Hàm số thực theo một biến số thực
Trang 1Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Môn: Giải tích cơ bản
GV: PGS.TS Lê Hoàn Hóa
Đánh máy: NTV Phiên bản: 2.0 đã chỉnh sửa ngày 19 tháng 10 năm 2004
HÀM SỐ THỰC THEO MỘT BIẾN SỐ THỰC
Định nghĩa 1.1 Cho I ⊂ R, điểm x0 ∈ R được gọi là điểm giới hạn (hay điểm tụ) của I nếu với mọi δ > 0, I ∩ (x0− δ, x0+ δ)\{x0} 6= 0 Cho f : I → R và x0 là điểm giới hạn của I Ta nói:
lim
x→x 0f (x) = a ∈ R ⇐⇒ ∀ε, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − a| < ε
lim
x→x 0f (x) = +∞ (−∞) ⇐⇒ ∀A ∈ R, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, 0 < |x−x0| < δ =⇒ f (x) > A (f (x) < A) Định nghĩa 1.2 Cho f : I → R và x0 ∈ I Ta nói:
f liên tục tại x0 ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x ∈ I, |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − f (x0)| < ε
Nếu x0 là điểm giới hạn của I thì:
f liên tục tại x0 ⇐⇒ lim
x→x 0
f (x) = f (x0) Nếu f liên tục tại mọi x ∈ I, ta nói f liên tục trên I
f liên tục trên I ⇐⇒ ∀x ∈ I, ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x0 ∈ I, |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − f (x0)| <
Ta nói:
f liên tục đều trên I ⇐⇒ ∀ε > 0, ∃δ > 0 : ∀x, x0 ∈ I, |x − x0| < δ =⇒ |f (x) − f (x0)| < Hàm số liên tục trên một đoạn:
Cho f : [a, b] → R liên tục Khi đó:
i) f liên tục đều trên [a, b]
ii) f đạt cực đại, cực tiểu trên [a, b]
Đặt m = min{f (x), x ∈ [a, b]}, M = max{f (x), x ∈ [a, b]} Khi đó f ([a, b]) = [m, M ] (nghĩa là
f đạt mọi giá trị trung gian giữa m, M)
Trang 22 Sự khả vi
Định nghĩa 2.1 Cho f : I → R và x0 ∈ I Ta nói f khả vi tại x0 nếu lim
t→0
f (x0+ t) − f (x0)
t tồn tại hữu hạn Khi đó đặt
f0(x0) = lim
t→0
f (x0+ t) − f (x0)
t gọi là đạo hàm của f tại x0 Nếu f khả vi tại mọi x ∈ I, ta nói f khả vi trên I
Định lí 2.1 (Cauchy) Cho f, g : [a, b] → R liên tục trên [a, b], khả vi trên (a, b) Giả sử
f0(x) 6= 0 trên (a, b) Khi đó, tồn tại c ∈ (a, b) sao cho:
f0(c)[g(b) − g(a)] = g0(c)[f (b) − f (a)]
Trường hợp g(x) = x, ta có công thức Lagrange
f (b) − f (a) = f0(c)(b − a)
Quy tắc Lôpitan: Cho x0 ∈ R hoặc x0 = ±∞, f, g khả vi trong lân cận của x0 Giả sử g và
g0 khác không và lim
x→x 0
f (x) = lim
x→x 0
g(x) = 0 hoặc lim
x→x 0
f (x) = lim
x→x 0
g(x) = +∞ hoặc −∞
Khi đó: Nếu lim
x→x 0
f0(x)
g0(x) = A thì limx→x 0
f (x) g(x) = A (A có thể là hữu hạn hoặc vô hạn).
Công thức đạo hàm dưới dấu tích phân:
Cho f liên tục, u, v khả vi Đặt
F (x) =
v(x)
Z
u(x)
f (t) dt
Khi đó: F khả vi và F0(x) = v0(x)f (v(x)) − u0(x)f (u(x))
Hàm f được gọi là lượng vô cùng bé khi x → x0 nếu lim
x→x 0
f (x) = 0
Cho f, g là hai lượng vô cùng bé khi x → x0 Giả sử lim
x→x 0
f (x) g(x) = k
- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé tương đương
- Nếu k 6= 0, k hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng bé cùng bậc
- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói g là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn f
- Nếu k = 0, ta nói f là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn g
Trang 3Bậc của vô cùng bé: Cho f là lượng vô cùng bé khi x → x0 Giả sử tồn tại k > 0 sao cho lim
x→x 0
f (x)
(x−x 0 ) k tồn tại hữu hạn và khác 0, số k > 0, nếu có sẽ duy nhất, được gọi là bậc của vô cùng bé f khi x → x0
Hàm f được gọi là vô cùng lớn khi x → x0 nếu lim
x→x 0
f (x) = +∞ hoặc −∞ Nếu f là vô cùng lớn khi x → x0 thì 1
f là vô cùng bé khi x → x0. Cho f, g là vô cùng lớn khi x → x0 Giả sử lim
x→x 0
f (x) g(x) = k
- Nếu k = 1, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn tương đương
- Nếu k 6= 0 và hữu hạn, ta nói f, g là hai lượng vô cùng lớn cùng bậc
- Nếu k = 0, ta nói g là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn f
- Nếu k = +∞ hoặc −∞, ta nói f là lượng vô cùng lớn bậc lớn hơn g
Cho f là vô cùng lớn khi x → x0 Bậc của vô cùng lớn f là số k > 0 (nếu có sẽ duy nhất) sao cho lim
x→x 0
(x − x0)kf (x) tồn tại hữu hạn và khác không
Cho f : (a, b) → R có đạo hàm bậc (n + 1) Với x0, x ∈ (a, b), tồn tại θ ∈ (0, 1) sao cho:
f (x) =
n
X
k=0
f(k)(x0) k! (x − x0)
k+ 1 (n + 1)!f
(n+1)(x0+ θ(x − x0))
Rn(x) = (n+1)!1 f(n+1)(x0+ θ(x − x0)) là dư số Lagrange
Hoặc:
f (x) =
n
X
k=0
f(k)(x0) k! (x − x0)
k+ o (|x − x0|n)
Rn(x) = o (|x − x0|n) là lượng vô cùng bé bậc lớn hơn n, được gọi là dư số Peano Nếu x0 = 0
ta được công thức Maclaurin:
f (x) =
n
X
k=0
f(k)(0) k! x
k+ Rn(x)
Công thức Maclaurin của hàm sơ cấp
a) ex = 1 + x +x
2
2! + · · · +
xn
n! + Rn(x), Rn(x) =
eθx
(n + 1)!x
n+1
hoặc Rn(x) = o(xn)
b) sin x = x − x
3
3! +
x5
5! + · · · + (−1)
n x2n−1
(2n − 1)! + R2n, R2n = (−1)
ncos θx x
2n+1
(2n + 1)! hoặc
R2n = o(x2n)
c) cos x = 1 − x
2
2! +
x4
4! + · · · + (−1)
n x2n
(2n)!+ R2n+1, R2n+1 = (−1)
n+1
cos θx x
2n+2
(2n + 2)! hoặc
R2n+1 = o(x2n+1)
Trang 4d) (1 + x)α = 1 + αx
1! +
α(α − 1) 2! x
2+ · · · + α(α − 1) (α − n + 1)
n+ Rn, (x > −1)
Rn = α(α − 1) (α − n + 1)
α−n+1.xn+1 hoặc Rn = o(xn)
e) ln(1 + x) = x −x
2
2 +
x3
3 + · · · + (−1)
n+1xn
n + o(x
n), x > −1
f) arctgx = x − x
3
3 +
x5
5 + · · · + (−1)
n+1 x2n−1
2n − 1 + o(x
2n)
1 lim
t→0
sin t
t = limt→0
tgt
t = limt→0
arctgt
t = limt→0
arcsint
t = limt→0
ln (1 + t)
t = limt→0
et− 1 t
2 lim
t→0
(1 + t)a− 1
3 lim
t→0
1 − cos t
t2 = 1
2.
4 lim
t→∞
tp
et = 0 ∀p
5 lim
t→∞
lnpt
tα = 0, α > 0, ∀p
Thí dụ:
Tính các giới hạn sau:
1 lim
x→1
m
√
x − 1
n
√
x − 1 = limt→0
(1 + t)1/m− 1 (1 + t)1/n− 1 =
n
m.
2
lim
x→1
(1 −√
x)(1 −√3
x) (1 −√n
x)
t→0
1 − (1 + t)1/2 1 − (1 + t)1/3 1 − (1 + t)1/n
(−t)n−1
= 1
2.
1
3 .
1
n =
1 n!
3 I = lim
x→0
x2
n
√
1 + 5x− (1 + x) Đặt t5 = 1 + 5x hay x = t5−15
2
5
√
1 + 5x − (1 + x) = −
(t5− 1)2
5(t5− t + 4) = −
(t5− 1)2
5(t − 1)2(t3+ 2t2+ 3t − 4) Vậy I = −52
4 lim
x→+∞
1
xln
ex− 1 x
= lim
x→+∞
1
x ln(ex− 1) − ln x = 1
5 lim
x→0
ln(cos x)
x2 = lim
x→0
ln[1 + (cos x − 1)]
x→0
cos x − 1
x2 = −1
2
6 lim
x→0
1 sin x− cotg x
= lim
x→0
1 − cos x sin x = limx→0
x2
2x = 0
Trang 57 lim
x→0
3
√
cos x −√
cos x
x→0
1 −x
2
2
−
1 − x
2
2
x→0
−x
2
6 +
x2 4
12 (dùng 1 − cos x ∼ x
2
2, limt→0
(1 + t)α− 1
8 lim
x→∞
sin√
x + 1 − sin√
x= lim
x→∞2 sin
√
x + 1 −√
x 2
cos
√
x + 1 +√
x 2
= 0
Tính lim
x→x 0
u(x)v(x) Đặt y = uv ⇒ ln y = v ln u
Sau đó tính lim
x→x 0
v ln u
Nếu lim
x→x 0
v ln u = a thì lim
x→x 0
uv = ea
9 lim
x→+∞
x + 2
x − 3
3x+4
Đặt y = lim
x→+∞
x + 2
x − 3
3x+4
⇒ ln y = (3x + 4) ln x + 2
x − 3
⇒ ln y = (3x + 4) ln
1 + 5
x − 3
Vậy lim
x→∞ln y = lim
x→∞(3x + 4) 5
x − 3 = 15 Suy ra lim
x→∞y = e15
10 lim
x→0
1 + tg x
1 + sin x
sin x1
Đặt y = 1 + tg x
1 + sin x
sin x1
⇒ ln y = 1
sin xln
1 + tg x
1 + sin x
sin xln
1 + tg x − sin x
1 + sin x
(dùng ln(1 + t) ∼ t)
⇒ lim
x→0ln y = lim
x→0
tg x − sin x sin x(1 + sin x) = limx→0
1 cos x − 1
1 + sin x = 0 Vậy lim
x→0y = 1
Chứng minh các lượng vô cùng bé sau tương đương khi x → 0:
1 f (x) = x sin2x, g(x) = x2sin x
lim
x→0
f (x)
g(x) = limx→0
x sin2x
x2sin x = 1
Trang 62 f (x) = e2x− ex, g(x) = sin 2x − x
lim
x→0
f (x)
g(x) = limx→0
e2x− ex
sin 2x − x = limx→0
2e2x− ex
2 cos 2x − 1 = 1
So sánh các vô cùng bé khi x → 0
1 f (x) = 1 − cos3x, g(x) = x sin x
lim
x→0
f (x)
g(x) = limx→0
1 − cos3x
x sin x = limx→0
(1 − cos x)(1 + cos x + cos2x)
2 (thay sin t ∼ t)
Vậy f , g là vô cùng bé cùng bậc
2 f (x) = cos x − cos 2x, g(x) = x32
lim
x→0
f (x)
g(x) = limx→0
cos x − cos 2x
x3 = limx→0
(cos x − 1) + (1 − cos 2x)
Vậy f là vô cùng bé bậc lớn hơn g
Tìm bậc của các vô cùng bé sau khi x → 0
1 f (x) =√
cos x −√3
cos x
lim
x→0
f (x)
xk = lim
x→0
√ cos x −√3
cos x
x→0
1 − x
2
2
1
−
1 −x
2
2
1
12 nếu k = 2 Vậy f là vô cùng bé bậc 2
2 f (x) = x sin x − sin2x
Ta có: f (x) = sin x(x − sin x) ∼ x x3
3!
= x
4
3! (dùng khai triển Taylor) Vậy f là vô cùng bé bậc 4
3 Tìm bậc của vô cùng lớn f (x) =p1 +√
x khi x → +∞
f (x) =p1 +√
x =
q
x1(1 + x−12 ) = x1p1 + x−12
Vậy f là vô cùng lớn bậc 1
4 Lưu ý Để tìm bậc của vô cùng lớn khi x → +∞, ta tìm số k > 0 sao cho lim
x→∞
f (x)
xk tồn tại hữu hạn và khác không
4 Tìm lượng tương đương của f (x) = x[px2+√
x4+ 1 − x√
2]
khi x → +∞
Dùng (1 + t)α) − 1 ∼ αt khi t → 0, ta có
f (x) = x2
1 +
1 + 1
x4
12!
1 2
−√2
∼ x2
"
2 + 1 2x4
12
−√2
#
Trang 7∼ x2√
2
"
1 + 1 4x4
1
− 1
#
∼ x
2√ 2 8x4
Vậy f là vô cùng bé tương đương với g(x) =
√ 2 8x2 khi x → +∞
5 Cho n là số tự nhiên, f0, f1, , fn là các đa thức sao cho
fn(x)enx+ fn−1(x)e(n−1)x+ · · · + f0(x) = 0
với mọi x lớn bất kỳ
Chứng minh f0, f1, , fn đồng nhất bằng 0
Giả sử fn không đồng nhất triệt tiêu
fn(x) = akxk+ ak−1xk−1+ · · · + a0, ak6= 0
Chia hai vế cho xkenx, cho x → ∞, áp dụng lim
x→∞
xp
eax = 0 với a > 0, ∀p, ta được ak = 0 Mâu thuẫn
Vậy fn≡ 0 Tương tự cho fn−1, , f1 đồng nhất triệt tiêu
Khi đó, f0(x) = 0 với mọi x lớn bất kỳ Vậy f0 ≡ 0
6 Cho n là số tự nhiên, f0, f1, , fn là các đa thức sao cho
fn(x)(ln x)n+ fn−1(x)(ln x)n−1+ · · · + f0(x) = 0
với mọi x > 0
Chứng minh f0, f1, , fn đồng nhất triệt tiêu
Đặt x = ey và viết biểu thức vế trái dưới dạng
gk(y)eky+ gn−1(y)e(k−1)y + · · · + g0(y) = 0
với mọi y, trong đó k là số tự nhiên
Làm tương tự như bài (5), ta có gk, , g0 đồng nhất triệt tiêu Vậy f0, f1, , fn đồng nhất triệt tiêu
1 Tính các giới hạn sau
(a) lim
x→π3
tg3x − 3 tg x cos
x + π 6
(b) lim
x→∞x[ln(x + a) − ln x]
(c) lim
x→1
x2− 1
x ln x (d) lim
x→+∞
3
√
x3+ 3x2−√x2− 2x
(e) lim
x→0(cos x)x21
(f) lim
x→0(sin x + cos x)1x
Trang 82 Tính các giới hạn sau bằng thay các vô cùng bé tương đương Các lượng vô cùng bé sau tương đương khi t → 0:
t ∼ sin t ∼ tg t ∼ arctg t ∼ arcsin t ∼ ln(1 + t) ∼ (et− 1)
(1 − cos t) ∼ t
2
2 (1 + t)α ∼ 1 + αt
(a) lim
x→0
ln(1 + 2x sin x)
tg2x
(b) lim
x→0
sin23x
ln2(1 − 2x)
(c) lim
x→π2±
√
1 + cos 2x
√
π −√ 2x
(d) lim
x→0
ln(cos x)
ln(1 + x2)
3 Dùng công thức Taylor tính các giới hạn sau:
(a) lim
x→∞
x − x2ln
1 + 1 x
(b) lim
x→0
1 − (cos x)sin x
x3
Hướng dẫn:
sin x ln(cos x) = sin x ln[1 + (cos x − 1)] ∼ sin x.(cos x − 1)
∼
x −x
3
3! +
−x
2
2 −
∼ −x
3
2
1 − (cos x)sin x = 1 − esin x ln(cos x) ∼ 1 − e−x32 ∼ x
3
2 Vậy lim
x→0
1 − (cos x)sin x
2 (c) lim
x→0
(1 + x)x− 1
sin2x (d) lim
x→0
e − (1 + x)1
x
4 Dùng quy tắc L’Hopital tính các giới hạn sau
(a) lim
x→0
ex− e−x− 2x
x − sin x (b) lim
x→∞
xex2
x + ex
(c) lim
x→0 +
ln x
1 + 2 ln(sin x) (d) lim
x→∞
π − 2 arctg x
ln
1 + 1 x
Trang 9
5 Dùng quy tắc L’Hopital khử các dạng vô định (a) lim
x→1 +ln x ln(x − 1)
(b) lim
x→0
1
ex− 1
(c) lim
x→0 +(1 + x)ln x
(d) lim
x→0
tg x
x
1
x2
(e) lim
x→0 +(x)sin x
(f) lim
x→π2−
(π − 2x)cos x Hướng dẫn: Đặt x = π
2 + t