CHƯƠNG I: ĐẠO HÀM- VI PHÂN- ỨNG DỤNG
1. Định nghĩa- Tính chất
1.1. Đạo hàm
Cho hàm số $y=f(x)$ xá định trong miền $X$, đạo hàm của hàm $f(x):$
$y'=f'(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x},$ $x\, \epsilon \, X$
Đạo hàm bên phải: $f'(x^+)=\lim_{\Delta x\to 0^+}\frac{\Delta y}{\Delta x}$
Đạo hàm bên trái: $f'(x^-)=\lim_{\Delta x\to 0^-}\frac{\Delta y}{\Delta x}$
Về hình học: $f'(x_0)$ là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị của hàm số tại $(x_0, f(x_0))$.
1.2. Vi phân
$y=f(x)$ gọi là khả vi tại $x\, \epsilon \, X$ $\Leftrightarrow dy=f'(x)dx\Leftrightarrow \frac{dy}{dx}=f'(x)$
1.3. Tính chất
1.3.1 $f(x)$ khả vi tại $x\Leftrightarrow \exists\: f'(x)$
1.3.2 $f(x)$ khả vi tại $x\Rightarrow f(x)$ liên tục tại $x$
1.3.3 $f(x)$ khả vi tại $x$ và đạt cực trị tại $x\Rightarrow f'(x)=0$
1.4 Đạo hàm và vi phân cao cấp
Định nghĩa: $y=f(x)$, $y^{(n)}=(y^{n-1})', \: \frac{d^ny}{dx^n}=\frac{d}{dx}(\frac{d^{n-1}y}{dx^{n-1}})$, $n\, \epsilon \, \mathbb{N}^*$
Quy tắc tính:
$$(u+v)^{(n)}=u^{(n)}+v^{(n)}$$
$$(uv)^{(n)}=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}\, u^{(n-k)}\, v^{(k)}$$
1.5. Công thức thông dụng
$+\: (x^\alpha )^{(n)}=\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)...(\alpha -n+1)x^{\alpha -n}$
$+\: (sinx)^{(n)}=sin(x+\frac{n\pi}{2})$
$+\: (cosx)^{(n)}=cos(x+\frac{n\pi}{2})$
$+\: (a^x)^{(n)}=a^x(lna)^n$
$+\: (log_ax)^{(n)}=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{lna.x^n}$
$+\: (lnx)^{(n)}=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{x^n}$
2. CÁC ĐỊNH LÝ VỀ HÀM KHẢ VI
2.1 Các định lý trung bình
Định lý Rolle
Nếu $f(x)$ liên tục trên đoạn $[a;b]$, khả vi trong khoảng $(a;b)$ và $f(a)=f(b)$ thì $\exists c\: \epsilon \:(a;b):\: f'(c\: )=0$
Bài tập vận dụng:
$*)\: \left\{\begin{matrix}a_0 \neq 0\\a_0+\frac{a_1}{2}+....+\frac{a_{n}}{n+1}=0 \end{matrix}\right.$
CMR: PT $f(x)=a_0+ a_1x+...+a_nx^n=0$ có nghiệm trong khoảng $(0;1)$
Giải:
Nguyên hàm của $f(x): F(x)=a_0x+\frac{a_1x^2}{2}+....+\frac{a_{n}x^{n+1}}{n+1}$ liên tục trên đoạn $[0;1]$, khả vi trong khoảng $(0;1)$
Dễ thấy $F(0)=F(1)\to \: f(x)=0$ có nghiệm thuộc $(0;1)$
Định lý Lagrange
Nếu $f(x)$ liên tục trên đoạn $[a;b]$, khả vi trong khoảng $(a;b)$ thì $\exists c\: \varepsilon \: (a;b): \: f(b)-f(a)=(b-a)f'(c\: )$
Bài tập Vận dụng:
a) Cho $m>0$ và 3 số thực $a,\:b, \: c$ tùy ý thỏa mãn: $$\frac{a}{m+2}+\frac{b}{m+1}+\frac{c}{m}=0$$
CRM: PT $ax^2+bx+c=0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng $(0;1)$
Giải:
Xét hàm số: $f(x)=\frac{ax^{m+2}}{m+2}+\frac{bx^{m+1}}{m+1}+\frac{cx^m}{m}, \:\:m>0$ liên tục trên đoạn $[0;1]$, khả vi trong khoảng $(0;1)$
Ta có: $f'(x)=ax^{m+1}+bx^{m}+cx^{m-1}$
Theo định lý Lagrange, tồn tại $x_0\:\epsilon \:(0;1)$ sao cho:
$\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=f'(x_0)=0\Leftrightarrow x_0^{m-1}(ax^2+bx+c)=0$
Mà $x_0\:\epsilon \:(0;1)$ nên $ax_0^2+bx_0+c=0$
Vậy phương trình $ax^2+bx+c=0$ có ít nhất 1 nghiệm thuộc khoảng $(0;1)$
b) Chứng minh bất đẳng thức sau:
$|sina-sinb|\leq |a-b|$
Giải:
Xét hàm số $f(x)=sinx$ thì $f(t)$ thỏa mãn mọi điều kiện của định lý Lagrange trong đoạn $[a;b]$
Vậy $f(a)-f(b)=f'(c\: )(a-b)$$\Leftrightarrow sina-sinb=(a-b)cosc\Leftrightarrow |sina-sinb|=|(a-b)cosc|\leq |a-b|$ vì |cosc\leq 1|
Định lý Cauchy
Nếu $f(x), \: g(x)$ liên tục trên đoạn $[a;b]$, khả vi trong khoảng $(a;b)$ và $g'(x)\neq 0$ trong $(a;b)$ thì $\exists c\: \epsilon \: (a;b):\: \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f'(c\: )}{g'(c\: )}$
Bài tập Vận dụng:
Cho hàm $f(x)=x^2,\: g(x)=x$ trong đoạn $[-1;1]$
Giải:
Hàm $f(x),\: g(x)$ liên tục trong $[-1;1]$ và khả vi trong khoản $(-1;1)$ và $g'(x)\neq 0$ trong $(-1;1)$
Áp dụng định lý Cauchy
$\frac{f(1)-f(-1)}{g(1)-g(-1)}=\frac{f'(c\: )}{g(c\: )}\Leftrightarrow \frac{0}{2}=\frac{2c}{1}\Leftrightarrow c=0$
Định lý L'Hôpital ( khử dạng vô định $\frac{0}{0}, \: \frac{\infty }{\infty }$)
Nếu $f(x), \: g(x)$ thỏa mãn các điều kiện của định lý Cauchy trong lân cận của $x_0\:\epsilon \:\mathbb{R}^{~}$, trừ tại $x_0$ $\lim_{x\to x_0 }f(x)=\lim_{x\to x_0 }g(x)=0 \: (\infty )$ và $\lim_{x\to x_0 }\frac{f'(x)}{g'(x)}=a\: (a\: \epsilon \: \mathbb{R}^{~})$ thì $\lim_{x\to x_0 }\frac{f(x)}{g(x)}=a$
Bài tập Vận dụng:
Tìm giới hạn:
$$\lim_{x\to 0}\frac{tgx-x}{x-sinx}$$
Giải:
$\lim_{x\to 0}tgx-x=0, \: \lim_{x\to 0}x-sinx=0$ nên áp dụng định lý L'hôpital
$\lim_{x\to 0}\frac{tgx-x}{x-sinx}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{cos^2x}-1}{1-cosx}=\lim_{x\to 0}\frac{1+cosx}{cos^2x}=2$
2.2. Công thức Taylor và Maclaurin
Nếu hàm $y=f(x)$ khả vi $n+1$ lần thứ lân cận của điểm $x_0$ thì trong lân cận của $x_0$, ta có công thức:
$f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n+R_n(x)$
gọi là công thức Taylor cấp $n$
Với $R_n(x)=\frac{f^{(n+1)}(c\: )}{(n+1)!}(x-x_0)^{(n+1)}$ là số hạng dư dạng Lagrange
Đặc biệt $x_0=0$ thì $f(x)=f(0)+\frac{f'(x_0)}{1!}x+\frac{f''(x_0)}{2!}x^2+...+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}x-^n+R_n(x)$
gọi là công thức Maclaurin cấp $n$
$*)$ Các khai triển thông dụng theo công thức Maclaurin:
$a)\: e^x=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...+\frac{x^n}{n!}+\frac{e^{\theta x}\: x^{n+1}}{(n+1)!}$
$b)\: sinx=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+...+(-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}+...+sin(\frac{n\pi}{2})\: \frac{x^n}{n!}+sin[\theta x+(n+1)\frac{\pi}{2}]\:\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}$
$c)\: cosx=1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+...+(-1)^{m}\frac{x^{2m}}{(2m)!}+...+cos(\frac{n\pi}{2})\: \frac{x^n}{n!}+cos[\theta x+(n+1)\frac{\pi}{2}]\:\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}$
$d)\: (1+x)^\alpha =1+\alpha x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^2+...+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)...(\alpha -n+1)}{n!}x^n+\frac{\alpha (\alpha -1)(\alpha -2)...(\alpha -n)}{(n+1)!}(1+\theta x)^{\alpha -n-1}x^{n+1},\: \: \alpha \: \epsilon \: \mathbb{R},\: 0<\theta<1.$
$e)\: ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+...+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}+\theta x^n$
$g)\: arctgx=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)}+\theta (x^{2k+2})$
$h)\: arcsinx=x+\sum_{k=1}^{n}\frac{(2k-1)!!}{2^k\: k!\: (2k+1)}x^{2k+1}+\theta (x^{2k+2})$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr nhan: 04-09-2013 - 13:25