos4 x
Z
Z
Z 1
1
1
1
+ +
−
dt
t4 t2 2( t − 1) 2( t + 1)
t−1
1
1 1
+C
= − 3 − + ln
t
2
t+1
3t
−dt
=
(1 − t2 ) t4
dx
1
1
1 1 − cos x
−
=−
+ ln
+C
3
4
cos x 2 1 + cos x
3 cos x
sin x cos x
1.5 Tích phân các biểu thức vô tỷ
Xét các tích phân có dạng
Z
√
•
R( x, x2 + α2 )dx,
•
•
Z
Z
R( x,
√
R( x,
√
x2 − α2 )dx,
α2 − x2 )dx,
trong đó R(u, v) là các hàm số hữu tỷ.
Có hai phương pháp xử lý tích phân các biểu thức hữu tỉ là Phép thế lượng giác và
Phép thế Euler. Ý tưởng của cả hai phương pháp này đều là khử các biểu thức vô tỉ bằng
cách:
104
1. Tích phân bất định
105
1. đưa về tích phân của các hàm lượng giác bằng qua phép thế lượng giác,
2. đưa về tích phân của các hàm phân thức hữu tỉ bằng phép thế Euler.
Phép thế lượng giác
• Đặt x = α tan t đối với tích phân
Z
R( x,
√
x2 + α2 )dx.
α
α
hoặc x =
đối với tích phân
• Đặt x =
cos t
sin t
Z
• Đặt x = α sin t hoặc x = α cos t đối với tích phân
Ví dụ 1.14. Tính
Z
R( x,
Z
√
R( x,
x2 − α2 )dx.
√
α2 − x2 )dx.
√ dx .
α2 − x 2
[Lời giải] Đặt x = α sin t, − π2 < t <
π
2

x


t = arcsin α ,

ta có dx = α cos tdt,



√ 1 = 1 .
2
2
α cos t
.
α −x
I=
Ví dụ 1.15. Tính
Z√
Z
I=α
Z
2
x
+C
α
α2 − x2 dx.
[Lời giải] Đặt x = α sin t, − π2 ≤ t ≤
2
dt = t + C = arcsin
cos tdt = α
2
Z
π
2


x


t = arcsin α ,
ta có dx = α cos tdt,


√

 α2 − x2 = α cos t.
.
1 + cos 2t
α2
α2
α2
1p 2
x
2
dt = t +
sin 2t = x α − x +
arcsin + C.
2
2
4
2
2
α
Phép thế Euler
Z
√
√
2
• Đặt t = x + x + a đối với tích phân R( x, x2 + a)dx, ở đây a có thể âm hoặc dương,
nghĩa là a = ±α2 đều áp dụng được. Khi đó,
√
x
dx
x + x2 + a
dt
dt = 1 + √
=√
= √
dx ⇒
,
t
x2 + a
x2 + a
x2 + a
và tích phân đã cho được đưa về tích phân của phân thức hữu tỉ.
105
106
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Z
√
√
• Đặt α2 − x2 = xt + α đối với tích phân R( x, α2 − x2 )dx,. Khi đó,
α2 − x2 = ( xt + α)2 ⇔ α2 − x2 = x2 t2 + 2αxt + α2 ⇔ x = −
2αt
,
1 + t2
và tích phân đã cho được đưa về tích phân của phân thức hữu tỉ.
Ví dụ 1.16. Tính
Z
√ dx .
x2 + a
√
[Lời giải] Đặt t = x + x2 + a, khi đó
I=
Ví dụ 1.17. Tính
Z√
Z
dt
t
= √ dx
2
x +a
và
p
dt
= ln |t| + C = ln x + x2 + a + C.
t
x2 + adx.
[Lời giải] Sử dụng công thức tích phân từng phần ta có
Z
p
x2
2
I = x x +a− √
dx
x2 + a
Z
p
( x2 + a) − a
√
dx
= x x2 + a −
x2 + a
Z
p
1
= x x2 + a + a √
dx − I.
x2 + a
Do đó,
(2.1)
i
p
1h p 2
2
I=
x x + a + a ln x + x + a + C.
2
Nói chung việc tính tích phân của các biểu thức vô tỷ thông thường được đưa về việc
tính bốn loại tích phân cơ bản sau
1.
2.
3.
4.
Z
√ dx
α2 − x 2
Z √
Z
√
α2 − x2 dx = 21 x α2 − x2 +
√ dx
x2 + a
Z √
= arcsin αx + C.
= ln x +
x2 + adx =
1
2
√
α2
2
arcsin αx + C.
x2 + a + C.
h √
i
√
x x2 + a + a ln x + x2 + a + C.
Ví dụ 1.18. Tính các tích phân sau
a)
Z
3
(1 − x2 )− 2 dx
√
Đặt x = sin t, t ∈ − π2 , π2 ⇒ dx = cos tdt, 1 − x2 = cos t, thì
Z
2 − 32
(1 − x )
dx =
Z
dt
= tan t + C = tan(arcsin x ) + C
cos2 t
106
1. Tích phân bất định
b)
Z
107
√dx
x 2 1+ x 2
Đặt x = tan t ⇒ dx =
Z
c)
Z
dt
,
cos2 t
dx
√
=
2
x 1 + x2
ta có
Z
1
1
cos tdt
=−
+C = −
+ C.
2
sin t
sin(arctan x )
sin t
√ dx
.
x 2 + x +1
Ta có
I=
Tích phân có dạng
Z
Z
d x + 12
r
2
1
x+ 2 +
= ln x +
3
4
1 p 2
+ x + x + 1 + C.
2
√ px +q dx
ax2 +bx +c
Viết
Z
px + q
p
√
dx =
2a
ax2 + bx + c
Z
d( ax2 + bx + c)
1
pb
√
√
+ q−
dx
2a
ax2 + bx + c
ax2 + bx + c
Z
để đưa về việc tính tích phân của hàm vô tỉ cơ bản.
Ví dụ 1.19. Tính
Z
√ 4x −1 dx.
5−4x − x2
Tích phân có dạng
Đặt u =
1
px +q
Z
√dx
( px +q) ax2 +bx +c
để đưa về việc tính tích phân của hàm vô tỉ cơ bản.
Ví dụ 1.20. Tính
Z
√dx
.
(1+ x ) 3+6x + x2
Tính các tích phân có dạng
r
Z
m1 /n1
m p /n p ax +b
ax +b
dx
R x, cx+d
, ..., cx+d
ax + b
= t, với k là bội chung nhỏ nhất của n1 , n2 , . . . , n p , để đưa tích phân đã
cx + d
cho về tích phân của phân thức hữu tỉ với biến t.
Đặt
k
Ví dụ 1.21. Tính
Zq
x +1
x +2 dx.
107
108
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
[Lời giải] Đặt t =
q
x +1
x +2
ta có x = − 2tt2 −−11 , dx =
2
2t
dt
( t2 −1)2
và
t2
dt
( t2 − 1)2
Z 1
1
1
1
1
−
+
=
dt
+
2
t − 1 t + 1 ( t − 1)2 ( t + 1)2
1 t−1 1
1
1
= ln
−
−
+C
2 t+1 2 t−1 t+1
q
x +1
1
x +2 − 1
= lnq
+ x + 2 + C.
2
x +1
+1
I=2
Z
(2.2)
x +2
Z
dx√
Ví dụ 1.22. Tính √ x+
3 x.
√
√
√
√
√
[Gợi ý] Đặt 6 x = t, đáp số I = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln(1 + 6 x ) + C.
Bài tập 2.1. Tính các tích phân sau
a)
b)
c)
Z √
x +9
x dx,
d)
dx
√
5 x −1 ,
g)
√ x −1 dx,
x +1
e)
dx√
√
3 x− 4 x ,
h)
Z √
Z
dx√
,
x+ 3 x
[Đáp số]
f)
Z
√√dx ,
√
√
a) Đặt u = x + 9, I = 2 x + 9 + 3 ln
i)
x −2
√
√ x +9−3
x +9+3
Z√
Z
Z
√ dx√
,
x+ 3 x
3x +2
√
dx.
x −9
+ C.
√
√
√
b) Đặt u = x, I = x − 4 x + 4 ln( x + 1) + C.
√
√
3
c) Đặt u = 3 x, I = 23 ln( x2 + 1) + C.
√
√
√
5 4
5 3
5 2
√
√
√
x
x
x
5
5
5
d) Đặt x = u, I = 5 4 + 3 + 2 + x + ln | x − 1| + C.
e) Đặt
e x + 1dx,
√
12
x = u,
√
√
√
√
√
√
√
√
3√
12 12
12 12
3
I=
x2 +
x7 + 2 x +
x5 + 3 3 x + 4 4 x + 6 6 x + 12 12 x + 12 ln 12 x˘1 + C.
2
7
5
q
p√
p√
√ 3
f) Đặt
x − 2 = u, I = 34
x˘2 + 8
x˘2 + C.
√
√
g) Đặt e x + 1 = u, I = 2 e x + 1 − ln
√
1+√ e x +1
1˘ e x +1
+ C.
√
√
√
√
√
h) Đặt 6 x = t, I = 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln(1 + 6 x ) + C.
√
√
i) Đặt x − 9 = u, I = 2( x − 9)3/2 + 58 x − 9 + C
108
§2. TÍCH
PHÂN XÁC ĐỊNH
2.1 Định nghĩa tích phân xác định
Định nghĩa 2.29. Giả sử hàm số f ( x ) xác định và bị chặn trên [ a, b]. Chia [ a, b] thành n
khoảng nhỏ [ xi , xi+1 ] bởi phân hoạch a = x0 < x1 < . . . < xn = b. Trong mỗi đoạn [ xi , xi+1 ]
ta chọn điểm ξ i ∈ [ xi , xi+1 ] và thành lập biểu thức
Sn =
n −1
∑
i =0
f (ξ i ) △ xi với △ xi = xi+1 − xi
(2.3)
Biểu thức Sn được gọi là tổng tích phân. Gọi λ = max △ xi . Nếu tồn tại giới hạn hữu
1≤ i ≤ n
hạn I = lim Sn không phụ thuộc vào cách chia đoạn [ a, b] và không phụ thuộc vào cách
λ →0
chọn điểm ξ i thì I được gọi là tích phân xác định của hàm số f ( x ) trên [ a, b] và kí hiệu là
Z b
a
f ( x )dx. Trong trường hợp đó ta nói hàm số f ( x ) khả tích trên [ a, b].
Chú ý 2.19. Trong định nghĩa trên ta đã xét hàm số f ( x ) trong khoảng đóng [ a, b] tức là
đã giả thiết a < b. Bây giờ nếu b < a ta định nghĩa
ta định nghĩa
Z b
a
f ( x )dx = 0.
Z b
a
f ( x )dx := −
Z a
b
f ( x )dx và khi a = b
2.2 Các tiêu chuẩn khả tích
Định lý 2.39. Điều kiện cần và đủ để hàm số bị chặn f ( x ) khả tích trên [ a, b] là lim (S −
λ →0
s) = 0, trong đó:
S=
Mi =
n +1
n +1
i =1
i =1
∑ Mi △ x i , s = ∑ m i △ x i
sup
f ( x ), m i =
x ∈[ xi ,xi+1 ]
inf
x ∈[ xi ,xi+1 ]
f (x)
Áp dụng định lý 2.39 chúng ta có thể chứng minh được các định lý sau:
Định lý 2.40. Nếu f ( x ) liên tục trên [ a, b] thì f ( x ) khả tích trên [ a, b].
Định lý 2.41. Nếu f ( x ) bị chặn trên [ a, b] và có một số điểm gián đoạn trên [ a, b] thì f ( x )
khả tích trên [ a, b].
Định lý 2.42. Nếu f ( x ) bị chặn và đơn điệu trên [ a, b] thì f ( x ) khả tích trên [ a, b].
109
110
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
2.3 Các tính chất của tích phân xác định
Trong các phần tiếp theo sau đây, nếu không có chú thích gì thì khi viết
a
hiểu là f ( x ) được giả thiết là khả tích trên [ a, b].
• Tính chất 1.
Zb
[α f ( x ) + βg( x )]dx = α
Zb
f ( x )dx + β
Zb
f ( x )dx ta
g( x )dx
a
a
a
Z b
• Tính chất 2.
Cho 3 khoảng đóng [ a, b], [ a, c], [b, c], nếu f ( x ) khả tích trên khoảng có độ dài lớn nhất
thì cũng khả tích trên 2 đoạn còn lại, và
Zb
Zc
f ( x )dx =
f ( x )dx +
f ( x )dx
c
a
a
Zb
• Tính chất 3. Giả thiết a < b. Khi đó:
(i) Nếu f ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ [ a, b] thì
Z b
a
(ii) Nếu f ( x ) ≥ g( x )∀ x ∈ [ a, b] thì
f ( x )dx ≥ 0
Z b
a
f ( x )dx ≥
Z b
a
g( x )dx
(iii) Nếu f ( x ) khả tích trên [ a, b] thì | f ( x )| khả tích trên [ a, b] và:
Zb
a
f ( x )dx ≤
Zb
a
| f ( x )|dx
(iv) Nếu m ≤ f ( x ) ≤ M, ∀ x ∈ [ a, b] thì
m(b − a) ≤
.
Zb
a
f ( x )dx ≤ M (b − a)
• Tính chất 4.(Định lý trung bình thứ nhất)
Giả sử f ( x ) khả tích trên [ a, b] và m ≤ f ( x ) ≤ M, ∀ x ∈ [ a, b], khi đó tồn tại µ sao cho:
Zb
a
f ( x )dx = µ(b − a), m ≤ µ ≤ M.
Đặc biệt, nếu f ( x ) liên tục trên [ a, b] thì tồn tại c ∈ [ a, b] sao cho:
Zb
a
f ( x )dx = f (c)(b − a).
110
2. Tích phân xác định
111
• Tính chất 5.(Định lý trung bình thứ hai)
Giả thiết
(i) f ( x ) và f ( x ) g( x ) khả tích trên [ a, b].
(ii) m ≤ f ( x ) ≤ M, ∀ x ∈ [ a, b].
(iii) g( x ) không đổi dấu trên [ a, b].
Khi đó
Zb
f ( x ) g( x )dx = µ
Zb
a
a
g( x )dx, m ≤ µ ≤ M.
Đặc biệt nếu f ( x ) liên tục trên [ a, b] thì tồn tại c ∈ [ a, b] sao cho:
Zb
f ( x ) g( x )dx = f (c)
Zb
g( x )dx.
a
a
Ví dụ 2.1 (Cuối kì, K61-Viện ĐTQT). Chứng minh rằng nếu f ( x ) là một hàm số liên
tục trên [3, 4] sao cho f ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ [3, 4] và
x ∈ [3, 4].
Z4
f ( x )dx = 0 thì f ( x ) = 0 với mọi
3
2.4 Tích phân với cận trên thay đổi (hàm tích phân)
Giả sử f ( x ) là một hàm khả tích trên [ a, b], khi đó với mỗi x ∈ [ a, b] thì f cũng khả tích
trên [ a, x ]. Ta xác định hàm số F ( x ) =
Zx
f (t)dt.
a
Định lý 2.43.
(1) Nếu f (t) khả tích trên [ a, b] thì F ( x ) liên tục trên [ a, b].
(2) Nếu f liên tục tại x0 ∈ [ a, b] thì F ( x ) có đạo hàm tại x0 và F ′ ( x0 ) = f ( x0 ).
Định lý 2.44 (Công thức Newton-Leibniz). Nếu f ( x ) liên tục trong khoảng đóng [ a, b]
và F ( x ) là một nguyên hàm của f ( x ) thì
Zb
a
f ( x )dx = F (b) − F ( a).
111
112
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
2.5 Các phương pháp tính tích phân xác định
1. Sử dụng công thức tích phân từng phần.
Giả sử u( x ), v( x ) là các hàm số có đạo hàm liên tục trong [ a, b]. Khi đó:
Zb
udv =
a
uv|ba
−
Zb
vdu
a
2. Sử dụng các phép đổi biến số.
Định lý 2.45 (Đổi biến x := ϕ(t )).
Xét I =
Zb
f ( x )dx với f ( x ) liên tục trong [ a, b]. Thực hiện phép đổi biến x = ϕ(t) thoả
a
mãn 3 điều kiện sau:
(1) ϕ(t) có đạo hàm liên tục trong [ a, b].
(2) ϕ( a) = α; ϕ(b) = β.
(3) Khi t biến thiên trong [α, β] từ α đến β thì x = ϕ(t) biến thiên liên tục từ a đến
b.
Khi đó ta có công thức:
Zb
f ( x )dx =
a
Zβ
f [ ϕ(t)] ϕ′ (t)dt.
Zb
f [ ϕ( x )].ϕ′ ( x )dx. Trong đó ϕ( x ) biến thiên
α
Định lý 2.46 (Đổi biến t := ϕ( x)).
Giả sử tích phân cần tính có dạng I =
a
đơn điệu ngặt và có đạo hàm liên tục trên [ a, b]. Khi đó:
Zb
f [ ϕ( x )].ϕ′ ( x )dx =
a
ϕ
Z(b)
ϕ( a)
3. Sử dụng các phép truy hồi, quy nạp.
112
f (t)dt.
2. Tích phân xác định
113
2.6 Hệ thống bài tập
Dạng 1. Tính đạo hàm của hàm tích phân.
Chúng ta có các công thức sau:
Zx
= f (x)
(2.4)
= f ( g( x )).g′ ( x )
(2.5)
f (t)dt
x
a
gZ( x)
′
f (t)dt
′
x
a
Công thức 2.4 chúng ta đã biết trong Định lý 2.43, còn công thức 2.5 được suy ra từ công
thức đạo hàm của hàm hợp.
Bài tập 2.1. Tính các đạo hàm:
a)
d
dx
Z y
x
c)
d
dy
Zy
d
dx
Zx
d
dx
a)
Chứng minh.
b)
b)
2
et dt
Zy
2
et dt
x
d
dy
Z y
d
=−
dx
x
Zx
y
2
et dt
c)
d
dx
Z x3
x2
√ dt
1+ x 4
et dt = −e x ( do y là hằng số)
2
2
et dt = ey ( do x là hằng số)
2
2
x
x2
3
d
√
=−
dx
1 + x4
dt
Zx
a
2
d
√
+
1 + x4 dx
dt
Zx
a
3
√
−2x
3x2
=√
+√
1 + x8
1 + 12x2
1 + x4
dt
Dạng 2. Tính giới hạn của hàm số dựa vào công thức L’Hospital và đạo hàm của
hàm tích phân.
Bài tập 2.2. Tìm giới hạn:
sin
Z x
√
a) A = lim
tan tdt
0
tan
x
+
x →0 Z √
b) B = lim
x →+∞
sin tdt
0
113
Zx
0
(arctan t)2 dt
√
x 2 +1
114
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Chứng minh.
a) Nhận xét: lim
x → 0+
tắc L’Hospital ta có:
sin
Z x
√
lim
x → 0+
0
tan
Z x
sin
Z x
√
sin tdt
0
b) Nhận xét: lim
ta có:
x →+∞
lim
Zx
!′
x →+∞
0
(arctan t)2 dt
√
x2 + 1
sin tdt = 0 nên áp dụng quy
0
p
(arctan t)2 dt = lim
Zx
√
tan(sin x ). cos x
= 1⇒ A = 1
!′ = lim+ p
x →0
sin(tan x ). cos12 x
0
x →+∞
x → 0+
0
tan tdt
√
tan tdt = lim
tan
Z x
!′
′
√
x2 + 1 = ∞ nên áp dụng quy tắc L’Hospital
= lim
(arctan x )2
√ x
x 2 +1
x →+∞
π2
π2
=
⇒B =
4
4
Dạng 3. Sử dụng công thức tổng tích phân để tính giới hạn của một số dãy số
đặc biệt.
Xuất phát từ công thức tính tổng tích phân 2.3
Sn =
n −1
∑
i =0
f (ξ i ) △ xi với △ xi = xi+1 − xi
Nếu chúng ta chia đoạn [ a, b] thành n khoảng có độ dài bằng nhau bởi phân hoạch a =
x0 < x1 < . . . < xn = b, trong đó xi = a + (b − a) ni thì:
Sn =
b − a n −1
f (ξ i ) với ξ i ∈ [ xi , xi+1 ]
n i∑
=0
Khi đó nếu hàm f ( x ) khả tích trên [ a, b], và chọn ξ i = xi ta được công thức:
b−a
lim
n→∞ n
"
n −1
∑
i =0
b−a
.i
f a+
n
!#
=
Zb
f ( x )dx
(2.6)
Zb
f ( x )dx
(2.7)
a
Còn nếu chọn ξ i = xi+1 ta được công thức:
b−a
lim
n→∞ n
"
n
∑
i =1
b−a
.i
f a+
n
114
!#
=
a
2. Tích phân xác định
115
Bài tập 2.3. Dùng định nghĩa và cách tính tích phân xác định, tìm các giới hạn:
i
h
1
1
1
1
a) A = lim nα + nα+ β + nα+2β + · · · + nα+(n−1) β
n→∞
b) B = lim
1
n→∞ n
Chứng minh.
q
1
n
1+
+
a) Viết
q
2
n
1+
+···+
"
1 1
1
A = lim
+
n→∞ n α
α+
p
β
n
1+
+
n
n
1
α+
2β
n
Áp dụng công thức 2.6 với a = 0, b = 1, f ( x ) =
A=
Z1
0
+···+
1
α+ βx
1
α+
( n −1) β
n
#
ta được:
1
1 α+β
dx = ln
α + βx
β
α
Nếu áp dụng công thức 2.7 với a = 0, b = 1, f ( x ) =
1
α+ βx
ta được:
i
1
1
1 α+β
1
+
+···+
= A = ln
A = lim
n→∞ nα + β
nα + 2β
nα + nβ
β
α
h
′
b) Áp dụng công thức 2.7 với a = 0, b = 1, f ( x ) =
B=
Z1 √
1 + xdx =
0
√
1 + x ta được:
2 √
(2 2 − 1)
3
Nếu áp dụng công thức 2.6 với a = 0, b = 1, f ( x ) =
√
1 + x ta được:
!
r
r
2 √
1
1
n
−
1
1+ 1+ +···+ 1+
= B = (2 2 − 1)
B′ = lim
n→∞ n
n
n
3
Bài tập 2.4. Tính lim
n→∞
[Gợi ý] Tính lim ln
n→∞
q
1
n
q
1
n
n
n
(2n)!
n!
(2n)!
n!
bằng cách viết biểu thức trong giới hạn dưới dạng tổng
tích phân.
Dạng 4. Tính tích phân xác định (xem mục 2.5)
Bài tập 2.5. Tính các tích phân
115
116
a)
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Z e
| ln x | ( x + 1)dx
1
b)
Z e
1
c)
( x ln x )2 dx
Z 1
0
d)
Z 2
e)
Z 3
sin2 x cos x
2
2 dx
0 (1+tan x )
0
( x3
f)
x
− 2x + 5)e− 2 dx
Z
π
2
0
arcsin
q
x
1+ x dx
cosn x cos nxdx
[Gợi ý]
a) Ia =
e2 +5
4
b) Ib =
5e3 −2
27
c) Ic = 98 −
d)
Id =
Z2
sin2 x cos x
dx
(1 + tan2 x )2
Z2
sin2 x. cos x. cos4 xdx
Z2
sin2 x.(1 − sin2 x )d(sin x )
0
=
0
=
0
=
sin3 (2) 2 sin5 (2) sin7 (2)
−
+
3
5
7
116
144
√
e
2. Tích phân xác định
117
e)
Ie =
Z3
arcsin
0
= x arcsin
r
r
x
dx
1+x
1
=π−
2
Z3 √
1
=π−
2
Z3
√
=π−
0
√
0
Z 3
0
3
x
−
1+x
0
Z3
0
x
dx
x+1
x. q
1
1
. q
.
dx
x ( x + 1)2
1 − 1+x x 2 x+
1
1
√
t
.2tdt
(đặt
x = t)
t2 + 1
1−
1 dt
t2 + 1
√
h
= π − (t − arctan t)
4π √
=
− 3
3
0
3i
f)
π
In =
Z2
cosn x cos nxdx
1
n
Z2
0
π
=
cosn xd sin nx
0
π
1
= cosn x sin nx
n
=
π
Z2
π
2
0
1
+
n
Z2
sin nx.n. cosn−1 x. sin xdx
0
sin nx. cosn−1 x. sin xdx.
0
117
118
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Suy ra
π
2In =
Z2
π
cosn x cos nxdx +
0
=
π
Z2
0
Z2
sin nx. cosn−1 x. sin xdx
0
cosn−1 x cos(n − 1) xdx
= In−1
Vậy theo phép truy hồi ta có In =
Bài tập 2.6. Tính
n
1
2
I0 =
π
.
2n +1
π
a) In =
Z2
π
b) Jn =
sinn xdx
0
Z2
cosn xdx
0
Dạng 5. Chứng minh các đẳng thức tích phân
Bài tập 2.7. Chứng minh rằng nếu f ( x ) liên tục trên [0, 1] thì:
a)
Z
π
2
0
f (sin x )dx =
Z
π
2
0
b)
f (sin x )dx
Z π
0
[Gợi ý] Đây là bài tập dễ, câu a) đặt t =
π
2
x f (sin x )dx =
π
2
Z π
0
f (cos x )dx.
− x, còn câu b) đặt t = π − x.
Bài tập 2.8. Áp dụng kết quả của bài tập 2.7 hãy chứng minh
π
Z2
0
π
√
sin x
√
dx =
√
sin x + cos x
Z2
0
√
√
cos x
π
dx =
√
4
sin x + cos x
Bài tập 2.9. Giả sử f ( x ) liên tục trên [− a, a]( a > 0), hãy chứng minh


nếu f ( x ) là hàm số lẻ trên [− a, a]
a

Z
0
I=
f ( x )dx =
−a


2
Za
nếu f ( x ) là hàm số chẵn trên [− a, a]
f ( x )dx
0
Bài tập 2.10. Cho f ( x ) liên tục, chẵn trên [− a, a], chứng minh
Za
Áp dụng tính
I1 =
Z1
−1
−a
f ( x )dx
=
1 + bx
Za
0
f ( x )dx với 0 ≤ b 6= 1
π
π
1
dx,
2
( x + 1)(e x + 1)
I2 =
Z2
− π2
2x cos 2x
dx,
2002x + 2x
118
I3 =
Z2
− π2
x2 | sin x |
dx
1 + 2x
2. Tích phân xác định
119
Bài tập 2.11. Chứng minh
Zb
a
Áp dụng tính In =
Z1
xm (a + b −
x )n dx
=
Zb
a
x n ( a + b − x )m dx
x2 (1 − x )n dx và chứng minh
0
n
1
1
2
1
∑ (−1)k Cnk . k + 3 = n + 1 − n + 2 + n + 3
k =0
Dạng 6. Chứng minh các bất đẳng thức tích phân
Bài tập 2.12. Cho f ( x ), g( x ) là hai hàm số khả tích trên [ a, b]. Khi đó f 2 ( x ), g2 ( x ) cũng
khả tích trên [ a, b]. Chứng minh bất đẳng thức sau ( a < b)
Zb
f ( x ) g( x )dx
a
!2
Zb
≤
2
!
f ( x )dx .
a
Zb
2
g ( x )dx
a
!
(Bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt)
Chứng minh. Xét 2 trường hợp:
TH1. Nếu
Zb
f 2 ( x )dx =
Zb
g2 ( x )dx = 0 thì:
a
a
Zb
0≤
a
f ( x ) g( x )dx ≤
Zb
a
| f ( x ) g( x )|dx ≤
Zb
a
f 2 ( x ) + g2 ( x )
dx = 0
2
Khi đó ta có dấu ” = ” xảy ra.
TH2. Nếu ít nhất một trong hai tích phân
Zb
f 2 ( x )dx,
a
tổng quát ta giả sử
Zb
a
Khi đó [α f ( x ) +
Zb
a
g( x )]2
Zb
g2 ( x )dx khác 0, không mất tính
a
f 2 ( x )dx 6= 0
≥ 0⇒
Zb
a
[α f ( x ) + g( x )]2 ≥ 0. Suy ra
Zb
Zb
f ( x )dx .α + 2 f ( x ) g( x )dx .α + g2 ( x )dx ≥ 0∀α ∈ R
2
2
a
a
119
(2.8)
120
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Biểu thức ở vế trái là tam thức bậc 2 đối với α nên 2.8 đúng với mọi α ∈ R khi và chỉ
khi
!
!
!
Zb
′
△ =
2
f ( x ) g( x )dx
Zb
−
a
Zb
2
f ( x )dx .
a
g2 ( x )dx ≤ 0.
a
Bài tập 2.13 (Cuối kì, K62). Cho hàm số f ( x ) khả vi liên tục đến cấp hai trên [ a, b] và
f ( a) = f (b) = 0. Chứng minh rằng

′
2
[ f ( x )] dx =
Zb
a
a
′
2
2
Zb
 [ f ( x )] dx  ≤
Chứng minh. Ta có
Zb
Zb
a
′
2
[ f ( x )] dx
Zb
[ f ′′ ( x )]2 dx.
a
a
b
′
f ( x )d f ( x ) = f ( x ) f ( x ) −
a
Zb
a
′′
f ( x ) f ( x )dx = −
Zb
f ( x ) f ′′ ( x )dx.
a
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwartz ta có

Zb
′
2
2

 [ f ( x )] dx  = −
a
Zb
a
2
′′
f ( x ) f ( x )dx  ≤
Zb
2
[ f ( x )] dx
Zb
[ f ′′ ( x )]2 dx.
a
a
Bài tập 2.14 (Cuối kì, K60). Cho hàm số f ( x ) khả vi liên tục trên [0, 1] và f (0) = 0.
Chứng minh rằng
Z1
0
1
2
[ f ( x )]2 dx ≤
Z1
[ f ′ ( x )]2 dx.
0
Chứng minh. Ta có
2
2

f ( x ) = [ f ( x ) − f (0)] = 
Zx
0
2
′
f (t)dt ≤
Zx
0
=x
′
2
[ f (t)] dt ·
Zx
0
′
Zx
12 dt
0
2
[ f (t)] dt ≤ x
Z1
′
2
[ f (t)] dt = x
0
Z1
[ f ′ ( x )]2 dx.
0
Do đó,
Z1
0
2
[ f ( x )] dx ≤
Z1
0
′
2
[ f ( x )] dx ·
Z1
0
1
xdx =
2
Z1
[ f ′ ( x )]2 dx.
0
Bài tập 2.14 có thể được mở rộng như sau (với chứng minh hoàn toàn tương tự).
120
2. Tích phân xác định
121
Bài tập 2.15. Cho f là một hàm số khả vi liên tục trên [ a, b]. Chứng minh rằng
Zb
a
b−a
[ f ( x ) − f ( a)] dx ≤
2
2
Zx
Cũng với ý tưởng viết f ( x ) − f ( a) =
Zb
[ f ′ ( x )]2 dx.
a
f ′ (t)dt, bạn đọc có thể chứng minh các kết quả sau.
a
Bài tập 2.16. Cho f là một hàm số khả vi liên tục trên [ a, b] và f ( a) = 0. Chứng minh
rằng
1
b−a
Zb
a
| f ( x )|dx ≤
Zb
a
| f ′ ( x )|dx.
[Lời giải] Thật vậy,
Zx
| f ( x )| = | f ( x ) − f ( a)| =
a
′
f (t)dt ≤
Zx
a
′
| f (t)|dt ≤
Zb
a
| f (t)|dt.
Do đó,
Zb
a
| f ( x )|dx ≤
Zb
a


Zb
a

| f (t)|dt dx = (b − a)
Zb
| f (t)|dt = (b − a)
a
Zb
a
| f ( x )|dx.
Bài tập 2.17. Cho f là một hàm số khả vi liên tục trên [ a, b] và f ( a) = 0. Chứng minh
rằng
Zb
a
b−a
| f ( x ) f ( x )|dx ≤
2
′
[Lời giải] Ta có f ( x ) = f ( x ) − f ( a) =
Zx
a
a
′
| f ( x ) f ( x )| ≤ | f ( x )|
Suy ra
a
[ f ′ ( x )]2 dx.
f (t)dt nên
′
Zb
Zb
| f ( x ) f ′ ( x )|dx ≤
Zb
a

Zx
a
| f ′ ( x )|
121
| f ′ (t)dt|.
Zx
a

| f ′ (t)dt| dx
(2.9)
122

Vì 
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Zx
a

′

| f ′ (t)|dt = | f ′ ( x )| nên 
Zb
a

| f ′ ( x )|
Zx
a
Zx
a

| f ′ (t)dt| dx =
=
2  ′
Z

′
′
| f (t)|dt  = 2| f ( x )|

Zx

Zb
1
2
1
2
a
a
2
| f ′ (t)|dt
x
a
| f ′ (t)dt|. Do đó,
x =b
x=a
2
| f ′ ( x )|dx  ≤
(2.10)
Zb
b−a
2
a
| f ′ ( x )|2 dx.
Từ (2.9) và (2.10) ta có điều phải chứng minh.
Bài tập 2.18. Cho f là một hàm số khả vi liên tục trên [ a, b], f ( a) = 0 và 0 ≤ f ′ ( x ) ≤ 1 với
mọi x ∈ [ a, b]. Chứng minh rằng
a)
Zb
a
f ( x )dx ≥
1
2
f ( b )2 − f ( a ) ,
2
b)
Zb
a

[ f ( x )]3 dx ≤ 
Zb
a
2
f ( x )dx  .
Chứng minh.
a) Từ giả thiết ta có f ( x ) là một hàm số đơn điệu không giảm và f ( x ) ≥
f ( a) = 0, ∀ x ∈ [ a, b]. Do đó,
f ( x ) ≥ f ( x ) f ′ ( x ), ∀ x ∈ [ a, b].
Suy ra
Zb
a
f ( x )dx ≥
Zb
f ( x ) f ′ ( x )dx =
a
b) Xét hàm số

F(x) = 
Ta có
F′ ( x) = 2 f ( x)
Zx
a
Đặt G ( x ) = 2
Z x
a
Zx
a
2
i
b
1h
1
[ f ( x )]2 =
f ( b )2 − f ( a )2 .
2
2
a
f (t)dt −
Zx
[ f (t)]3 dt,
a

f (t)dt − f ( x )3 = f ( x ) 2
Zx
a
f (t)dt − [ f ( x )]2 , ta có
x ∈ [ a, b].

f (t)dt − [ f ( x )]2  .
′
G ( x ) = 2 f ( x ) − 2 f ( x ) f ′ ( x ) = 2 f ( x )(1 − f ′ ( x )) ≥ 0, ∀ x ∈ [ a, b]
⇒ G ( x ) ≥ G ( a) = 0, ∀ x ∈ [ a, b].
Từ đó suy ra F ′ ( x ) ≥ 0, ∀ x ∈ [ a, b] ⇒ F (b) ≥ F ( a) = 0 ⇒
122
Zb
a

[ f ( x )]3 dx ≤ 
Zb
a
2
f ( x )dx  .
2. Tích phân xác định
123
Bài tập 2.19 (Olympic Toán học Sinh viên Toàn quốc 2018 -Bảng A). Cho f : [ a, b] →
R là một hàm số khả vi liên tục sao cho
Zb
f ( x )dx = 0. Chứng minh rằng
a
Zx
max
x ∈[ a,b]
a
( b − a )2
max | f ′ ( x )|.
8
x ∈[ a,b]
f (t)dt ≤
[Lời giải] Do f ′ ( x ) liên tục nên tồn tại M = max f ′ ( x ).
x ∈[ a,b]
• Đặt
F(x) =
Zx
f (t)dt + M
a
( x − a)( x − b)
,
2
x ∈ [ a, b].
(2.11)
Ta có F ( a) = F (b) = 0 và F ′′ ( x ) = f ′ ( x ) + M ≥ 0, ∀ x ∈ [ a, b].
• Vì F ′′ ( x ) ≥ 0 nên F ( x ) là hàm lồi trên [ a, b], hơn nữa F ( a) = F (b) = 0 nên F ( x ) ≤
0, ∀ x ∈ [ a, b]. Từ (2.11) ta có
Zx
a
( x − a)(b − x )
M
f (t)dt ≤ M
≤
2
2
( x − a) + (b − x )
2
2
=
( b − a )2
M, ∀ x ∈ [ a, b].
8
• Một cách tương tự, đặt
G(x) =
Zx
a
f (t)dt − M
( x − a)( x − b)
,
2
x ∈ [ a, b]
sẽ dẫn đến G là một hàm lõm trên [ a, b] và bất đẳng thức
Zx
a
f (t)dt ≥ −
( b − a )2
M, ∀ x ∈ [ a, b].
8
Kết luận:
max
x ∈[ a,b]
Zx
a
( b − a )2
f (t)dt ≤
max | f ′ ( x )|.
8
x ∈[ a,b]
123
(2.12)
124
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
§3. TÍCH
PHÂN SUY RỘNG
Khi định nghĩa tích phân xác định, chúng ta đã xét các hàm số xác định trên một đoạn
hữu hạn [ a, b] và bị chặn trên đoạn đó. Trong phần này chúng ta sẽ mở rộng khái niệm
tích phân, từ đó đưa vào khái niệm tích phân suy rộng với cận vô hạn và tích phân của
hàm số không bị chặn.
3.1 Tích phân suy rộng với cận vô hạn
Giả sử f ( x ) là hàm số xác định trên khoảng [ a, +∞)] và khả tích trên mọi đoạn hữu
hạn [ a, A] , ( a ≤ A < +∞).
Định nghĩa 2.30. Giới hạn của tích phân
ZA
a
f ( x )dx khi A → +∞ được gọi là tích phân
suy rộng của hàm số f ( x ) trên khoảng [ a, +∞) và ký hiệu như sau
+∞
Z
f ( x )dx = lim
A→+∞
a
ZA
f ( x )dx
a
Nếu giới hạn này tồn tại hữu hạn ta nói tích phân suy rộng
+∞
Z
f ( x )dx hội tụ. Ngược lại,
a
nếu không tồn tại giới hạn này hoặc giới hạn bằng vô cùng ta nói tích phân đó phân kỳ.
Tương tự ta định nghĩa tích phân của một hàm số f ( x ) trên các khoảng (−∞, a] và
(−∞, +∞) bởi các công thức sau
Za
−∞
Ta có thể viết
f ( x )dx = lim
A→−∞
+∞
Z
Za
+∞
Z
f ( x )dx và
f ( x )dx =
−∞
A
f ( x )dx =
−∞
+∞
Z
f ( x )dx +
a
Za
lim
A→+∞,A′ →−∞
ZA
f ( x )dx
A′
f ( x )dx
−∞
khi hai trong ba tích phân nói trên hội tụ.
Qua các định nghĩa trên ta thấy rằng tích phân suy rộng là giới hạn của tích phân xác
định (hiểu theo nghĩa thông thường) khi cho cận tích phân dần tới vô cùng. Do đó có thể
dùng công thức Leibniz để tính tích phân, sau đó cho cận tiến ra vô cùng.
ZA
a
f ( x )dx = F ( A) − F ( a)
124
3. Tích phân suy rộng
125
kí hiệu
F (+∞) = lim F ( A)
A→∞
thì có thể viết
+∞
Z
a
Ví dụ 3.1.
∞
f ( x )dx = F (+∞) − F ( a) = F ( x )|+
a
+∞
Z
a) Tính tích phân
e2
Ta có
ZA
e2
1
dx
=
−
ln ln x
x ln x (ln ln x )2
A
e2
dx
x ln x (ln ln x )2
1
1
nên ⇒ lim
=
−
ln 2 ln ln A
A→+∞
ZA
e2
1
dx
=
ln 2
x ln x (ln ln x )2
Vậy
+∞
Z
e2
b) Tính tích phân
+∞
Z
−∞
Trước hết ta tính
( x2
ZA
dx
+ 1)2
dx
,
( x 2 +1)2
A′
ZA
A′
1
dx
=
2
ln 2
x ln x (ln ln x )
dx
=
2
( x + 1)2
đặt x = tan t ⇒
arctan
Z A
arctan A′
dx
(1+ x 2 )2
1 + cos 2t
dt =
2
dt
1+tan2 t
=
= cos2 tdt,
sin 2t
t
+
2
4
arctan A
arctan A′
Khi A → +∞, A′ → −∞ thì arctan A → π2 ; arctan A′ → − π2 , suy ra
+∞
Z
−∞
c)
Z0
−∞
x sin xdx = lim
A→−∞
Z0
A
dx
=
2
( x + 1)2
sin 2t
t
+
2
4
π
2
− π2
=
π
2
x sin xdx = lim (− x cos x + sin x )|0A = lim ( A cos A − sin A)
A→−∞
Giới hạn này không tồn tại, do đó tích phân phân kỳ.
A→−∞
d) Xét sự hội tụ của tích phân
I=
+∞
Z
1
dx
xα
Tích phân suy rộng I hội tụ khi và chỉ khi α > 1, và phân kỳ khi và chỉ khi α ≤ 1.
125
126
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
3.2 Tích phân suy rộng của hàm số không bị chặn
Giả sử f ( x ) là hàm số xác định trên khoảng [ a, b) và khả tích trên mọi đoạn [ a, t], (t < b
bất kỳ), và lim f ( x ) = ∞. Điểm x = b được gọi là điểm bất thường (điểm kỳ dị) của hàm số
x →b
f ( x ).
Định nghĩa 2.31. Giới hạn của tích phân
Zt
f ( x )dx khi t → b− , được gọi là tích phân suy
a
rộng của hàm số f ( x ) trên khoảng [ a, b) và được ký hiệu như sau:
Zb
f ( x )dx = lim
t→b−
a
Zt
f ( x )dx
a
Nếu giới hạn ở vế phải tồn tại, ta nói tích phân suy rộng hội tụ. Ngược lại nếu không tồn
tại giới hạn này hoặc giới hạn bằng vô cùng, ta nói tích phân phân kỳ.
Tương tự ta định nghĩa tích phân suy rộng của hàm số f ( x ) không bị chặn trên khoảng
( a, b] và ( a, b) lần lượt nhận x = a và x = b làm điểm bất thường.
Zb
f ( x )dx = lim
t→ a+
a
Zb
f ( x )dx và
Zb
f ( x )dx =
a
t
lim
t→ a+ ,t′ →b−
Zt
′
f ( x )dx
t
Đối với tích phân có hai điểm bất thường x = a, x = b, ta có thể viết
Zb
f ( x )dx =
Zc
f ( x )dx +
f ( x )dx
c
a
a
Zb
khi hai trong ba tích phân nói trên hội tụ.
Ví dụ 3.2.
a) Xét sự hội tụ của tích phân
Z0
−1
√
dx
1−
Z1
0
nên
x2
√
√
= lim
Z1
t→−1
dx
1 − x2
−1
Z0
= lim
Z1
−1
t
t →1
√
Z1
0
dx
x2
1−
√
dx
1 − x2
0
= lim arcsin x
t→−1
= lim (− arcsin t) =
t→−1
t
t
√
dx
1 − x2
dx
1 − x2
=
Z0
−1
√
= lim arcsin x
t →1
dx
1 − x2
126
= lim arcsin t =
0
+
Z1
0
√
t →1
dx
1 − x2
=π
π
2
π
2
3. Tích phân suy rộng
127
b) Xét sự hội tụ của tích phân I =
Z1
0
dx
xα
Tích phân suy rộng I hội tụ khi và chỉ khi α < 1, phân kỳ khi và chỉ khi α ≥ 1.
3.3 Các tiêu chuẩn hội tụ
Định lý 2.47 (Tiêu chuẩn so sánh).
1. Cho hai hàm số f ( x ) và g( x ) khả tích trên mọi khoảng hữu hạn [ a, A]( a ≤ A) và
0 ≤ f ( x ) ≤ g( x ), x ≥ a.
Khi đó
i) Nếu
ii) Nếu
+∞
Z
a
+∞
Z
g( x )dx hội tụ thì
+∞
Z
f ( x )dx hội tụ
a
f ( x )dx phân kỳ thì
a
+∞
Z
g( x )dx phân kỳ.
a
2. Giả sử f ( x ) và g( x ) là hai hàm số khả tích trên mọi đoạn hữu hạn [ a, A]( a ≤ A) và
f (x)
= k(0 < k < +∞). Khi đó các tích phân
lim
x →+∞ g ( x )
hội tụ, hoặc cùng phân kỳ.
+∞
Z
f ( x )dx và
a
+∞
Z
g( x )dx hoặc cùng
a
Hệ quả 2.6. Cho f và g là hai hàm số dương khả tích trên [ a, +∞). Khi đó
f (x)
1. Nếu lim
= 0 và nếu
x →+∞ g ( x )
+∞
Z
g( x )dx hội tụ thì
a
f (x)
= +∞ và nếu
2. Nếu lim
x →+∞ g ( x )
+∞
Z
f ( x )dx hội tụ.
a
+∞
Z
g( x )dx phân kì thì
a
+∞
Z
f ( x )dx phân kì.
a
Tương tự chúng ta cũng có các tiêu chuẩn hội tụ cho trường hợp tích phân suy rộng của
hàm số không bị chặn.
Định lý 2.48 (Tiêu chuẩn so sánh).
1. Cho hai hàm số f ( x ) và g( x ) khả tích trên ( a, b] và có cùng điểm bất thường là x = a
sao cho
0 ≤ f ( x ) ≤ g( x ), ∀ x ∈ ( a, b]
Khi đó
127
128
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
i) Nếu
Zb
g( x )dx hội tụ thì
a
ii) Nếu
Zb
Zb
f ( x )dx hội tụ
a
f ( x )dx phân kỳ thì
a
Zb
g( x )dx phân kỳ
a
2. Giả sử f ( x ) và g( x ) là hai hàm số dương khả tích trên ( a, b] và có cùng điểm bất
thường x = a. Nếu tồn tại giới hạn
lim
x → a+
Khi đó các tích phân
Zb
f ( x )dx và
a
f (x)
= k (0 < k < + ∞ )
g( x )
Zb
g( x )dx hoặc cùng hội tụ, hoặc cùng phân kỳ.
a
Hệ quả 2.7. Cho f và g là hai hàm số dương khả tích trên ( a, b] và có cùng điểm bất
thường x = a. Khi đó
f (x)
1. Nếu lim
= 0 và nếu
x → a+ g ( x )
Zb
g( x )dx hội tụ thì
a
f (x)
= +∞ và nếu
2. Nếu lim
+
x→a g( x )
Zb
f ( x )dx hội tụ.
a
Zb
g( x )dx phân kì thì
a
Zb
f ( x )dx phân kì.
a
Chú ý:
• Khi xét đến tính chất hội tụ hay phân kì của một tích phân suy rộng, nói chung
chúng ta chỉ "quan tâm" tới dáng điệu của hàm số tại các điểm bất thường.
• Khi sử dụng tiêu chuẩn so sánh chúng ta thường hay so sánh các tích phân suy rộng
đã cho với hai loại tích phân suy rộng sau:

Z +∞
α>1
dx hội tụ nếu
a) I1 =
x α phân kì nếu α ≤ 1
a
b)
I2 =
Zb
a

hội tụ nếu α < 1
dx
( x − a)α phân kì nếu α ≥ 1
, I2′ =
Zb
a

hội tụ nếu α < 1
dx
(b − x )α phân kì nếu α ≥ 1
Ví dụ 3.3 (Cuối kì, K61 Viện ĐTQT). Xét sự hội tụ, phân kỳ của tích phân
128
3. Tích phân suy rộng
a)
Z∞
129
(1−cos 2x√
)dx
.
x2 ln(1+3 x )
Z∞
b)
0
(1−cos 3x√
)dx
.
x2 ln(1+2 x )
0
3.4 Tích phân suy rộng hội tụ tuyệt đối và bán hội tụ
Định lý 2.49.
1. Nếu
+∞
Z
| f ( x )|dx hội tụ thì
a
2. Nếu
Zb
a
+∞
Z
f ( x )dx hội tụ
a
| f ( x )|dx (có điểm bất thường là a hoặc b) hội tụ thì
+∞
Z
f ( x )dx cũng hội tụ
a
Định nghĩa 2.32.
1. Nếu
+∞
Z
| f ( x )|dx hội tụ thì ta nói
a
nhưng
+∞
Z
a
2. Nếu
Zb
a
+∞
Z
f ( x )dx hội tụ tuyệt đối, còn nếu
a
| f ( x )|dx phân kì thì ta nói
| f ( x )|dx bán hội tụ.
| f ( x )|dx (có điểm bất thường là a hoặc b) hội tụ thì ta nói
Zb
tuyệt đối, còn nếu
f ( x )dx hội tụ nhưng
a
bán hội tụ.
Zb
a
Ví dụ 3.4. Chứng minh rằng
Z +∞
1
cos x
x2
f ( x )dx hội tụ
a
+∞
Z
a
+∞
Z
Zb
f ( x )dx hội tụ
a
| f ( x )|dx phân kì thì ta nói
hội tụ tuyệt đối.
Chứng minh. Ta có
cos x
1
≤ 2,
2
x
x
mà
Z +∞
1
1
x2
hội tụ nên
Z +∞
1
cos x
x2
hội tụ tuyệt đối.
Ví dụ 3.5 (Tích phân Dirichlet). Chứng minh rằng
Z +∞
0
Chứng minh. Ta có
+∞
Z
0
sin x
=
x
Z1
0
sin x
+
x
129
+∞
Z
1
sin x
.
x
sin x
x
là bán hội tụ.
Zb
a
| f ( x )|dx
130
Z 1
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
sin x
x
0
thực chất là tích phân xác định vì
chỉ ra rằng
Z +∞
1
ZM
1
sin x
x
sin x
cos x
dx = −
x
x
+∞
Z
1
Mà
1
cos x
dx
x2
là hội tụ nên
+∞
Z
≥
1
( n +1) π
0
Mà ∑
n =0
2
( n +1) π
0
sin x
x
∈ R. Vì vậy chỉ cần
ZM
1
cos x
cos M
+
=
cos
1
−
M
x2
sin x
dx = cos 1 +
x
Z +∞
sin x
x
+∞
Z
1
ZM
1
cos x
dx.
x2
cos x
dx.
x2
cũng hội tụ. Việc tiếp theo là chỉ ra
Z +∞
0
(nZ
+1) π
nπ
+∞
sin x
dx = ∑
x
n =0
Zπ
0
sin x
x
dx
sin v
dv.
v + nπ
với 0 ≤ v ≤ π nên
Zπ
+∞
1
+
+∞
sin x
dx = ∑
x
n =0
0
1
v+nπ
M
1
là phân kì. Thật vậy,
Vì
= 1, do đó
Z 1
là hội tụ. Theo công thức tích phân từng phần,
Cho M → +∞ ta có
Z +∞
lim sinx x
x →0+
1
sin v
dv ≥
v + nπ
( n + 1) π
là phân kì nên
Z +∞
0
sin x
x
Zπ
sin vdv =
0
2
.
( n + 1) π
dx là phân kì theo tiêu chuẩn so sánh.
3.5 Bài tập
Bài tập 2.1. Xét sự hội tụ và tính (trong trường hợp hội tụ) các tích phân sau:
a)
Z 0
b)
Z +∞
−∞
0
cos xdx
Chứng minh.
b)
a)
Z0
d)
Z 1
0
xe x dx = e x ( x − 1)
phân kì.
−∞
( x2
dx
+ 1)2
dx
p
x (1 − x )
=1
−∞
+∞
. Do không tồn tại giới hạn lim sin x nên tích phân đã cho
cos xdx = sin x
0
Z +∞
0
−∞
+∞
Z
c)
xe x dx
x →+∞
0
130
3. Tích phân suy rộng
c)
+∞
Z
−∞
d)
Z1
0
131
π
( x2
dx
=2
+ 1)2
Z +∞
( x2
0
dx
. Đặt x = tan t thì I = 2
+ 1)2
1
dx
p
x (1 − x )
=
Z2
0
|
dx
p
x (1 − x )
{z
}
Z1
+
1
2
|
I1
Z2
0
dx
p
x (1 − x )
{z
}
I2
• Xét tích phân I1 có điểm bất thường là x = 0. Khi x → 0, p
khác tích phân
Z1
0
π
2
cos2 tdt =
1
1
∼ √ . Mặt
x
x (1 − x )
dx
√ hội tụ nên I1 hội tụ.
x
• Xét tích phân I2 có điểm bất thường là x = 1. Khi x → 1, p
Mặt khác tích phân
Z1
0
√
1
x (1 − x )
Trong trường hợp tổng quát, muốn tính I =
Zb
a
biến
dx
p
( x − a)(b − x )
ta thực hiện phép đổi
x = a cos2 ϕ + b sin2 ϕ
sẽ chuyển I về tích phân xác định
π
I=2
Z2
dϕ = π
0
Bài tập 2.2. Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng sau
a)
0
b)
dx
tan x − x
Z1 √
0
xdx
esin x −1
Chứng minh.
c)
Z1 √
0
d)
1
.
1−x
dx
hội tụ nên I2 hội tụ.
1−x
Vậy I = I1 + I2 hội tụ.
Z1
∼ √
√ xdx
1− x 4
+∞
Z
ln(1+ x )dx
x
e)
+∞
Z
f)
+∞
Z
a) Tích phân đã cho có điểm bất thường là x = 0 và
1
1
1
: 3 =
x →0 tan x − x x
3
lim
131
2
dx
1
0
1
e− x
x2
x2 dx
x 4 − x 2 +1
132
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Mặc khác
Z1
0
dx
phân kì nên
x3
Z1
0
dx
cũng phân kì.
tan x − x
b) Tích phân đã cho có điểm bất thường là x = 0 và khi x → 0, esin x − 1 ∼ sin x ∼ x nên
√
Z1
Z1 √
x
xdx
dx
1
∼ √ . Do √ hội tụ nên
cũng hội tụ.
sin
x
sin
e
−1
e x−1
x
x
0
0
c) Tích phân đã cho có điểm bất thường là x = và khi x → 1 thì
√
√
1
x
x
√
=p
∼ √
2 1−x
(1 − x )(1 + x + x2 + x3 )
1 − x4
Do
Z1
dx
√
hội tụ nên
1−x
0
Z1 √
0
√
xdx
1 − x4
cũng hội tụ.
ln(1 + x )
1
d) Ta có
> với mọi x > e − 1. Mà
x
x
phân kì.
+∞
Z
1
dx
phân kì nên
x
2
e) Ta có e
− x2
+∞
2
Z
e− x
x2
1
+∞
Z
a
a
Ví dụ như
ln(1 + x )dx
cũng
x
+∞
Z
0
dx
hội tụ nên
x2
dx cũng hội tụ.
Bài tập 2.3. Nếu
[Gợi ý]
1
1
e− x
< 1 với mọi x > 0 nên 2 < 2 với mọi x > 0. Mặt khác
x
x
f) Khi x → +∞ thì
+∞
Z
+∞
Z
1
x2
∼ 2 nên tích phân đã cho hội tụ.
4
2
x
x −x +1
f ( x )dx hội tụ thì có suy ra được f ( x ) → 0 khi x → +∞ không?
f ( x )dx hội tụ không suy ra được f ( x ) → 0 khi x → +∞.
+∞
Z
sin( x2 )dx hội tụ (xem bài tập 2.5) nhưng không tồn tại giới hạn lim sin( x2 ).
x →+∞
0
Bài tập 2.4. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên [ a, +∞) và lim f ( x ) = A 6= 0. Hỏi
x →+∞
có hội tụ không?
132
+∞
Z
a
f ( x )dx
3. Tích phân suy rộng
kì.
133
f (x)
[Gợi ý] Theo giả thiết lim
= 1, mà
x →+∞ A
+∞
Z
+∞
Z
Adx phân kì nên
f ( x )dx cũng phân
a
a
Bài tập 2.5. Xét sự hội tụ của các tích phân suy rộng sau
a)
+∞
Z
d)
sin( x2 )dx
0
b)
Z +∞
e− x dx
+∞
Z
2
1 − cos
x
1
x2 dx
p
3
0
e)
2
0
c)
Z1
f)
dx
Z
π
2
0
Z1
0
(1 −
h)
f ( x )dx
√
, ( f liên tục)
1 − x2
x p−1 (1 − x )q−1 dx
1
I=
2
Ta có thể viết
0
Z1
0
√
t, dx =
dạng
+∞
Z
x p−1 e− x dx
0
(tan x ) p dx
a) Thực hiện phép đổi biến x =
Chứng minh.
g)
x 2 )5
+∞
Z
+∞
Z
0
sin tdt
√
t
π
sin tdt
√ =
t
dt
√ , đưa tích phân đã cho về
2 t
+∞
Z
Z2
sin tdt
sin tdt
√ +
√
t
t
π
0
| {z } |2 {z }
I1
I2
sin t
Vì lim √ = 0 nên tích phân I1 thực chất là tích phân xác định nên hội tụ, do đó chỉ
t →0
t
cần xét I2 .
I2 =
+∞
Z
π
2
sin t
√ dt = −
t
cos t
1
Vì 3/2 ≤ 3/2 nên
t
t
hội tụ.
b) Ta có với x > 1 thì
+∞
Z
π
2
+∞
Z
π
2
2
e− x
cos t
d(cos t)
√
=− √
t
t
+∞
π
2
1
−
2
+∞
Z
π
2
cos t
1
dt
=
−
2
t3/2
+∞
Z
π
2
cos t
dt
t3/2
cos t
dt hội tụ. Vậy ta có I2 cũng hội tụ và tích phân đã cho
t3/2
<
e− x
mà
+∞
Z
e− x dx
=
e −1
hội tụ nên
+∞
Z
e− x dx cũng hội tụ.
2
0
1
1
2
2
c) Khi x → +∞, 1 − cos = 2 sin2 ∼ 2 nên
x
x
x
133
+∞
Z
1
2
1 − cos
x
dx hội tụ.
134
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
x2
x2
1
p
= p
∼ √
nên
d) Khi x → 1, p
3
3
3
3
(1 − x 2 )5
[(1 − x )(1 + x )]5
32. (1 − x )5
hội tụ.
e) Trước hết ta có nhận xét rằng I =
π
p < 0 và x = khi p > 0.
2
Z
π
2
0
p < 0 và phân kì nếu p ≤ −1.
π
, (tan x ) p =
2
cos x − p
sin x
sin x
cos x
p
Kết luận:
π
2
0
1
∼


=
nên I hội tụ nếu 0 < p < 1 và phân kì nếu p ≥ 1.
Z
0
x2 dx
p
3
(1 − x 2 )5
(tan x ) p dx có điểm bất thường là x = 0 khi
• Nếu p < 0 thì khi x → 0, (tan x ) p =
• Nếu p > 0 thì khi x →
Z1
x− p
nên I hội tụ nếu −1 <
p
sin x
1
π

p
 ∼ π
sin
−x
−x
2
2
(tan x ) p dx hội tụ khi | p| < 1 và phân kì khi | p| ≥ 1.
f) Trước hết ta có nhận xét rằng nếu p < 1 thì x = 0 là điểm bất thường, còn nếu q < 1
thì x = 1 là điểm bất thường. Phân tích
I=
Z1
0
1
x
p −1
(1 − x )
q −1
dx =
Z2
x
p −1
0
(1 − x )
q −1
dx +
Z1
}
|
{z
|
I1
1
2
x p−1 (1 − x )q−1 dx
{z
I2
}
I1 chỉ hội tụ khi 1 − p < 1, nghĩa là p > 0; còn I2 chỉ hội tụ khi 1 − q < 1, nghĩa là
q > 0. Vậy I chỉ hội tụ khi p > 0, q > 0.
g) Nếu p ≥ 1 thì tích phân đã cho chỉ có điểm bất thường tại +∞ và
lim [ x p−1 e− x ] :
x →+∞
nên
Z
1
x p +1
=0
=
lim
x →+∞ e x
x2
x p−1 e− x dx hội tụ.
x →+∞
Nếu p < 1 thì x = 0 cũng là một điểm bất thường. Ta có
+∞
Z
0
x
p −1 − x
e
dx =
Z1
x
p −1 − x
0
|
e
{z
I1
134
dx +
}
+∞
Z
1
|
x p−1 e− x dx
{z
I2
}
3. Tích phân suy rộng
135
Tích phân I1 hội tụ khi p > 0 và I2 hội tụ với p bất kì.
Vậy
+∞
Z
x p−1 e− x dx hội tụ nếu p > 0.
0
h) Mặc dù tích phân đã cho là tích phân suy rộng có điểm bất thường là x = 1 nhưng ta
có thể đưa I về tích phân thường bằng cách đổi biến. Đặt x = sin θ, trên [0, c] ta có
Z1
0
f ( x )dx
√
= lim
c →1−
1 − x2
Zc
f ( x )dx
√
= lim
c →1−
1 − x2
0
arcsin
Z c
π
f (sin θ )dθ =
0
Z2
f (sin θ )dθ
0
Vì f là một hàm
h πsối liên tục trên [0, 1] nên hàm hợp f (sin θ ) là một hàm số liên tục và
và tích phân đã cho là tích phân xác định nên hội tụ.
bị chặn trên 0,
2
Bài tập 2.6. Tính các tích phân suy rộng sau
a)
+∞
Z
b)
e−ax sin bxdx
0
Chứng minh.
+∞
Z
c)
e−ax cos bxdx
0
a)
+∞
Z
e−ax sin bxdx = −
0
b)
+∞
Z
+∞
Z
e−ax cos bxdx
0
0
a sin bx + b cos bx −ax
e
a2 + b2
+∞
b sin bx − a cos bx −ax
=
e
a2 + b2
0
a2
=
0
+∞
Z
0
b
+ b2
dx
=
1 + x4
+∞
Z
t2 dt
1 + t4
0
=
+∞
Z
0
x2 dx
1 + x4
Do đó
2I =
+∞
Z
0
Lại đặt z = x −
dx
+
1 + x4
b
a2 + b2
1
ta có
t
c) Thực hiện phép đổi biến x =
I=
=
+∞
+∞
Z
0
x2 dx
=
1 + x4
+∞
Z
0
(1 + x2 )dx
=
1 + x4
+∞
Z
0
1
1+ 2
x
x2 +
1
ta được
x
1
I=
2
+∞
Z
−∞
dx
1 + x4
z
z
1
= √ arctan √
2
z +2
2 2
2
135
+∞
−∞
π
= √
2 2
1
x2
dx
136
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
§4. CÁC
ỨNG DỤNG CỦA TÍCH PHÂN XÁC ĐỊNH
4.1 Tính diện tích hình phằng
1. Trường hợp biên của hình phẳng cho trong hệ toạ độ Descartes (tính diện tích "hình
thang cong")


a≤x≤b




y = f ( x )
Nếu S giới hạn bởi


y = g( x )




f , g ∈ C [ a, b]


c≤y≤d




 x = ϕ(y)
Nếu S giới hạn bởi


x = ψ(y)




ϕ, ψ ∈ [c, d]



a≤x≤b




y = 0
Nếu S giới hạn bởi 
 x = ϕ(t)






y = ψ(t)
thì S =
Zb
a
thì S =
Zd
c
thì S =
| f ( x ) − g( x ) | dx
(2.13)
| ϕ(y) − ψ(y) | dy
(2.14)
Zt2
t1
| ψ(t) ϕ′ (t) | dt
(2.15)
Trong đó giả thiết rằng phương trình ϕ(t) = a, ψ(t) = b có nghiệm duy nhất là t1 , t2 và
ϕ, ψ, ϕ′ ∈ C [t1 , t2 ].
Ví dụ 4.1 (Cuối kì, K61-Viện ĐTQT). Tính diện tích của miền

x + y ≥ 2
a) D :
 x2 + y2 ≤ 2x.

x − y ≥ 2
b) D :
 x2 + y2 ≤ 2x.
Bài tập 2.1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi:
a) Đường parabol y = x2 + 4 và đường thẳng x − y + 4 = 0.
b) Parabol bậc ba y = x3 và các đường y = x, y = 2x.
c) Đường tròn x2 + y2 = 2x và parabol y2 = x
d) Đường y2 = x2 − x4
136
4. Các ứng dụng của tích phân xác định
137
[Gợi ý]
Các câu a), b), c) có thể vẽ hình và tính toán dễ dàng như sau:
a) S =
Z1
0
b) S =
Z1
0
c) S = 2
[( x + 4) − ( x2 + 4)]dx =
1
6
√
(2x − x2 )dx +
Z2 √
0
Z2
2
( 4x − x2 ) −
3
4
(2x − x3 )dx =
√
2x )dx = 2π −
16
3
′
d) Trước hết ta có điều kiện 0 ≤ x ≤ 1, và nhận xét rằng nếu
 M ( x, y) ∈ C thì M (± x, ±y) ∈
0 ≤ x ≤ 1
C . Do đó S = 4S( D ), trong đó D là miền giới hạn bởi:
√
y = x2 − x4 .
Do miền D nằm hoàn toàn trong hình vuông 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1, hơn nữa hàm số
√
y = x2 − x4 liên tục, y(0) = y(1) = 0 nên đồ thị của nó trong [0, 1] có hình dáng
như hình vẽ dưới đây:
y
1
O
Áp dụng công thức 2.13 ta có S( D ) =
1 x
Z1 √
0
x2 − x4 dx = 31 ⇒S = 43 .
2. Trường hợp biên của hình phẳng cho trong hệ toạ độ cực (tính diện tích của miền có
dạng hình quạt)


ϕ=α




ϕ = β
Nếu S giới hạn bởi


r = r ( ϕ)




r ( ϕ) ∈ C [α, β]
137
1
thì S =
2
Zβ
α
r2 ( ϕ)dϕ
(2.16)
138
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Bài tập 2.2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường hình tim r2 = a2 cos 2ϕ
[Gợi ý]
y
r=a
p
cos 2ϕ
x
O
Hình 2.2
Khảo sát và vẽ đồ thị của đường cong trong toạ độ cực và nhận xét tính đối xứng của
hình vẽ ta có:
π
1
S = 4S( D ) = 4.
2
Z4
r2 ( ϕ)dϕ = a2 .
0
4.2 Tính độ dài đường cong phẳng
Trường hợp đường cong AB cho bởi phương trình y = f ( x )




Zb q
y = f ( x )
1 + [ f ′ ( x )]2
thì s =
AB a ≤ x ≤ b



a

f ∈ C1 [ a, b]
Trường hợp đường cong AB cho bởi phương trình tham số:


x = x (t)







Zβ q
y = y(t)
thì s =
AB α ≤ t ≤ β
[ x ′ (t)]2 + [y′ (t)]2 dt



α

x (t), y(t) ∈ C1 [ a, b]




 ′2
x (t) + y′2 (t) > 0∀t ∈ [α, β]
Trường hợp đường cong AB cho bởi phương trình trong toạ độ cực:




Zβ q
r = r ( ϕ )
AB
α≤ϕ≤β



r ( ϕ) ∈ C1 [α, β]
thì s =
r2 ( ϕ) + r ′2 ( ϕ)dϕ
α
138
(2.17)
(2.18)
(2.19)
4. Các ứng dụng của tích phân xác định
139
Bài tập 2.1. Tính độ dài đường cong
1
a) y = ln eex +
−1 khi x biến thiên từ 1 đến 2.

 x = a(cos t + ln tan t )
2
b)
khi t biến thiên từ
y = a sin t
x
Chứng minh.
đến π2 .
π
3
a) Ta có
ex
1 + y ′2 ( x ) = 1 +
ex
+1
−
ex
ex
Nên áp dụng công thức 2.17 ta được:
s=
Z2 2x
e +1
1
e2x − 1
dx
(t=e2x )
=
Ze
e2
4
−1
!2
=
e2x
e2x
+1
−1
!2
e2 + 1
t+1
= ln 2
2t(t − 1)
e
b) Áp dụng công thức 2.18 ta có
π
x ′2 ( t ) + y ′2 ( t ) = a2 .
cos2 t
2
sin t
⇒s = a
Z2
π
3
s
cos2 t
dt = a ln
sin2 t
s
2
√
3
4.3 Tính thể tích vật thể
Trường hợp vật thể được giới hạn bởi một mặt cong và hai mặt phẳng x = a, x = b. Giả
thiết ta biết rằng diện tích S của thiết diện của vật thể khi cắt bởi mặt phẳn x = x0 là
S( x0 ), và S( x ) là hàm số xác định, khả tích trên [ a, b]. Khi đó
V=
Zb
(2.20)
S( x )dx
a
Bài tập 2.1. Tính thể tích của vật thể là phần chung của hai hình trụ x2 + y2 = a2 và
y2 + z2 = a2 ( a > 0).
Lời giải: Do tính đối xứng nên V = 8V ′ trong đó V ′ = V ∩ { x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0}. Một
điểm M ( x, 0, 0) ∈ Ox, qua M ta dựng thiết diện của V ′ vuông góc với Ox thì được một hình
√
vuông có cạnh là a2 − x2 , do đó S( x ) = a2 − x2 . Áp dụng công thức 2.20 ta được
V=8
Za
0
( a2 − x2 )dx =
139
16 3
a
3
140
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Bài tập 2.2. Tìm thể tích vật thể giới hạn bởi mặt paraboloit z = 4 − y2 , các mặt phẳng
toạ độ và mặt phẳng x = a.
Chứng minh. Sau khi vẽ hình và áp dụng công thức 2.20 ta có:
V=
Za
S( x )dx mà S( x ) =
0
Z2
(4 − y2 )dy =
0
16
16
nên V =
a
3
3
Tính thể tích vật thể tròn xoay
 Trường hợp vật thể là vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang cong



a ≤ x ≤ b
quanh trục Ox, trong đó f ∈ C [ a, b] thì
y=0



y = f ( x )
V=π
Zb
(2.21)
f 2 ( x )dx
a
Tương
tự, nêú vật thể là vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình thang cong




c ≤ y ≤ d
quanh trục Oy, trong đó ϕ ∈ C [c, d] thì
x=0



 x = ϕ(y)
V=π
Zd
(2.22)
ϕ2 (y)dy
c
Bài tập 2.3. Tính thể tích khối tròn xoay tạo nên khi quay hình giới hạn bởi các đường
y = 2x − x2 và y = 0
a) quanh trục Ox một vòng
b) quanh trục Oy một vòng.
[Gợi ý]
a) Áp dụng công thức 2.21:
V=π
Z2
0
(2x − x2 )dx =
b) Áp dụng công thức 2.22:
V=π
Z1 0
1+
p
1−y
2
dy − π
140
Z1 0
1−
p
1−y
2
dy
4. Các ứng dụng của tích phân xác định
141
4.4 Tính diện tích mặt tròn xoay




a ≤ x ≤ b
Cho hình thang cong giới hạn bởi
với f ∈ C1 [ a, b]. Quay hình thang cong
y=0



y = f ( x )
này quanh trục Ox thì ta được một vật thể tròn xoay. Khi đó diện tích xung quanh của vật
thể được tính theo công thức:
S = 2π
Zb
a
Tương tự nếu quay hình thang cong
S = 2π
| f (x) |
q
1 + f ′2 ( x )dx




c ≤ y ≤ d
x=0



 x = ϕ(y)
Zd
c
| ϕ(y) |
q
với ϕ ∈ C1 [c, d], quanh trục Oy thì:
1 + ϕ′2 (y)dy
Bài tập 2.1. Tính diện tích mặt tròn xoay tạo nên khi quay các đường sau
a) y = tan x, 0 < x ≤
b)
x2
a2
+
y2
b2
π
4
quanh trục Ox.
= 1 quanh trục Oy( a > b)
c) 9y2 = x (3 − x )2 , 0 ≤ x ≤ 3 quanh trục Ox.
141
(2.23)
(2.24)
142
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
Chứng minh.
a) Áp dụng công thức 2.23 ta có:
π
Z4
S = 2π
tan x
0
Z1 q
= 2π
=π
t
0
1
Z
0
=π
p
Z2 √
1
√
=π
Z 5
√
= π.
dt
1 + t2
(đặt t = tan x )
1 + (1 + t2 )2
.d(t2 + 1)
2
1+t
1 + s2
ds
s
1+
√
1 + (1 + tan2 x )dx
1 + (1 + t2 )2 .
2
(
q
5−
(đặt s = 1 + t2 )
1 du
u2 − 1
√
)
√
√
1h
5−1
5 + 1i
2 + ln √
− ln √
2
2−1
2+1
b) Nhận xét tính đối xứng của miền và áp dụng công thức 2.24 ta có:
s
Zb q
a
2
y
a
b2 − y2 . 1 +
dy
.p
S = 2.2π
b
b
b2 − y2
a
= 4π
b
= 4π
0
Zb
0
ap
b
q
b4 + ( a2 − b2 )y2 dy
a2 − b2
ap 2
a − b2
= 4π
b
Zb
0
s
Zb q
b4
dy
a2 − b2
y2 + βdy( đặt β =
0
1h
ap 2
a − b2 . y
= 4π
b
2
Z q
y2 +
q
y2
b4
)
a2 − b2
+ β + β ln | y +
q
y2
+β|
i
b
0
!
q
i
h q
1
y2 + βdy =
y y2 + β + β ln | y + y2 + β |
2
c) Trước hết
9y2 = x (3 − x )2 ⇒18yy′ = 3(3 − x )(1 − x )⇒y′ =
142
(1 − x )2
(3 − x )(1 − x )
⇒ y ′2 =
6y
4x
4. Các ứng dụng của tích phân xác định
143
Nên áp dụng công thức 2.23 ta có:
S = 2π
Z3 √
0
x (3 − x )
.
3
r
(1 − x )2
1
1+
dx = 2π.
4x
6
Z3
0
(3 − x )(1 + x )dx = 3π.
"Nghịch lý sừng Gabriel"
Cho một vật thể tròn xoay tạo bởi khi xoay miền giới hạn bởi
Tính thể tích và diện tích mặt của nó.




1 ≤ x,
y = 0,



y = 1
x
quanh trục Ox.
[Lời giải] Ta có
V=π
+∞ 2
Z
1
và
S = 2π
+∞
Z
1
1
x
dx = π
s
+∞
Z
1 2
1
1
1 + − 2 dx ≥ 2π
dx = +∞.
x
x
x
1
Như vậy, đây là một vật thể có diện tích mặt bằng +∞, trong khi đó lại có thể tích hữu
hạn. Giả sử bạn có một vật thể như vậy và cần sơn nó.
i) Một mặt, vì diện tích mặt là +∞, bạn cần một lượng vô hạn sơn để sơn nó.
ii) Mặt khác, vì miền giới hạn bởi vật đó có thể tích hữu hạn, bạn có thể đổ đầy nó bằng
một lượng hữu hạn sơn (ở đây là π đơn vị thể tích), và khi đó toàn bộ mặt trong của
nó sẽ được sơn.
Một nghịch lý phải không?
143
144
Chương 2. Phép tính tích phân một biến số
144
CHƯƠNG
HÀM
§1. GIỚI
3
SỐ NHIỀU BIẾN SỐ
HẠN CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ
1.1 Giới hạn của hàm số nhiều biến số
Ta nói rằng dãy điểm { Mn ( xn , yn )} dần tới điểm M0 ( x0 , y0 ) trong R2 và viết Mn → M0
khi n → +∞ nếu lim d( Mn , M0 ) = 0 hay nếu xn → x0 , yn → y0 .
n→+∞
Định nghĩa 3.33. Cho hàm số z = f ( M ) = f ( x, y) xác định trong một lân cận V nào đó
của điểm M0 ( x0 , y0 ), có thể trừ tại điểm M0 . Ta nói rằng hàm số f ( x, y) có giới hạn là L
khi M dần đến M0 nếu
∀ǫ > 0, ∃δ > 0 : nếu d( M, M0 ) < δ thì | f ( M) − L| < ǫ.
Một cách tương đương, với mọi dãy điểm Mn ( xn , yn ) thuộc lân cận V dần đến M0 ta đều có
lim f ( xn , yn ) = L.
n→+∞
Khi đó ta viết
lim
( x,y)→( x0 ,y0 )
f ( x, y) = L hay
lim f ( M ) = L.
M→ M0
• Khái niệm giới hạn vô hạn cũng được định nghĩa tương tự như đối với hàm số một
biến số.
• Các định lý về giới hạn của tổng, hiệu, tích, thương đối với hàm số một biến số cũng
đúng cho hàm số nhiều biến số và được chứng minh tương tự.
Nhận xét:
145
146
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
• Theo định nghĩa trên, muốn chứng minh sự tồn tại của giới hạn của hàm số nhiều
biến số là việc không dễ vì phải chỉ ra lim f ( xn , yn ) = l với mọi dãy số { xn →
n→+∞
x0 }, {yn → y0 }. Trong thực hành, muốn tìm giới hạn của hàm số nhiều biến số,
phương pháp chứng minh chủ yếu là đánh giá hàm số, dùng nguyên lý giới hạn kẹp
để đưa về giới hạn của hàm số một biến số.
• Với chiều ngược lại, muốn chứng minh sự không tồn tại giới hạn của hàm số nhiều
biến số, ta chỉ cần chỉ ra tồn tại hai dãy { xn → x0 , yn → y0 } và { xn′ → x0 , y′n → y0 }
sao cho
lim f ( xn , yn ) 6= lim f ( xn′ , y′n )
n→+∞
n→+∞
hoặc chỉ ra tồn tại hai quá trình ( x, y) → ( x0 , y0 ) khác nhau mà f ( x, y) tiến tới hai
giới hạn khác nhau.
1.2 Tính liên tục của hàm số nhiều biến số
• Giả sử hàm số f ( M ) xác định trong miền D, M0 là một điểm thuộc D. Ta nói rằng
hàm số f ( M ) liên tục tại điểm M0 nếu
lim f ( M ) = f ( M0 )
M→ M0
Nếu miền D đóng và M0 là điểm biên của D thì lim M→ M0 f ( M ) được hiểu là giới hạn
của f ( M ) khi M dần tới M0 ở bên trong của D.
• Hàm số f ( M ) được gọi là liên tục trong miền D nếu nó liên tục tại mọi điểm thuộc
D.
• Hàm số nhiều biến số liên tục cũng có những tính chất như hàm số một biến số liên
tục. Chẳng hạn, nếu hàm số nhiều biến số liên tục trong một miền đóng, bị chặn thì
nó liên tục đều, bị chặn trong miền ấy, đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trong
miền đó.
1.3 Bài tập
Bài tập 3.1. Tìm miền xác định của các hàm số sau
a) z = p
b) z =
p
1
c) z = arcsin
x 2 + y2 − 1
d) z =
( x2 + y2 − 1)(4 − x2 − y2 )
Bài tập 3.2. Tìm giới hạn (nếu có) của các hàm số sau
146
p
y−1
x
x sin y
2. Đạo hàm và vi phân
a) f ( x, y) =
147
x 2 − y2
( x → 0, y → 0)
x 2 + y2
b) f ( x, y) = sin
πx
( x → ∞, y → ∞)
2x + y
a) Nếu cho ( x, y) → (0, 0) theo phương của đường thẳng y = kx thì ta có
Chứng minh.
f ( x, kx ) =
x2 − k2 x2
1 − k2
1 − k2
=
→
khi x → 0
x2 + k2 x2
1 + k2
1 + k2
Vậy khi ( x, y) → (0, 0 theo những phương khác nhau thì f ( x, y) dần tới những giới
hạn khác nhau. Do đó không tồn tại
lim
f ( x, y).
( x,y)→(0,0)
b) Nếu cho ( x, y) → (∞, ∞) theo phương của đường thẳng y = kx thì ta có
π
π
πx
= sin
→ sin
khi x → 0
f ( x, kx ) = sin
2x + kx
2+k
2+k
Vậy khi ( x, y) → (0, 0 theo những phương khác nhau thì f ( x, y) dần tới những giới
hạn khác nhau. Do đó không tồn tại
lim
f ( x, y).
( x,y)→(0,0)
Bài tập 3.3. [Cuối kì, K62, GT2, Nhóm ngành 2] Tính các giới hạn
a)
2x4 + y4
.
( x,y)→(0,0) x2 + 2y2
b)
lim
x4 + 2y4
.
( x,y)→(0,0) 2x2 + y2
lim
[Lời giải] Ta có
a)
2x4 + y4
2x4
y4
=
lim
+
lim
= 0 + 0 = 0,
( x,y)→(0,0) x2 + 2y2
( x,y)→(0,0) x2 + 2y2
( x,y)→(0,0) x2 + 2y2
lim
2x4
≤ 2x2 ,
do 0 ≤ 2
x + 2y2
b)
y4
0≤ 2
≤ 21 y2 và nguyên lý giới hạn kẹp.
2
x + 2y
x4
2y4
x4 + 2y4
=
lim
+
lim
= 0 + 0 = 0,
( x,y)→(0,0) 2x2 + y2
( x,y)→(0,0) 2x2 + y2
( x,y)→(0,0) 2x2 + y2
lim
do 0 ≤
x4
≤ 12 x2 ,
2x2 + y2
0≤
Chú ý 3.20. Không nhầm lẫn
2y4
≤ 2y2 và nguyên lý giới hạn kẹp.
2x2 + y2
lim
( x,y)→( x0 ,y0 )
f ( x, y) với các giới hạn lặp lim lim f ( x, y) và
x → x0 y → y0
lim lim f ( x, y). Chẳng hạn như, bạn đọc có thể kiểm tra với hàm số f ( x, y) =
y → y0 x → x0
i)
x2
2 + y2
x
( x,y)→(0,0)
lim
không tồn tại.
ii) lim lim f ( x, y) x2x+y2 = 1,
2
x →0 y →0
iii) lim lim
x2
2 + y2
x
y →0 x →0
= 0.
147
x2
x 2 + y2
ta có
148
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
§2. ĐẠO
HÀM VÀ VI PHÂN
2.1 Đạo hàm riêng
• Cho hàm số f ( x, y) xác định trong một miền D, điểm M ( x0 , y0 ) ∈ D. Nếu cho y = y0 ,
hàm số một biến số x 7→ f ( x, y0 ) có đạo hàm tại điểm x = x0 thì đạo hàm đó gọi là
∂
∂f
hay
f ( x, y).
đạo hàm riêng của f với biến x tại M0 và được kí hiệu là
∂x
∂x
∂f
f ( x0 + △ x, y0 ) − f ( x0 , y0 )
= lim
∂x
△x
△ x →0
• Cho hàm số f ( x, y) xác định trong một miền D, điểm M ( x0 , y0 ) ∈ D. Nếu cho x = x0 ,
hàm số một biến số x 7→ f ( x0 , y) có đạo hàm tại điểm y = y0 thì đạo hàm đó gọi là
∂
∂f
hay
f ( x, y).
đạo hàm riêng của f với biến x tại M0 và được kí hiệu là
∂y
∂y
f ( x0 , y0 + △ y ) − f ( x0 , y0 )
∂f
= lim
∂y
△y
△ y →0
Chú ý: Các đạo hàm riêng của các hàm số n biến số (với n ≥ 3) được định nghĩa tương tự.
Khi cần tính đạo hàm riêng của hàm số theo biến số nào, xem như hàm số chỉ phụ thuộc
vào biến đó, còn các biến còn lại là các hằng số và áp dụng các quy tắc tính đạo hàm như
hàm số một biến số.
2.2 Vi phân toàn phần
• Cho hàm số z = f ( x, y) xác định trong miền D. Lấy các điểm M0 ( x0 , y0 ) ∈ D, M ( x0 +
△ x0 , y0 + △y0 ) ∈ D. Biểu thức △ f = f ( x0 + △ x0 , y0 + △y0 ) − f ( x0 , y0 )( x0 , y0 ) được
gọi là số gia toàn phần của f tại M0 . Nếu như có thể biểu diễn số gia toàn phần dưới
dạng
△ f = A. △ x + B △ y + α △ y + β △ y
trong đó A, B là các hằng số chỉ phụ thuộc x0 , y0 còn α, β → 0 khi M → M0 , thì ta nói
hàm số z khả vi tại M0 , còn biểu thức A. △ x + B △ y + α △ y được gọi là vi phân toàn
phần của z = f ( x, y) tại M0 và được kí hiệu là dz.
Hàm số z = f ( x, y) được gọi là khả vi trên miền D nếu nó khả vi tại mọi điểm của
miền ấy.
• Đối với hàm số một biến số, sự tồn tại đạo hàm tại điểm x0 tưong đương với sự khả
vi của nó tại x0 . Đối với hàm số nhiều biến số, sự tồn tại của các đạo hàm riêng tại
M0 ( x0 , y0 ) chưa đủ để nó khả vi tại M0 (xem bài tập 3.4). Định lý sau đây cho ta điều
kiện đủ để hàm số z = f ( x, y) khả vi tại M0 .
148
2. Đạo hàm và vi phân
149
Định lý 3.50. Nếu hàm số f ( x, y) có các đạo hàm riêng trong lân cận của M0 và nếu các
đạo hàm riêng đó liên tục tại M0 thì f ( x, y) khả vi tại M0 và
dz = f x′ △ x + f y′ △ y
Ví dụ 2.1 (Cuối kì, K61 Viện ĐTQT). Sử dụng vi phân, tính gần đúng
a)
p
(8, 05)2 + (5, 96)2 .
b)
2.3 Đạo hàm của hàm số hợp
p
(6, 05)2 + (7, 96)2 .
Cho D là một tập hợp trong R2 và các hàm số
ϕ
f
D → ϕ( D ) ⊂ R2 → R
và F = f ◦ ϕ là hàm số hợp của hai hàm số f và ϕ:
F ( x, y) = f (u( x, y), v( x, y))
∂f ∂f
,
liên tục trong ϕ( D ) và nếu u, v có các
∂x ∂y
∂u ∂u ∂v ∂v
∂F ∂F
, , ,
,
đạo hàm riêng
trong D thì tồn tại các đạo hàm riêng
và
∂x ∂y ∂x ∂y
∂x ∂y

∂F
∂ f ∂u ∂ f ∂v


=
+
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
(3.1)
∂ f ∂u ∂ f ∂v
∂F


=
+
∂y
∂u ∂y ∂v ∂y
Định lý 3.51. Nếu f có các đạo hàm riêng
Công thức 3.1 có thể được viết dưới dạng ma trận như sau


∂u
∂u

∂F ∂F
∂f ∂f 
 ∂x ∂y 
=

∂v ∂v 
∂x ∂y
∂u ∂v
∂x ∂y
trong đó ma trận

∂u
 ∂x

 ∂v
∂x

∂u
∂y 

∂v 
∂y
được gọi là ma trận Jacobi của ánh xạ ϕ, định thức của ma trận ấy được gọi là định thức
D (u, v)
.
Jacobi của u, v với x, y và được kí hiệu là
D ( x, y)
149
150
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
2.4 Đạo hàm và vi phân cấp cao
• Cho hàm số hai biến số z = f ( x, y). Các đạo hàm riêng f x′ , f y′ là những đạo hàm riêng
cấp một. Các đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp một nếu tồn tại được gọi là
những đạo hàm riêng cấp hai. Có bốn đạo hàm riêng cấp hai được kí hiệu như sau:


∂2 f
∂ ∂f

′
′
”

=
(
f
)
=
f
=

x x
xx

∂x ∂x ∂x2




∂2 f
∂f

” = ∂

=
( f x′ )′y = f xy
∂y ∂x ∂y∂x
∂2 f
∂f

′ )′ = f ” = ∂


=
(
f
y x
yx


∂x ∂y ∂x∂y



 ′ ′
∂ ∂f
∂2 f

”

= 2
( f y )y = f yy =
∂y ∂y
∂y
Các đạo hàm riêng của các đạo hàm riêng cấp hai, nếu tồn tại, được gọi là các đạo
hàm riêng cấp ba, ...
Định lý 3.52 (Schwarz). Nếu trong một lân cận U nào đó của điểm M0 ( x0 , y0 ) hàm
” , f ” và nếu các đạo hàm riêng ấy liên tục tại
số z = f ( x, y) có các đạo hàm riêng f xy
yx
” = f ” tại M .
M0 thì f xy
0
yx
• Xét hàm số z = f ( x, y), vi phân toàn phần của nó dz = f x′ dx + f y′ dy, nếu tồn tại, cũng
là một hàm số với hai biến số x, y. Vi phân toàn phần của dz, nếu tồn tại, được gọi là
vi phân toàn phần cấp hai của z và được kí hiệu là d2 z. Ta có công thức
”
”
”
d2 z = f xx
dx2 + 2 f xy
dxdy + f yy
dy2
Ví dụ 2.2 (Cuối kì, K62, GT2,
 Nhóm ngành 2). Cho hàm số z = z( x, y) có các đạo hàm
 x = r cos ϕ,
riêng cấp một liên tục, ở đó
y = r sin ϕ.
Chứng minh rằng
∂z
∂x
2
+
∂z
∂y
2
=
∂z
∂r
2
1
+ 2
r
∂z
∂ϕ
2
.
2.5 Đạo hàm theo hướng - Gradient
Định nghĩa 3.34. Cho f ( x, y, z) là một hàm số xác định trong một miền D ∈ R3 và ~l =
(l1 , l2 , l3 ) là một véctơ đơn vị bất kì trong R3 . Giới hạn, nếu có,
lim
t →0
f ( M0 + t~l ) − f ( M )
t
150
(3.2)
2. Đạo hàm và vi phân
151
∂f
( M0 ).
được gọi là đạo hàm của hàm số f theo hướng ~l tại M0 và được kí hiệu là
∂~l
• Nếu ~l không phải là véc tơ đơn vị thì giới hạn trong công thức 3.2 có thể được thay
bằng
u( x0 + t cos α, y0 + t cos β, z0 + t cos γ) − u( x0 , y0 , z0 )
lim
,
t →0
t
−
→
trong đó cos α, cos β, cosγ là các cosin chỉ phương của l .
• Nếu ~l trùng với véctơ đơn vị i của trục Ox thì đạo hàm theo hướng ~l chính là đạo hàm
riêng theo biến x của hàm f
∂f
∂f
( M0 ) =
( M0 )
∂x
∂~l
• Vậy đạo hàm riêng theo biến x chính là đạo hàm theo hướng của trục Ox, cũng như
∂f ∂f
,
là các đạo hàm của f theo hướng của trục Oy và Oz. Định lý sau đây cho
vậy,
∂y ∂z
ta mối liên hệ giữa đạo hàm theo hướng và đạo hàm riêng:
Định lý 3.53. Nếu hàm số f ( x, y, z) khả vi tại điểm M0 ( x0 , y0 , z0 ) thì tại M0 có đạo hàm
theo mọi hướng ~l và ta có
∂f
∂f
∂f
∂f
( M0 ) cos α + ( M0 ) cos β + ( M0 ) cos γ
( M0 ) =
∂x
∂y
∂z
∂~l
trong đó (cos α, cos β, cos γ) là cosin chỉ phương của ~l .
Cho f ( x, y, z) là hàm số có các đạo hàm riêng tại M0 ( x0 , y0 , z0 ). Người ta gọi gradient của
f tại M0 là véctơ
∂f
∂f
∂f
( M0 ), ( M0 ), ( M0 )
∂x
∂y
∂z
−−→
và được kí hiệu là grad f ( M0 ).
−
→
Định lý 3.54. Nếu l là một véctơ đơn vị và hàm số f ( x, y, z) khả vi tại M0 thì tại đó ta có
−−→
∂f
( M0 ) = grad f .~l
∂~l
∂f
( M0 ) thể hiện tốc độ biến thiên của hàm số f
∂~l
−−→ −−→
−−→
∂f
( M0 ) = grad f .~l = grad f ~l . cos grad f ,~l ta có
thức
∂~l
−−−→
−−→
bằng grad f ~l nếu ~l có cùng phương với grad f . Cụ thể
Chú ý:
tại M0 theo hướng ~l. Từ công
∂f
( M0 ) đạt giá trị lớn nhất
∂~l
• Theo hướng ~l, hàm số f tăng nhanh nhất tại M0 nếu ~l có cùng phương, cùng hướng
−−−→
với grad f .
• Theo hướng ~l, hàm số f giảm nhanh nhất tại M0 nếu ~l có cùng phương, ngược hướng
−−−→
với grad f .
151
152
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
2.6 Hàm ẩn - Đạo hàm của hàm số ẩn
• Cho phương trình F ( x, y) = 0 trong đó F : U → R là một hàm số có các đạo hàm
riêng liên tục trên tập mở U ⊂ R2 và Fy′ ( x0 , y0 ) 6= 0. Khi đó phương trình F ( x, y) = 0
xác định một hàm số ẩn y = y( x ) trong một lân cận nào đó của x0 và có đạo hàm
y′ ( x ) = −
Fx′
Fy′
• Tương tự, cho phương trình F ( x, y, z) = 0 trong đó F : U → R là một hàm số có các
đạo hàm riêng liên tục trên tập mở U ⊂ R3 và Fz′ ( x0 , y0 , z0 ) 6= 0. Khi đó phương trình
F ( x, y, z) = 0 xác định một hàm số ẩn z = z( x, y) trong một lân cận nào đó của ( x0 , y0 )
và có đạo hàm
Fy′
Fx′ ′
′
z x = − ′ , zy = − ′
Fz
Fz
2.7 Bài tập
Bài tập 3.4. Chứng minh rằng hàm số
xy
2
2
f ( x, y) = x + y

0


nếu ( x, y) 6= (0, 0)
nếu ( x, y) = (0, 0)
có các đạo hàm riêng tại (0, 0) nhưng không liên tục tại (0, 0) và do đó không khả vi tại
(0, 0).
Bài tập 3.5. Tính các đạo hàm riêng của hàm số sau
p
a) z = ln x + x2 + y2
b) z = y2 sin yx
Chứng minh.
b)
a)
c) z = x y
e) u = x y , ( x, y, z > 0)
z
3
d) z = arctan
r
x 2 − y2
x 2 + y2
√ 2y 2
1 + √ 2x 2
1
x
+
y
x +y
p
p
z′x =
=p
; z′y =
x + x 2 + y2
x 2 + y2
x + x 2 + y2
x
x
x
z′x = y cos ; z′y = 2y sin − x cos .
y
y
y
152
1
f) u = e x2 +y2 +z2 , ( x, y, z > 0)
2. Đạo hàm và vi phân
153
c)
z′x = y3 x y
3 −1
; z′y = 3y2 ln x.x y
3
d)
z′x =
z′y
=
1
x 2 − y2
x 2 + y2
∂
+ 1 ∂x
s
∂
+ 1 ∂y
s
1
x 2 − y2
x 2 + y2
x 2 − y2
x 2 + y2
!
x 2 − y2
x 2 + y2
!
y2
= p
x x 4 − y4
e)
u′x = yz x y
z −1
=p
−y
x 4 − y4
z
z
; u′y = x y zyz−1 . ln x; u′z = x y yz ln y ln x
f)
1
u′x = e x2 +y2 +z2 .
−2x
( x 2 + y2 + z2 )
1
; u′y = e x2 +y2 +z2
2
−2y
( x 2 + y2 + z2 )
1
; u′z = e x2 +y2 +z2
2
−2z
( x 2 + y2 + z2 )
Bài tập 3.6. Khảo sát sự liên tục và sự tồn tại, liên tục của các đạo hàm riêng của các
hàm số f ( x, y) sau

 x arctan y 2 nếu x 6= 0
x
a) f ( x, y) =
0
nếu x = 0


 x sin y − y sin x nếu ( x, y) 6= (0, 0)
x 2 + y2
b) f ( x, y) =

0
nếu ( x, y) = (0, 0) .
Chứng minh.
a) Dễ thấy hàm số liên tục với mọi ( x, y) 6= (0, y).
2
y 2
≤ π2 | x | nên lim x. arctan yx = 0 = f (0, y) . Vậy f ( x, y)
Xét x = 0, vì x arctan x
R2 .
x →0
liên tục trên
Với x 6= 0 các đạo hàm riêng tồn tại và liên tục:
y 2
2x3 y
2x2 y2 ′
,
z
=
z′x = arctan
− 4
x
x + y4 y
x 4 + y4
Xét tại x = 0,




2
0, y = 0
f ( h, y) − f (0, y)


 f x′ (0, y) = lim
= arctan yh = 
π
h
h →0
2 , y 6= 0


f (0, y + k) − f (0, y)


 f y′ (0, y) = lim
= lim 0 = 0
k
k →0
k →0
Vậy ta thấy f x′ ( x, y) liên tục trên R2 \ (0, 0) ; f y′ ( x, y) liên tục trên R2 .
153
2
.
154
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
b) Hàm số liên tục trên R2 \ (0, 0), còn tại (0, 0) thì
1 sin y sin x
sin y sin x
xy
x sin y − ysinx
≤
−
−
= 2
0≤
2
2
2
y
x
2 y
x
x +y
x +y
nên
lim
x →0
y →0
Vậy f ( x, y) liên tục trên R2 .
x sin y − ysinx
=0
x 2 + y2
Bài tập 3.7. Giả sử z = y f x2 − y2 , ở đó f là hàm số khả vi. Chứng minh rằng đối với
hàm số z hệ thức sau luôn thoả mãn
1 ′
1
z
z x + z′y = 2
x
y
y
Chứng minh. Ta có
z′x = y f x2 − y2 .2x, z′y = f x2 − y2 + y. f x2 − y2 . (−2y)
nên
f x 2 − y2
1 ′
1 ′
z
z x + zy =
= 2
x
y
y
y
Bài tập 3.8. Tìm đạo hàm của hàm số hợp sau đây
p
2
2
a) z = eu −2v , u = cos x, v = x2 + y2 .
b) z = ln u2 + v2 , u = xy, v = yx .
c) z = arcsin ( x − y) , x = 3t, y = 4t3 .
Chứng minh.
a) Ta có
(
nên
u′x
u′y

 v′x = √
x
= − sin x
x 2 + y2
;
;
 v′y = √ y
=0
2
2
x +y

z′ = ecos x2 −2( x2 +y2 ) [− sin 2x − 4x ] .
x
z′ = ecos x2 −2( x2 +y2 ) [−4y] .
y
b) Ta có
nên
(
u′x = y
;
u′y = x
(
v′x =
v′y =
1
y
−x
y2
4−1
2
y
2
z′x = , z′y =
x
y ( y4 + 1)
154
2. Đạo hàm và vi phân
155
c) Ta có
(
xt′ = 3
y′t = 12t2
nên
z′t
=q
1
1 − ( x − y )2
3 − 12t
2
Bài tập 3.9. Tìm vi phân toàn phần của các hàm số
a) z = sin x2 + y2
b) z = ln tan x
y
Chứng minh.
c) z = arctan x−y
x +y
d) u = x y
2z
a)
dz = cos x2 + y2 (2xdx + 2ydy)
b)
dz =
2
sin
2y
x
.
xdy − ydx
x2
.
c)
dz =
( x − y) dx + ( x + y) dy
.
( x − y )2 + ( x + y )2
d)
du = x
y2 z
y2 z
2
dx + 2yz ln xdy + y ln xdz .
x
Bài tập 3.10. Tính gần đúng
a) A =
q
3
b) B = ln
(1, 02)2 + (0, 05)2
Chứng minh.
a) Xét hàm f ( x, y) =
f x′ =
1
p
3
√
3
1, 03 +
√
4
0, 98 − 1
x2 + y2 , ∆x = 0, 02; ∆y = 0, 05; x = 1; y = 0. Ta có
2/3
3 ( x 2 + y2 )
2x; f y′ =
1
3 ( x 2 + y2 )
2/3
2y
Khi đó
2
f (1 + ∆x, 0 + ∆y) ≈ f (1, 0) + f x′ (1, 0) ∆x + f y′ (1, 0) ∆y = 1 + .0, 02 + 0.0, 05 = 1, 013.
3
155
156
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
b) Xét hàm
f ( x, y) = ln
√
3
x+
√
4
x+
1
√
4
Ta có
f x′ = √
3
Khi đó
y − 1 ; x = 1; y = 1; ∆x = 0, 03; ∆y = 0, 02
.
1
y − 1 3x
2
3
; f y′ = √
3
x+
1
√
4
.
1
y − 1 3y 43
f (1 + ∆x, 1 + ∆y) ≈ f (1, 1) + f x′ (1, 1) ∆x + f y′ (1, 1) ∆y
1
1
= 0 + .0, 03 + (−0, 02) = 0, 005.
3
4
Bài tập 3.11. Tìm đạo hàm của các hàm số ẩn xác định bởi các phương trình sau
a) x3 y − y3 x = a4 ; tính y′
c) x + y + z = ez ; tính z′x , z′y
b) arctan
d) x3 + y3 + z3 − 3xyz = 0, tính z′x , z′y
x +y
a
= ya ; tính y′
Chứng minh.
a) Xét hàm số ẩn F ( x, y) = x3 y − y3 x − a4 = 0, có Fx′ = 3x2 y − y3 ; Fy′ =
x3 − 3y2 x. Vậy
− F′
3x2 y − y3
y′ = ′ x = − 3
Fy
x − 3y2 x
b) Xét hàm số ẩn F ( x, y) = arctan
x +y
a
−
y
a
có
y′ =


 Fx′ =

 Fy′ =
a
( x + y )2
1+ (
1
a
x +y 2
a
)
a
a2 +( x +y)2
=
a
a2 +( x +y)2
− 1a =
a2 − a2 −( x +y)2
a( a2 +( x +y)2 )
nên
.
c) Xét hàm số ẩn F ( x, y, z) = x + y + z − ez có Fx′ = 1; Fy′ = 1; Fz′ = 1 − ez nên
z′x =
−1
−1
; z′y =
z
1−e
1 − ez
d) Xét hàm số ẩn F ( x, y) = x3 + y3 + z3 − 3xyz = 0 có Fx′ = 3x2 − 3yz; Fy′ = 3y2 − 3xz; Fz′ =
3z2 − 3xy nên
3xz − 3y2
3yz − 3x2 ′
; zx = 2
z′x = 2
3z − 3xy
3z − 3xy
+z
′
′
Bài tập 3.12. Cho u = yx+
z , tính u x , uy biết rằng z là hàm số ẩn của x, y xác định bởi
phương trình z.ez = x.e x + y.ey
156
2. Đạo hàm và vi phân
157
Chứng minh. Xét hàm số F ( x, y, z) = zez − xe x − yey = 0 có


′
x
x


 Fx = − (e + xe )
Fy′ = − (ey + yey )



 F ′ = ez + zez
nên
z

e x + xe x
e x + xe x

′
′
−
x
+
z
1
+
(
)

z
z
e +ze
ez +zez
(1 + z x ) . ( y + z ) − ( x + z ) ( z x )

′


=
u x =
2
2
y y
(y + zy) y (y +z)
e +ye
e +ye
′
′

−
y
+
z
x
+
z
.
1
+
x
+
z
.
1
+
z
z
−
y
+
z
(
) ez +zez
(
)
(
)
(
) y

y
ez +zez
 ′


=
uy =
( y + z )2
( y + z )2
Bài tập 3.13. Tìm đạo hàm của các hàm số ẩn y( x ), z( x ) xác định bởi hệ

x + y + z
=0
 x 2 + y2 + z2 = 1
Chứng minh. Lấy đạo hàm hai vế của các phương trình của hệ ta có

1 + y ′ + z ′
=0
x
x
2x + 2yy′ + 2zz′ = 0
x
nên
Bài tập 3.14. Phương trình z2 +
rằng x2 z′x + y1 z′y = 1z
2
x
x

z−x

 y′x =
y−z
x−y

′
 zx =
y−z
=
p
y2 − z2 , xác định hàm ẩn z = z ( x, y). Chứng minh
Chứng minh. Xét hàm số F ( x, y, z) = z2 +
2
x



Fx′ = − x22



p
−y
′
− y2 − z2 có Fy = √y2 −z2




 Fz′ = 2z + √

2


x2
′

zx =



2z + √

−y
z
y2 − z2
√2 2


y −z

′

zy =


2z + √ 2z

y − z2
Từ đó suy ra x2 z′x +
z′y
y
= 1z .
Bài tập 3.15. Tính các đạo hàm riêng cấp hai của các hàm số sau
157
nên
z
y2 − z2
158
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
a) z =
1
3
q
( x2
b) z = x2 ln x2 + y2
+ y2 )3
a) Ta có
Chứng minh.

 z ′ = x p x 2 + y2
x
p
 z ′ = y x 2 + y2
y
b) Ta có



z′x = 2x ln ( x + y) +


z′y =
x2
x+y
y

2x
2x ( x + y) − x2

′′

z xx = 2 ln ( x + y) +
+


x+y

( x + y )2



2x
− x2
+
⇒ z′′xy =
x + y ( x + y )2





x2


z′′yy =
( x + y )2
x2
x+y
−y
−y
= 2
2
x
x + y2
1+ x
1
1
x

′ =

z
=

y

y 2x
x 2 + y2
1+
1
c) z = arctan x

p
2x
2x2 + y2

′′ =

2 + y2 + x p
p

z
x
=
xx


2 x 2 + y2
x 2 + y2



2
p
2y
x + 2y2
⇒ z′′yy = x2 + y2 + y p
=p

2 x 2 + y2
x 2 + y2




2xy
xy

′′

=p
z xy = p 2
2 x + y2
x 2 + y2
c) Ta có


′


z x =
.
y 2
x

2xy


z′′xx =

2

2

( x + y2 ) 


− x2 + y2 + y.2y
y2 − x 2
=
⇒ z′′xy =
2
2

( x 2 + y2 )
( x 2 + y2 )



−2xy


′′

zyy = 2
2
( x + y2 )
Bài tập 3.16. Tính vi phân cấp hai của các hàm số sau
a) z = xy2 − x2 y
Chứng minh.
b) z =
1
2( x 2 + y2 )
a) Ta có dz = y2 − 2xy dx + 2xy − x2 dy nên
d2 z = −2y (dx )2 + 4 (y − x ) dxdy+ (2y) (dy)2
b) Ta có dz =
x
2
2( x 2 + y2 )
d2 z =
dx +
y
2
2( x 2 + y2 )
y2 − 3x2
( x2
+ y2 )3
dy nên
(dx )2 −
4xy
( x2
158
+ y2 )
dxdy +
3
x2 − 3y2
( x2
+ y2 )3
(dy)2
3. Cực trị của hàm số nhiều biến số
§3. CỰC
159
TRỊ CỦA HÀM SỐ NHIỀU BIẾN SỐ
3.1 Cực trị tự do
Định nghĩa 3.35. Cho hàm số z = f ( x, y) xác định trong một miền D và M0 ( x0 , y0 ) ∈ D.
Ts nói rằng hàm số f ( x, y) đạt cực trị tại M0 nếu với mọi điểm M trong lân cận nào đó của
M0 nhưng khác M0 , hiệu số f ( M ) − f ( M0 ) có dấu không đổi.
• Nếu f ( M ) − f ( M0 ) > 0 trong một lân cận nào đó của M0 thì M0 được gọi là cực tiểu
của hàm số f tại M0 .
• Nếu f ( M ) − f ( M0 ) < 0 trong một lân cận nào đó của M0 thì M0 được gọi là cực đại
của hàm số f tại M0 .
Trong phần tiếp theo chúng ta sử dụng các kí hiệu sau:
p = f x′ ( M ), q = f y ( M ), r = f xx ”( M ), s = f xy ”( M ), t = f yy ”( M )
Định lý 3.55. Nếu hàm số f ( x, y) đạt cực trị tại M và tại đó các đạo hàm riêng p =
f x′ ( M ), q = f y ( M ) tồn tại thì các đạo hàm riêng ấy bằng không.
Định lý 3.56. Giả sử hàm số z = f ( x, y) có các đạo hàm riêng đến cấp hai liên tục trong
một lân cận nào đó của M0 ( x0 , y0 ). Giả sử tại M0 ta có p = q = 0, khi đó
1. Nếu s2 − rt < 0 thì f ( x, y) đạt cực trị tại M0 . Đó là cực tiểu nếu r > 0, là cực đại nếu
r < 0.
2. Nếu s2 − rt > 0 thì f ( x, y) không đạt cực trị tại M0 .
Chú ý: Nếu s2 − rt = 0 thì chưa kết luận được điều gì về điểm M0 , nó có thể là cực trị,
cũng có thể không. Trong trường hợp đó ta sẽ dùng định nghĩa để xét xem M0 có phải là
cực trị hay không bằng cách xét hiệu f ( M ) − f ( M0 ), nếu nó xác định dấu trong một lân
cận nào đó của M0 thì nó là cực trị và ngược lại.
Ví dụ 3.1 (Cuối kì, K61 Viện ĐTQT). Tìm các cực trị của hàm số
a) z = x2 − 2x + arctan(y2 ).
b) z = y2 − 2y + arctan( x2 ).
Bài tập 3.17. Tìm cực trị của các hàm số sau
159
160
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
a) z = x2 + xy + y2 + x − y + 1
c) z = 2x4 + y4 − x2 − 2y2
b) z = x + y − x.ey
d) z = x2 + y2 − e−( x
Chứng minh.

 p = z′ = 2x + y + 1 = 0
x
a) Xét hệ phương trình
q = z′ = x + 2y − 1 = 0
y
2 + y2
⇔
)

 x = −1
y = 1
. Vậy
ta có M (−1, 1) là điểm tới hạn duy nhất.
Ta có A = z′′xx ( M ) = 2; B = z′′xy ( M ) = 1; C = z′′yy ( M ) = 2 nên B2 − AC = 1 − 4 = −3 <
0. Vậy hàm số đạt cực trị tại M và do A > 0 nên M là điểm cực tiểu.
b) Xét hệ phương trình

 p = 1 − ey = 0
q = 1 − xey = 0

x = 1
⇔
y = 0
Vậy hàm số có điểm tới hạn duy nhất M (1, 0). Ta có A = z′′xx ( M ) = 0; B = z′′xy ( M ) =
−1; C = z′′yy ( M) = −1 nên B2 − AC = 1 > 0. Hàm số đã cho không có cực trị.
c) Xét
 hệ phương trình 
z′ = 8x3 − 2x
 x 4x2 − 1 = 0
x
⇔
z′ = 4y3 − 4y
 y y2 − 1 = 0
y
Vậy các điểm tới hạn của hàm số là
M1 (0, 0) ;
1
M6
, −1 ;
2
M2 (0, 1) ;
1
M7 − , 0 ;
2

x = 0 ∨ x = 1 ∨ x = − 1
2
2
⇔
 y = 0 ∨ y = 1 ∨ y = −1
M3 (0, −1) ;
1
M8 − , 1 ;
2
1
,0 ;
M4
2
1
M9 − , −1
2
M5
1
,1
2
Ta có z′′xx = 24x2 − 2; z′′xy = 0; z′′yy = 12y2 − 4.
• Tại M1 (0, 0), A = −2; B = 0; C = −4; B2 − AC = −8 < 0 nên M1 là điểm cực đại
với z = 0.
• Tại M2 (0, 1) ; M3 (0, −1) ; A = −2; B = 0; C = 8; B2 − AC = 16 > 0 nên M2 , M3
không phải là điểm cực đại với z = 0.
• Tại M4 21 , 0 ; M7 −21 , 0 ; A = 4; B = 0; C = −4; B2 − AC = 16 > 0 nên M4 , M7
không phải là điểm cực đại với z = 0.
• Tại M5 21 , 1 ; M6 21 , −1 ; M8 − 12 , 1 ; M9 − 21 , −1 ; A = 4; B = 0; C = 8; B2 −
AC = −32 < 0 nên M5 , M6 , M8 , M9 là các điểm cực tiểu với giá trị tại đó là
z = − 98 .


 p = z′ = 2x + e−( x2 +y2 ) .2x = 0
x = 0
x
d) Xét hệ phương trình
⇔
q = z′ = 2y + e−( x2 +y2 ) .2y = 0
y = 0
y
160
3. Cực trị của hàm số nhiều biến số
161
Vậy M (0, 0) là điểm tới hạn duy nhất. Xét
z′′xx = 2 + 2.e−( x +y ) − 4x2 .e−( x
2
2
z′′ = −4xy.e−( x +y )
2
xy
′′
zyy
= 2 + 2.e−( x
2
2 + y2
2 + y2
)
) − 4y2 .e−( x2 +y2 )
Tại M (0, 0) có A = 4; B = 0; C = 4; B2 − AC = −16 < 0; A > 0 nên tại M hàm số đạt
cực tiểu.
3.2 Cực trị có điều kiện
Cho tập mở U ⊂ R2 và hàm số f : U → R. Xét bài toán tìm cực trị của hàm số f ( x, y)
khi các biến x, y thoả mãn phương trình
ϕ( x, y) = 0
Ta nói rằng tại điểm ( x0 , y0 ) ∈ U thoả mãn điều kiện ϕ( x0 , y0 ) = 0 hàm f có cực đại tương
đối (tương ứng cực tiểu tương đối) nếu tồn tại một lân cận V ⊂ U sao cho f ( x, y) ≤ f ( x0 , y0 )
(tương ứng f ( x, y) ≥ f ( x0 , y0 )) với mọi ( x, y) ∈ V thoả mãn điều kiện ϕ( x, y) = 0. Điểm
( x0 , y0 ) được gọi là cực trị có điều kiện của hàm số f ( x, y), còn điều kiện ϕ( x, y) = 0 được
gọi là điều kiện ràng buộc của bài toán. Nếu trong một lân cận của ( x0 , y0 ) từ hệ thức
ϕ( x, y) = 0 ta xác định được hàm số y = y( x ) thì rõ ràng ( x0 , y( x0 )) là cực trị địa phương
của hàm số một biến số g( x ) = f ( x, y( x )). Như vậy, trong trường hợp này bài toán tìm cực
trị ràng buộc được đưa về bài toán tìm cực trị tự do của hàm số một biến số. Ta xét bài
toán sau đây
Bài tập 3.18. Tìm cực trị có điều kiện
a) z =
1
x
+
1
y
với điều kiện
1
x2
+
1
y2
=
1
a2
b) z = x.y với điều kiện x + y = 1
Chứng minh.
a) Đặt x =
a
sin t ; y
=
a
cos t ,
z=
ta có
1
x2
+
1
y2
=
1
.
a2
Khi đó
sin t cos t
1 1
+ =
+
.
x y
a
a
Ta có
√
π
2
cos t sin t
π
5π
=
−
=
sin
−t = 0 ⇔ t = ∨t =
a
a
a
4
4
4
√
√
√
2
−
.
Với t = π4 ta có x = 2a; y = 2a, hàm số đạt cực tiểu và zCT = a √
√
√
5π
Với t = 4 ta có x = − 2a; y = − 2a, hàm số đạt cực đại và zCĐ = a2 .
z′t
161
162
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
b) Từ điều kiện x + y = 1 ta suy ra y = 1 − x. Vậy z = xy = x (1 − x ). Dễ dàng nhận
thấy hàm số x = x (1 − x ) đạt cực đại tại x = 12 và zCĐ = 41 .
Tuy nhiên không phải lúc nào cũng tìm được hàm số y = y( x ) từ điều kiện ϕ( x, y) = 0. Do
đó bài toán tìm cực trị điều kiện không phải lúc nào cũng đưa được về bài toán tìm cực trị
tự do. Trong trường hợp đó ta dùng phương pháp Lagrange được trình bày dưới đây.
Định lý 3.57 (Điều kiện cần để hàm số đạt cực trị điều kiện). Giả sử U là một tập
mở trong R2 , f : U → R và ( x0 , y0 ) là điểm cực trị của hàm f với điều kiện ϕ( x, y) = 0.
Hơn nữa giả thiết rằng:
a. Các hàm f ( x, y), ϕ( x, y) có các đạo hàm riêng liên tục trong một lân cận của ( x0 , y0 ).
b.
∂ϕ
∂y ( x0 , y0 )
6= 0.
Khi đó tồn tại một số λ0 cùng với x0 , y0 tạo thành nghiệm của hệ phương trình sau (đối với
λ, x, y)


∂φ


 ∂x = 0
 ∂∂xf ( x, y) + λ ∂ϕ


∂x ( x, y ) = 0


∂φ
∂f
∂ϕ
⇔ ∂y ( x, y) + λ ∂y ( x, y) = 0
(3.3)
∂y = 0






 ∂φ = 0
 ϕ( x, y) = 0
∂λ
với φ( x, y, λ) = f ( x, y) + λϕ( x, y) được gọi là hàm Lagrange.
Định lý trên chính là điều kiện cần của cực trị có ràng buộc. Giải hệ phương trình 3.3 ta
sẽ thu được các điểm tới hạn. Giả sử M ( x0 , y0 ) là một điểm tới hạn ứng với giá trị λ0 . Ta
có
φ( x, y, λ0 ) − φ( x0 , y0 , λ0 ) = f ( x, y) + λ0 ϕ( x, y) − f ( x0 , y0 ) − λ0 ϕ( x0 , y0 ) = f ( x, y) − f ( x0 , y0 )
nên nếu M là một điểm cực trị của hàm số φ( x, y, λ0 ) thì M cũng là điểm cực trị của hàm
số f ( x, y) với điều kiện ϕ( x, y) = 0. Muốn xét xem M có phải là điểm cực trị của hàm số
φ( x, y, λ0 ) hay không ta có thể quay lại sử dụng định lý 3.56 hoặc đi tính vi phân cấp hai
d2 φ ( x0 , y0 , λ0 ) =
∂2 φ
∂2 φ
∂2 φ
2
(
x
,
y
,
λ
)
dxdy
+
(
x
,
y
,
λ
)
dx
+
2
( x0 , y0 , λ0 )dy2
0
0
0
0
0
0
2
2
∂x∂y
∂x
∂y
trong đó dx và dy liên hệ với nhau bởi hệ thức
∂ϕ
∂ϕ
( x0 , y0 )dx +
( x0 , y0 )dy = 0
∂x
∂y
hay
∂ϕ
∂x
dy = − ∂ϕ
( x0 , y0 )
∂y ( x0 , y0 )
162
dx
3. Cực trị của hàm số nhiều biến số
163
Thay biểu thức này của dy vào d2 φ( x0 , y0 , λ0 ) ta có
d2 φ( x0 , y0 , λ0 ) = G ( x0 , y0 , λ0 )dx2
Từ đó suy ra
• Nếu G ( x0 , y0 , λ0 ) > 0 thì ( x0 , y0 ) là điểm cực tiểu có điều kiện.
• Nếu G ( x0 , y0 , λ0 ) < 0 thì ( x0 , y0 ) là điểm cực đại có điều kiện.
Bài tập 3.19. Tìm cực trị có điều kiện của hàm số z =
1
x
+
1
y
với điều kiện
1
x2
+
1
y2
=
1
a2
Chứng minh. Xét hàm số Lagrange φ( x, y, λ) = 1x + y1 + λ( x12 + y12 − a12 ). Từ hệ phương
trình

∂φ

= − x12 − 2λ


x3
 ∂x
∂φ
2λ
1
∂y = − y2 − y3



∂φ
 = 12 + 12 − 12 = 0
∂λ
x
y
a
√
√
√ √
ta thu được các điểm tới hạn là M1 ( a 2, a 2) ứng với λ1 = − √a , M2 (− a 2, − a 2) ứng
2
với λ2 = √a . Ta có
2
∂2 φ
∂2 φ
∂2 φ
dxdy + 2 dy2 =
d φ = 2 dx2 + 2
∂x∂y
∂x
∂y
2
Từ điều kiện
d2 φ ta có
1
x2
6λ
2
+
x3
x4
2
dx +
2
6λ
+
y3
y4
dy2
3
+ y12 − a12 = 0 suy ra − x23 dx − y23 dy = 0 nên dy = − yx3 dx, thay vào biểu thức
√
√
• Tại M1 , d2 φ( M1 ) = − 4a23 (dx2 + dy2 ) = − 24a32 (dx2 ) < 0 nên M1 là điểm cực đại có điều
kiện.
• Tại M2 , d2 φ( M2 ) =
kiện.
√
2
(dx2
4a3
+ dy2 ) =
√
2 2
(dx2 )
4a3
> 0 nên M2 là điểm cực tiểu có điều
3.3 Giá trị lớn nhất - Giá trị nhỏ nhất
Giả sử f : A → R là hàm số liên tục trên tập hợp đóng A của R2 . Khi đó, f đạt giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên A. Để tìm các giá trị này ta hãy tìm giá trị của hàm số
tại tất cả các điểm dừng trong miền A cũng như tại các điểm đạo hàm riêng không tồn tại,
sau đó so sánh các giá trị này với các giá trị của hàm trên biên ∂A của A (tức là ta phải
xét cực trị có điều kiện).
Bài tập 3.20. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của các hàm số:
163
164
Chương 3. Hàm số nhiều biến số
a) z = x2 y(4 − x − y) trong hình tam giác giới hạn bởi các đường x = 0, y = 0, x + y = 6.
b) z = sin x + sin y + sin( x + y) trong hình chữ nhật giới hạn bởi các đường x = 0, x =
π
π
2 , y = 0, y = 2 .
164