Bài tập Giải tích 1 (Có đáp án)

pdf 44 trang haiha333 08/01/2022 101984
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập Giải tích 1 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfbai_tap_giai_tich_1_co_dap_an.pdf

Nội dung text: Bài tập Giải tích 1 (Có đáp án)

  1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC BÁCH KHOA HÀ NỘI VIỆN TOÁN ỨNG DỤNG VÀ TIN HỌC LỜI GIẢI BÀI TẬP GIẢI TÍCH I - K58 ( TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ ) Hà Nội, 9/2013
  2. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com LỜI NÓI ĐẦU Sau hơn hai ngày vất vả làm ngồi làm đống bài tập giải tích I của K58 này thì có một sự buồn nhẹ là người mình đã mệt lừ :-(. Trong quá trình đánh máy không tránh khỏi sai sót và có thể lời giải còn chẳng đúng nữa =)) mong được các bạn góp ý để mình sửa cho đúng :D ( nói thể thôi chứ sai thì mặc xác chứ lấy đâu time mà sửa với chả sủa nữa :v). Trong này còn một số bài mình chưa làm được :-( vì học lâu rồi nên cũng chẳng nhớ nữa :D. Hy vọng nó sẽ giúp cho các bạn K58 và những ai học cải thiện, học lại môn này có được điểm "F " =)) Chúc các bạn học tốt ! 2
  3. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Chương 1 HÀM MỘT BIẾN SỐ 1.1-1.5. Dãy số, hàm số, giới hạn và liên tục 1. Tìm tập xác định của hàm số a. y = p4 log (tan x)   cos x 6= 0    π   cos x 6= 0  x ≥ 4 + kπ tan x ≥ 1 ⇔ ⇔ (k ∈ Z) π   tan x ≥ 1  x 6= 2 + kπ  log (tan x) ≥ 0 2x b. y = arcsin 1+x     x 6= −1  1 + x 6= 0  x 6= −1   ⇔ ⇔  3x ≥ −1 2x  −1 ≤ 1+x ≤ 1  −1 − x ≤ 2x ≤ 1 + x    x ≤ 1 1 ⇔ −3 ≤ x ≤ 1 √ x c. y = sin πx      x ≥ 0  x ≥ 0  x ≥ 0  x ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔  sin πx 6= 0  πx 6= kπ  x 6= k  x∈ / Z c. y = arccos (2 sin x) 1 1 −1 ≤ 2 sin x ≤ 1 ⇔ −2 ≤ sin x ≤ 2  π π − 6 + 2kπ ≤ x ≤ 6 + 2kπ ⇔  (k ∈ Z) 5π 7π 6 + 2kπ ≤ x ≤ 6 + 2kπ 2. Tìm miền giá trị của hàm số a. y = log (1 − 2 cos x) 1 π 5π ĐK: cos x < 2 ⇔ 3 + 2kπ < x < 3 + 2kπ Mặt khác ta có 1 − 2 cos x ∈ (0, 3] ⇒ y ∈ (−∞, log 3] x  b. y = arcsin log 10 3
  4. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com ĐK   x > 0  π π ⇒ y ∈ − , x 2 2  log 10 ≤ 1 3. Tìm f(x) biết 1  2 1 a. f x + x = x + x2 1 Đặt t = x + x (|t| ≥ 2) 1 1 ⇒ t2 = x2 + + 2 ⇒ t2 − 2 = x2 + ⇒ f(x) = x2 − 2 x2 x2 x  2 b. f 1+x = x x Đặt t = 1+x (t 6= 1) t t2 x2 ⇒ x = ⇒ x2 = ⇒ f(x) = 1 − t (1 − t)2 (1 − x)2 4. Tìm hàm ngược của hàm số a. y = 2x + 3 D = R y−3 x−3 x = 2 ⇒ hàm ngược của hàm y = 2x + 3 là y = 2 . 1−x b. 1+x D = R \ {−1} 1 − x 1 − y y = ⇔ y + yx = 1 − x ⇔ x = 1 + x 1 + y 1−x 1−x Suy ra hàm ngược của hàm 1+x là y = 1+x 1 x −x c. y = 2 (e + e ) , (x > 0) D = [0, +∞) 4
  5. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Đặt t = ex (t > 0) 1 1 2 y = 2 t + t ⇔ t − 2yt + 1 = 0 ∆0 = y2 − 1  t = y + py2 − 1 ⇒  t = y − py2 − 1, (loại) ⇒ ex = y + py2 − 1 Suy ra hàm ngược  p  y = ln x + x2 − 1 5. Xét tính chẵn lẻ của hàm số a. f(x) = ax + a−x, (a > 0) f(x) = a−x + ax = −f(x) Suy ra hàm f(x) là hàm chẵn √ b. f(x) = ln x + 1 + x2 √ 2 2 √ f(−x) = ln −x + 1 + x2 = ln −x √+1+x = − ln x + 1 + x2 x+ 1+x2 = −f(x) Suy ra hàm f(x) là hàm lẻ. c. f(x) = sin x + cos x f(−x) = sin(−x) + cos(−x) = − sin x + cos x 6= f(x) và −f(x) suy ra f(x) không là hàm chẵn cũng không là hàm lẻ. 6. Chứng minh rằng bất kỳ hàm số f(x) nào xác định trong một khoảng đối xứng (−a, a), (a > 0) cũng đều biểu diễn được duy nhất dưới dạng tổng của một hàm số chẵn với một hàm số lẻ. Chứng minh. Giả sử f(x) = g(x) + h(x) (1) 5
  6. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com trong đó g(x) là hàm chẵn và h(x) là hàm lẻ. Khi đó f(−x) = g(−x) + h(−x) = g(x) − h(x) (2) (1) + (2) ta được f(x)+f(−x) f(x) + f(−x) = 2g(x) ⇒ g(x) = 2 (1) − (2) ta được f(x)−f(−x) f(x) − f(−x) = 2h(x) ⇒ h(x) = 2 7. Xét tính tuần hoàn và tìm chu kỳ của hàm số sau (nếu có) a. f(x) = A cos λx + B sin λx Gọi T là chu kỳ. Với mọi x ta có f(x + T ) = f(x) ⇔ A cos λ (x + T ) + B sin λ (x + T ) = A cos λx + B sin λx ⇔ A cos λx cos λT − A sin λx sin λT + B sin λx cos λT + B sin λT cos λx = A cos λx + B sin λx 2kπ nên cos λT = 1 ⇒ λT = 2kπ ⇒ T = λ 2π và λ là chu kỳ nhỏ nhất. b. f(x) = sin(x2) √ p π Ta có (k + 1) π − kπ = √ √ → 0 khi k → +∞ Suy ra hàm (k+1)π+ kπ f(x) không tuần hoàn. 1 1 c. f(x) = sin x + 2 sin 2x + 3 sin 3x Ta có sin x tuần hoàn chu kỳ 2π sin 2x tuần hoàn chu kỳ π 2π sin 3x tuần hoàn chu kỳ 3 2π Suy ra f(x) tuần hoàn chu kỳ là BCNN của 2π, π, 3 là 2π. 6
  7. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com d. f(x) = cos2x 1+cos 2x Ta có f(x) = 2 ⇒ f(x) tuần hoàn chu kỳ 2π 1.6-1.7 Giới hạn hàm số 8. Tìm giới hạn x100−2x+1 a. lim 50 x→1 x −2x+1 x100−2x+1 L 100x99−2 98 49 lim 50 = lim 49 = = x→1 x −2x+1 x→1 50x −2 48 24 (xn−an)−nan−1(x−a) b. lim 2 , n ∈ x→a (x−a) N (xn−an)−nan−1(x−a) lim 2 x→a (x−a) L n−1 n−1 L n−2 n−2 = lim nx −na = lim n(n−1)x = n(n−1)a x→a 2(x−a) x→a 2 2 9. Tìm giới hạn q √ √ x+ x+ x a. lim √ x→+∞ x+1 q √ √ x+ x+ x √ lim √ = lim √x = 1 x+1 x x→+∞ √ x→+∞ b. lim 3 x3 + x2 − 1 − x x→+∞ √ lim 3 x3 + x2 − 1 − x x→+∞ x3+x2−1−x3 = lim √ √ x→+∞ 3 (x3+x2−1)2+x 3 x3+x2−1+x2 x2 1 = lim 2 = x→+∞ 3x 3 m√ √n c. lim 1+αx− 1+βx x→0 x m√ √n lim 1+αx− 1+βx x→0 x m√ √n = lim 1+αx−1 − lim 1+βx−1 x→0 x x→0 x α β = m − n m√ √n d. lim 1+αx 1+βx−1 x→0 x √ √ m 1+αx n 1+βx−1 lim x x→0 √ √ √ n 1+βx[ m 1+αx−1]+ n 1+βx−1 = lim x→0 x √ √ √ n 1+βx[ m 1+αx−1] n = lim + lim 1+βx−1 x→0 x x→0 x α β = m + n 7
  8. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 10. Tìm giới hạn a. lim sin x−sin a x→∞ x−a sin x−sin a =L lim x−a lim cos x = cos a x→∞ √ x→∞ √ b. lim sin x + 1 − sin x x→+∞ Ta có √ √ sin x + 1 − sin x √ √ √ √ = 2 sin x+1− x cos x+1+ x 2 2 1 1 1 ≤ 2 sin √ √ < √ √ < √ → 0 2( x+1+ x) x+1+ x 2 x √ √ Suy ra lim sin x + 1 − sin x = 0 x→+∞ √ √ cos x− 3 cos x c. lim 2 x→0 sin x √ √ cos x− 3 cos x lim 2 x→0 sin x √ √ cos x−1 3 cos x−1 = lim 2 − lim 2 x→0 sin x x→0 sin x cos x−1 √ cos x−1 = lim 2 √ − lim 2 √ x→0 sin x( cos x+1) x→0 sin x( cos2x+ cos x+1) 2 2 (−x /2) (−x /2) 1 = lim 2 − lim 2 = − x→0 x .2 x→0 x .3 12 d. lim 1−cos x cos 2x cos 3x x→0 1−cos x lim 1−cos x cos 2x cos 3x x→0 1−cos x = lim 1−cos x+cos x−cos x cos 2x+cos x cos 2x−cos x cos 2x cos 3x x→0 1−cos x = lim 1−cos x + lim cos x(1−cos 2x) + lim cos x cos 2x(1−cos 3x) x→0 1−cos x x→0 1−cos x x→0 1−cos x (4x2/2) (9x2/2) = 1 − lim − lim = 14 x→0 x2/2 x→0 x2/2 11. Tìm giới hạn x−1 x2−1 x+1 a. lim x2+1 x→∞  2  x −1 x−1  lim 2 = 1  x→∞ x +1 x2−1 x+1 ⇒ lim x2+1 = 1  lim x−1 = 1 x→∞  x→∞ x+1 8
  9. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com √ b. lim pcos x x→0+ √ ln(cos x) 1 lim p √ √ x lim cos x = lim (cos x) x = ex→0+ + + x→0 √ x→0 ln(1+cos x−1) √ lim lim cos x−1 lim −x/2 x x x − 1 = ex→0+ = ex→0+ = ex→0+ = e 2 c. lim (sin (ln (x + 1)) − sin (ln x)) x→∞ lim (sin (ln (x + 1)) − sin (ln x)) x→∞ = 2 lim cos ln(x+1)+ln x sin ln(x+1)−ln x x→∞ 2 2 ln(1+ 1 ) = 2 lim cos ln x(x+1) sin x x→∞ 2 2 ln(1+ 1 ) Do cos ln x(x+1) bị chặn và lim sin x = 0 nên 2 x→∞ 2 lim (sin (ln (x + 1)) − sin (ln x)) = 0 x→∞ √ √ d. lim n2 ( n x − n+1 x) , x > 0 x→∞ √ √  2  lim n2 ( n x − n+1 x) = lim n2x1/(n+1) x1/(n +n) − 1 x→∞ x→∞  1 n2+n  x /( )−1 n2 1/n+1 = lim 2 x = ln x x→∞ n +n 1/(n2+n) Do n2 lim 2 = 1 x→∞ n +n 1 lim x n+1 = 1 x→∞  1 n2+n  x /( )−1 lim = ln x x→∞ 1/(n2+n) 12. Khi x → 0+ cặp VCB sau có tương đương không? √ α(x) = px + x và β(x) = esin x − cos x Ta có p √ √ α(x) = x + x ∼ 4 x khi x → 0+   esin x − 1 ∼ sin x ∼ x x2 khi x → 0+  1 − cos x ∼ 2 ⇒ β(x) = esin x − 1 + 1 − cos x ∼ esin x − 1 ∼ sin x ∼ x Suy ra α(x) và β(x) không tương đương. 1.8 Hàm số liên tục 9
  10. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 13. Tìm a để hàm số liên tục tại x = 0  1−cos x  2 nếu x 6= 0 a. f(x) = x  a nếu x = 0 Hàm f(x) liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi lim f(x) = a hay x→0 1−cos x 1 lim 2 = = a x→0 x 2   ax2 + bx + 1 với x ≥ 0 b. g(x) =  a cos x + b sin x với x < 0 Ta có g(0) = a.02 + b.0 + 1 = 1 lim g(x) = lim (a cos x + b sin x) = a x→0− x→0− lim g(x) = lim ax2 + bx + 1 = 1 x→0+ x→0− Hàm g(x) liên tục tại x = 0 khi lim g(x) = lim g(x) = g(0) ⇒ a = 1 x→0+ x→0− 14. Điểm x = 0 là điểm gián đoạn loain gì của hàm số 8 a. y = 1−2cot gx − cot x 8 • x → 0 ⇒ cot x → −∞ ⇒ 2 → 0 ⇒ lim cot x = 8 x→0− 1−2 + cot x 8 • x → 0 ⇒ cot x → +∞ ⇒ 2 → +∞ ⇒ lim cot x = 0 x→0− 1−2 Vậy x = 0 là điểm gián đoạn loại I 1 sin x b. y = 1 e x +1 1 − Chọn xn = nπ → 0 1 sin x Do đó sin xn = sin(nπ) = 0 ⇒ lim 1 = 0 x→0− e x +1 −1 − Chọn xn = π → 0 2nπ+ 2 1 π  sin x Suy ra sin xn = sin xn = sin −2nπ − = −1 ⇒ lim 1 = −1 2 x→0− e x +1 1 sin x Suy ra không tồn tại lim 1 x→0− e x +1 Vậy x = 0 là điểm gián đoạn loại II eax−ebx c. y = x , (a 6= b) 10
  11. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com lim y = lim y = lim y = lim eax−ebx x→0− x→0+ x→0 x→0 x = lim eax−1 − lim ebx−1 = a − b x→0 x x→0 x Vậy x = 0 là điểm gián đoạn loại I 1.9. Đạo hàm và vi phân 15. Tìm đạo hàm của hàm số   1 − x khi x 2   −1 khi x 2 16. Với điều kiện nào thì hàm số  n 1  x sin x khi x 6= 0 f(x) = (n ∈ Z)  0 khi x 6= 0 a. Liên tục tại x = 0 Để hàm liên tục tại x = 0 thì lim xn sin 1 = 0 x→0 x 1 1 Vì sin ≤ 1 ⇒ lim xn sin = 0 ⇒ lim xn = 0 ⇒ n > 0 x x→0 x x→0 b. Khả vi tại x = 0 lim ∆f = lim f(0+∆x)−f(0) = lim (∆x)n−1 sin 1 = 0 ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ∆x→0 ∆x ⇒ n − 1 > 0 ⇒ n > 1 c. Có đạo hàm liên tục tại x = 0 Với mọi x 6= 0 ta có 0 n−1 1 xn 1 n−2 1 1  f (x) = nx sin x − x2 cos x = x n sin x − cos x f(x) có đạo hàm tại x = 0 khi lim f 0(x) = 0 ⇔ lim xn−2 n sin 1 − cos 1  = 0 ⇒ n > 2 x→0 x→0 x x 17. 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. 11
  12. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Chứng minh. Ta có   (x − a) ϕ(x) x ≥ a f(x) =  (a − x) ϕ(x) x < a   ϕ(x) + (x − a) ϕ0(x) x ≥ a ⇒ f 0(x) =  −ϕ(x) + (a − x) ϕ0(x) x < a 0 0 ⇒ f+ (a) = ϕ(a), f− (a) = −ϕ(a) 0 0 Do ϕ(a) 6= 0 ⇒ f+ (a) 6= f− (a) Suy ra hàm f(x) không có đạo hàm tại x = a nên không khả vi tại x = a. 18. Tìm vi phân của hàm số 1 x a. y = a arctan a , (a 6= 0) 1 x0 dx dy = a arctan a dx = x2+a2 x b. y = arcsin a , (a 6= 0) 0 dy = arcsin x dx = √ dx a a2−x2 1 x−a c. y = 2a ln x+a , (a 6= 0) 1 x−a 0 dx dy = 2a ln x+a dx = x2−a2 √ d. y = ln x + x2 + a √ 0 dy = ln x + x2 + a2 dx = √ dx x2+a2 19. Tìm d 3 6 9 a. d(x3) x − 2x − x d 3 6 9 3 6 d(x3) x − 2x − x = 1 − 4x − 3x d sin x b. d(x2) x d sin x x cos x−sin x d(x2) x = 2x3 d(sin x) c. d(cos x) d(sin x) d(cos x) = − cot x 12
  13. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 20. Tính gần đúng giá trị của biểu thức a. lg 11 Đặt f(x) = log x x0 = 10, ∆x = 1 1 f(x) ≈ f(x ) + f 0(x )∆x ≈ log 10 + .1 ≈ 1, 042 0 0 10 ln 10 q 7 2−0,02 b. 2+0,02 q 7 2−x Đặt f(x) = 2+x x0 = 0, ∆x = 0, 02 1 ⇒ ln f(x) = 7 [ln (2 − x) − ln (2 + x)] f 0(x) 1 1 1  4 1 ⇒ f(x) = −7 2−x + 2+x = −7 4−x2 q 0 4 1 7 2−x ⇒ f (x) = −7 4−x2 2+x Suy ra r2 − 0 4 1 r2 − 0 f(x) ≈ f(x ) + f 0(x )∆x ≈ 7 − ≈ 0, 9886 0 0 2 + 0 7 4 − 02 2 + 0 21. Tìm đạo hàm cấp cao của hàm số x2 (8) a. y = 1−x, tính y Ta có  (n) n  (n−k) 1 X (k) 1 y(n) = x2 = Ckx2 1 − x n 1 − x k=0 Với k ≥ 3 thì x2(k) = 0 nên 8 (8) P k 2(k) 1 (8−k) y = Cn x 1−x k=0 2 1 (8) 1 (7) 1 (6) = x 1−x + 8.2x 1−x + 56. 1−x = x2.8! + 2x.7! + 6! (1−x)9 (1−x)8 (1−x)7 2 2 = x .8!+2x.7!(1−x)+6!(1−x) = 8! (1−x)9 (1−x)9 b. y = √1+x , tính y(100) 1−x 13
  14. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com  (100)  (100)  (99) y(100) = √1+x = (1 + x) √ 1 + 100 √ 1 1−x 1−x 1−x (1+x)199!! = √ + 100.197!!√ 2100(1−x)100 1−x 299(1−x)99 1−x (199(1+x)+100.2(1−x)).199.197!! = √ 2100(1−x)100 1−x (399−x)197!! = √ 2100(1−x)100 1−x c. y = x2e2x, tính y(10) y(10) = x2e2x(10) = x2e2x(10) + 20xe2x(9) + 90e2x(8) = 210x2e2x + 20x.29e2x + 90.28e2x 29e2x 2x2 + 20x + 45 d. y = x2 sin x, tính y(50) y(50) = x2 sin x(50) = x2(sin x)(50) + 100x(sin x)(49) + 2450(sin x)(48) 2 50π  49π  48π  = x sin x + 2 + 100x sin 2 + 2450 sin 2 = −x2 sin x + 100x cos x + 2450 sin x 22. Tính đạo hàm cấp n của hàm số x a. y = x2−1 Ta có x 1 1 1  y = x2−1 = 2 x+1 + x−1 (n) 1 h 1 (n) 1 (n)i ⇒ y = 2 x+1 + x−1 1 h 1 (n) 1 (n)i = 2 x+1 − −x+1 h i = 1 (−1)(n) n! − n! 2 (x+1)n+1 (−x+1)n+1 1 b. y = x2−3x+2 1 1 1 y = x2−3x+2 = −x+1 − −x+2   ⇒ y(n) = 1 (n) − 1 (n) = n! 1 − 1 , x 6= 1, 2 −x+1 −x+2 (−x+1)n+1 (−x+2)n+1 c. y = √ x 3 1+x − 1 y = √ x = (1 + x) 3 x 3 1+x (n) (n) (n−1)  − 1   − 1   − 1  y(n)= (1 + x) 3 x = (1 + x) 3 x + n (1 + x) 3 ta có 14
  15. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com  1 (n) − 3 1 4 3n−2 1 (1 + x) = − − − 1 3 3 3 (1+x)n+ 3 n 1 1 = (−1) n (1.4 (3n − 2)) 1 3 (1+x)n+ 3  1 (n−1) − 3 1 4 3n−2 1 (1 + x) = − − − 1 3 3 3 (1+x)n+ 3 n−1 1 1 = (−1) n−1 (1.4 (3n − 5)) 2 3 (1+x)n− 3 n−1 (n) (−1) 3n+2x ⇒ y = n (1.4 (3n − 5)) 1 , n ≥ 2, x 6= −1 3 (1+x)n+ 3 d. y = eax sin(bx + c) y0 = aeax sin (bx + c) + beax cos (bx + c) Đặt sin ϕ = √ b , cos ϕ = √ a a2+b2 a2+b2 √ ⇒ y0 = a2 + b2eax (sin (bx + c) cos ϕ + cos (bx + c) sin ϕ) 1 = a2 + b2 2 eax sin (bx + c + ϕ) n Sử dụng quy nạp chứng minh y(n) = a2 + b2 2 eax sin (bx + c + nϕ) Thật vậy với n = 1,đúng. Giả sử đúng với n = k tức là k y(k) = a2 + b2 2 eax sin (bx + c + kϕ)(∗) Ta sẽ chứng minh k+1 y(k+1) = a2 + b2 2 eax sin (bx + c + (k + 1) ϕ) Đạo hàm 2 vế của (∗) ta được  0 k y(k+1) = y(k) = a2 + b2 2 eax (a sin X + b cos X) trong đó X := bx + c + kϕ. Mặt khác p 1 a sin X+b cos X = a2 + b2 sin (X + ϕ) = a2 + b2 2 sin (bx + c + (k + 1) ϕ) Suy ra k+1 y(k+1) = a2 + b2 2 eax sin (bx + c + (k + 1) ϕ) 15
  16. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 1.10. Các định lý về hàm khả vi và ứng dụng 23. Chứng minh rằng phương trình xn + px + q = 0 với n nguyên dương không thể có quá 2 nghiệm thực nếu n chẵn, không có quá 3 nghiệm thực nếu n lẻ. n Chứng minh. Gọi Pn(x) := x + px + q. 0 n−1 ⇒ Pn(x) = nx + p. Đa thức Pn(x) có n nghiệm thực hoặc phức phân 0 biệt hoặc trùng nhau và đa thức Pn(x) có n − 1 nghiệm thực hoặc phức phân biệt hoặc trùng nhau.Nghiệm của đa thức đạo hàm là nghiệm của n−1 p phương trình x = −n. Phương trình này chỉ có 1 nghiệm thực khi n chẵn và không có quá 2 nghiệm thực khi n lẻ. Do đó, nếu n chẵn và Pn(x) có 3 nghiệm thực phân biệt x1, x2, x3 thì áp dụng định lý Rolle vào [x1, x2] 0 và [x2, x3] sẽ suy ra được đa thức Pn(x) có ít nhất 2 nghiệm thực (vô lý với lập luận trên). Tương tự với trường hợp n lẻ. f(b)−f(a) f 0(c) 24. Giải thích tại sao công thức Cauchy dạng g(b)−g(a) = g0(c) không áp dụng được đối với các hàm số f(x) = x2 g(x) = x3, −1 ≤ x ≤ 1 Giả thiết công thức Cauchy cần có g0(x) 6= 0. Ở đây g0(x) = 0 tại x = 0. Vì vậy không thể áp dụng công thức Cauchy với hàm các hàm số này được. 25.Chứng minh bất đẳng thức a. |sin x − sin y| ≤ |x − y| Xét hàm số y = sin t trên [x, y], theo công thức Lagrange ta có f(y) − f(x) = f 0(c) c ∈ (x, y) y − x tứ là sin y − sin x = (y − x) cos c ⇒ |sin y − sin x| = |y − x| |cos c| 16
  17. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com vì |cos c| ≤ 1 nên |sin x − sin y| ≤ |x − y| (đpcm) a−b a a−b b. a 0. Theo công thức Lagrange ta có f(a) − f(b) = (a − b)f 0(c), b < c < a tức là 1 a 1 ln a − ln b = (a − b) ⇒ ln = (a − b) c b c vì b<c<a nên a − b a − b a − b < < a c b Suy ra a − b a a − b < ln < a b b 26. Tìm giới hạn q √ √  a. lim x + px + x − x x→+∞ q √ √  lim x + px + x − x x→+∞ √ √ x+ x = lim q √ √ √ x→+∞ x+ x+ x+ x q √ 1 1+ x 1 = lim r q √ = 2 x→+∞ 1+ 1 + 1 +1 x x2 b. lim x − 1  x→1 x−1 ln x L L 1 x 1  x ln x−x+1 = ln x+1−1 = x 1 lim x−1 − ln x = lim (x−1) ln x lim ln x+1− 1 lim 1 + 1 = 2 x→1 x→1 x→1 x x→1 x x2 1 e x −cos 1 c. lim √ x 1− 1− 1 x→∞ x2 1 x 1 1 1  e = 1 + x + 2x2 + o1 x2 q 1 1 1  1 − x2 = 1 − 2x2 + o2 x2 1 1 1 1  cos x = 1 − 2.x2 + o3 x2 1 1 1 1 1 1 1 1 e x −cos 1+ + +o1( )−1+ . −o3( ) √ x x 2x2 x2 2 x2 x2 ⇒ 1 = 1 1 1− 1− 1−1− +o2 x2 2x2 ( x2 ) 1 e x −cos 1 1 √ x x ⇒ lim 1 = lim 1 = ∞ 1− 1− 2 x→∞ x2 x→∞ 2x 17
  18. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com ex sin x−x(1+x) d. lim 3 x→0 x ex sin x−x(1+x) lim 3 x→0 x L ex sin x+ex cos x−2x−1 = lim 2 x→0 3x L x x x x = lim e sin x+e cos x+e cos x−e sin x−2 x→0 6x L x x = lim 2e cos x−2e sin x = 1 x→0 6 3 e. lim tan πx ln(2 − x) x→1 2 L −1 2sin2( πx ) πx ln(2−x) = 2−x 2 2 lim tan 2 ln(2 − x) = lim cot πx lim π −1 = lim π(2−x) = π x→1 x→1 2 x→1 2 2 πx x→1 sin ( 2 ) 1 h. lim 1 − atan2x x sin x x→0 2 1 −atan x . −1 lim 1 − atan2x x sin x = lim 1 − atan2x x sin x atan2x x→0 x→0 −atan2x lim x sin x −a = ex→0 = e 27. Xác định a, b sao cho biểu thức sau đây có giới hạn hữu hạn khi x → 0 f(x) = 1 − 1 − a − b sin3x x3 x2 x Ta có x3 − sin3x 1 + ax + bx2 f(x) = x3sin3x Tại lân cận x = 0 x3 3 sin x = x − 3! + o x  3 3h x3 3i 6 6  x x − + o x = x + o x ⇒ 3! 3 2 3 4 1 5 6 6  sin x 1 + ax + bx = x + ax + b − 2 x + cx + o x trong đó c là hệ số của x6. ax4 + b − 1 x5 + cx6 + o x6 ⇒ f(x) = 2 x6 + o (x6) 1 Để tồn tại giới hạn hữu hạn thì a = 0, b = 2. 28. Cho f là một hàm số thực khả vi trên [a, b] và có đạo hàm f 00(x) trên (a, b). Chứng minh rằng với mọi x ∈ (a, b) có thể tìm được ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f(b)−f(a) (x−a)(x−b) 00 f(x) − f(a) − b−a (x − a) = 2 f (c) 18
  19. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Chứng minh. Đặt f(b) − f(a) (x − a)(x − b) ϕ(x) := f(x) − f(a) − (x − a) − λ b − a 2 Suy ra f(b) − f(a)  a + b ϕ0(x) = f 0(x) − − λ x − b − a 2 Lấy x0 ∈ (a, b), xác định λ từ điều kiện: f(b) − f(a) (x − a)(x − b) ϕ(x ) := f(x ) − f(a) − (x − a) − 0 0 λ = 0 0 0 b − a 0 2 Khi đó, có ϕ(x0) = ϕ(a) = ϕ(b) = 0. Theo giả thiết và định nghĩa ϕ(x) thì ϕ(x) liên tục khả vi trên [a, b]. Khi đó theo định lý Rolle với x ∈ [a, x0] do 0 đó tồn tại c1 ∈ (a, x0) sao cho ϕ (x) = 0. Tương tự tồn tại c2 ∈ (x0, b) sao cho ϕ0(x) = 0. Theo giả thiết f(x) có đạo hàm cấp 2 nên ϕ(x) cũng có đạo hàm cấp 0 0 2 và ϕ (x1) ϕ (c2) = 0 nên theo định lý Rolle tồn tại c ∈ (c1, c2) sao cho ϕ00(x) = 0, tức là ϕ00(x) = f 00(x) − λ = 0 hay f(b) − f(a) (x − a)(x − b) f(x) − f(a) − (x − a) = f 00(c) b − a 2 29. Khảo sát tính đơn điệu của hàm số a. y = x3 + x y0 > 0∀x nên hàm tăng với mọi x. b. y = arctan x − x y0 ≤ 0∀x nên hàm giảm với mọi x. 30. Chứng minh bất đẳng thức 2 a. 2x arctan x ≥ ln 1 + x với mọi x ∈ R 19
  20. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com x2 b. x − 2 ≤ ln(1 + x) ≤ x với mọi x ≥ 0 31. Tìm cực trị của hàm số 3x2+4x+4 a. y = x2+x+1 y = 3 + x+1 ⇒ y0 = −x(x+2) x2+x+1 (x2+x+1)2 Dấu của y0 là dấu của −x(x + 2). y0 = 0 khi x = 0, x = −2. 8 ymin = y(−2) = 3 ymax = y(0) = 4. b. y = x − ln(1 + x) Miền xác định: x > −1. 0 x y = 1+x y0 = 0 khi x = 0 và y00(0) > 0 do đó ymin = y(0) = 0. 32. Khảo sát hàm số √ 2−x2 3 3 2 a. y = 1+x4 b. y = x − x − x + 1 4 c. y = x +8 d. y = √x−2 x3+1 x2+1    x = 1 − t  x = 2t − t2 e. f.  y = 1 − t2  y = 3t − t3 √ a g. r = a + b cos ϕ, (0 0) Chương 2 TÍCH PHÂN 2.1. Tích phân bất định 1. Tính các tích phân R 1  p √ a. 1 − x2 x xdx p √  3 −5  7 −1 R 1  R 4 4 1 4 4 1 − x2 x xdx = x − x dx = 7x + 4x + C √ b. R 1 − sin 2xdx 20
  21. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com √ q R 1 − sin 2xdx = R (sin x − cos x)2dx = R |sin x − cos x| dx   sin x − cos x, sin x ≥ cos x =  − sin x + cos x, sin x < cos x c. R √dx x x2+1 √ Đặt x2 + 1 = t ⇒ x2 = t2 − 1 ⇒ xdx = tdt R √dx = R √xdx = R tdt = 1 R 1 − 1  dt = 1 ln t−1 + C x x2+1 x2 x2+1 (t2−1)t 2 t−1 t+1 2 t+1 √ 2 = 1 ln √x +1−1 + C 2 x2+1+1 d. R xdx (x2−1)3/2 d(x2−1) −1 R xdx 1 R 1 2  2 √−1 3 = 3 = . x − 1 . (−2) + C = 2 + C (x2−1) 2 2 (x2−1) 2 2 x −1 R xdx e. (x+2)(x+5) R xdx R  5 2  1 (x+2)(x+5) = 3(x+5) − 3(x+2) dx = 3 (5 ln |x + 5| − 2 ln |x + 2|) + C f. R dx (x+a)2(x+b)2 Nếu a = b. Z dx Z dx −1 = = + C (x + a)2(x + b)2 (x + a)4 3(x + a)3 Nếu a 6= b. 1 = 1 1 − 1 2 (x+a)2(x+b)2 (b−a)2 x+a x+b   = 1 1 − 2 1 1 + 1 (b−a)2 (x+a)2 x+a x+b (x+b)2   = 1 1 − 2 1 − 1  + 1 (b−a)2 (x+a)2 b−a x+a x+b (x+b)2 ⇒ R dx = 1 −1 − 2 ln x+a − 1  + C (x+a)2(x+b)2 (b−a)2 x+a b−a x+b x+b g. R sin x sin(x + y)dx R sin x sin(x + y)dx = R (cos y − cos (2x + y)) dx 1 1 = 2x cos y − 4 sin (2x + y) + C h. R 1+sin xdx sin2x R 1+sin xdx = R 1 + 1  dx = − cot x − ln |sin x| + C sin2x sin2x sin x 2. Tính các tích phân a. R arctan xdx 21
  22. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Đặt   dx  u = arctan x  du = 2 ⇒ 1+x  dv = dx  v = x R R xdx 1 2 ⇒ arctan xdx = x arctan x − 1+x2 = x arctan x − 2 ln 1 + x + C b. R √ x+2 dx x2−5x+6 R √ x+2 dx = 1 R √ 2x−5 dx + 1 R √ 9dx x2−5x+6 2 x2−5x+6 2 x2−5x+6 √ 2 9 R dx = x − 5x + 6 + 2 q 2 + C (x− 5 ) − 1 √ 2 4√ 2 9 5 2 = x − 5x + 6 + 2 ln x − 2 + x − 5x + 6 + C c. R √ xdx x2+x+2 R √ xdx = 1 R √ 2x+1 dx − 1 R √ dx x2+x+2 2 x2+x+2 2 x2+x+2 √ 2 1 R dx = x + x + 2 − 2 q 2 + C (x+ 1 ) + 7 √ 2 4√ 1 1 = x2 + x + 2 − ln x + + x2 + x + 2 + C √ 2 2 d. R x −x2 + 3x − 2dx √ √ 1 R 2 3 R 2 = −2 (−2x + 3) −x + 3x − 2dx + 2 −x + 3x − 2dx √ q 1 2 3 R 1 32 = −3 −x + 3x − 2 + 2 4 − x − 2 dx √  3 √  3  1 2 3 x− 2 2 1 x− 2 = −3 −x + 3x − 2 + 2 2 −x + 3x − 2 + 8 arcsin 2 + C e. R dx (x2+2x+5)2 R dx R dx 2 = 2 (x2+2x+5) ((x+1)2+4) Đặt t = x + 4. Tích phân trở thành R dx R dx 2 = 2 (x2+2x+5) ((x+1)2+4) R dt = 1 R dt − 1 R t2dt (t2+4)2 4 (t2+4) 4 (t2+4)2 = 1 arctan t − 1 R t 2tdt + C 8 2 8 (t2+4)2 1 t 1 t 1 R dt = 8 arctan 2 + 8 t2+4 − 8 t2+4 + C 1 t 1 t = 16 arctan 2 + 8 t2+4 + C f. R sinn−1x sin(n + 1)xdx Đặt 22
  23. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com I = R sinn−1x sin(n + 1)xdx = R sinn−1x (sin nx cos x + cos nx sin x) dx = R sinn−1x sin nx cos xdx + R sinnx cos nxdx Ta có R n−1 R 1 n  sin x sin nx cos xdx = sin nxd nsin x 1 n R n = nsin x sin nx − cos nxsin xdx 1 n R n R n ⇒ I = nsin x sin nx − cos nxsin xdx + cos nxsin xdx 1 n = nsin x sin nx + C g. R e−2x cos 3xdx Ta có Z e−2x cos 3xdx = e−2x (A cos 3x + B sin 3x) + C lấy đạo hàm 2 vế ta được R e−2x cos 3xdx = e−2x (A cos 3x + B sin 3x) + C e−2x cos 3x = e−2x [(−2A + B) cos 3x − (2B + 3A) sin 3x]    −2A + B = 1  A = − 2 ⇒ ⇒ 13 3  2B + 3A = 0  B = 13 R −2x −2x 1 3  ⇒ e cos 3xdx = e −13 cos 3x + 13 sin 3x + C h. R x2 ln xdx R arcsin2xdx = xarcsin2x − 2 R x arcsin x√ dx 1−x2 √ = xarcsin2x + R 2 arcsin xd 1 − x2 √ = xarcsin2x + 2 1 − x2 arcsin x − 2 R dx √ = xarcsin2x + 2 1 − x2 arcsin x − 2x + C 3. Lập công thức truy hồi tính In R n x a. In = x e dx Đặt 23
  24. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com    xn = u  du = nxn−1dx ⇒  dv = exdx  v = ex x n R n−1 x x n ⇒ In = e x − n x e dx = e x − nIn−1 R dx b. In = cosn x R 1 dx R d(tan x) In = cosn−2x cos2x = cosn−2x tan x R sin2x = cosn−2x − (n − 2) cosnxdx sin x R 1 1  = cosn−1x − (n − 2) cosnx − cosn−2x dx sin x = cosn−1x − (n − 2) In − (n − 2) In−2 1 sin x n−2 ⇒ In = n−1 cosn−1x n−1In−2 2.2. Tích phân xác định 4. Tính các đạo hàm y d R t2 a. dx e dt x y d R t2 y2 0 x2 0 x2 dx e dt = e y − e x = −e x y d R t2 b. dy e dt x y d R t2 y2 0 x2 0 y2 dy e dt = e y − e x = e x x3 c. d R √ dt dx 1+t4 x2 x3 2 d R √ dt = √ 3x − √ 2x dx 1+t4 1+x12 1+x6 x2 5. Dùng định nghĩa và cách tính tích phân xác định, tìm các giới hạn h i a. lim 1 + 1 + 1 + ··· + 1 , (α, β > 0) n→∞ nα nα+β nα+2β nα+(n−1)β n−1 1 = lim 1 P 1 = R dx = 1 ln α+β n α+ kβ α+βx β α n→∞ k=0 n 0 q q  b. lim 1 1 + 1 + 1 + 2 + ··· + p1 + n n→∞ n n n n n q 1 √ √ 1 P k R 2  = lim n 1 + n = 1 + xdx = 3 2 2 − 1 n→∞ k=1 0 6. Tính các giới hạn 24
  25. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com sin x√ R tan tdt 0 a. lim tan x√ x→0+ R sin tdt 0 sin x√ R tan tdt √ L cos x tan(sin x) 0 √ lim tan x√ = lim x→0+ R x→0+ sin(tan x) sin tdt cos2x 0 √ tan(sin x) L q = lim √ = lim sin x = 1 x→0+ sin(tan x) x→0+ tan x x R (arctan t)2dt b. lim 0 √ x→+∞ x2+1 x R (arctan t)2dt   2 2 0 L (arctan x) π x lim √ = lim x = , lim √ = 1 x2+1 √ 4 x2+1 x→+∞ x→+∞ x2+1 x→+∞ 7. Tính các tích phân sau e a. R |ln x| (x + 1) dx 1/e e 1 e R |ln x| (x + 1) dx = − R ln x (x + 1)dx + R ln x (x + 1) dx 1/e 1/e 1 2 1 1 2 2 e e 2 = −(x+1) ln x + R (x+1) dx + (x+1) ln x − R (x+1) dx 2 2x 2 2x 1/e 1/e 1 1 e2 1 2 5 = 4 − 4e2 − e + 2 e b. R (x ln x)2dx 1 e e e  3  3 e R (x ln x)2dx = R ln2xd x = x ln2x − 2 R x2 ln xdx 3 3 3 1 1 1 1 e  3  3  3  3 3 e = −e − 2 R ln xd x = −e − 2 x ln x − 1 R x2dx 3 3 3 3 3 3 3 1 1 1 5e3 2 = 27 − 27 3π/2 R dx c. 2+cos x 0 x Đặt t = tan 2 π/6 R sin2x cos x d. 2 dx 2 0 (1+tan x) π/6 π/6 R sin2x cos x R sin2x cos x 2 dx = 2 dx 2 2 0 (1+tan x) 0 (1/cos x) π/6 π/6 = R sin2xcos5xdx = R sin2x1 − sin2x2 cos xdx 0 0 25
  26. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Đặt t = sin x ⇒ dt = cos xdx. Tích phân trở thành 1/2 1/2 R 2 22 R 2 4 6 407 t 1 − t dt = t − 2t + t dt = 13440 0 0 π/2 R p x e. arcsin 1+xdx 0 Đặt r x x t2 2tdt t = ⇒ t2 = ⇒ x = ⇒ dx = 1 + x 1 + x 1 − t2 (1 − t2)3/2 Khi đó √ 3 3/2 R arcsin p x dx = R arcsin t 2tdt 1+x (1−t2)3/2 0 √ 0 3/2 d(1−t2) = − R arcsin t (1−t2)3/2 0 √ √ 3/2 3/2 = 1 arcsin t − R 1 √ dt 1−t2 0 1−t2 1−t2 0 = 4π − J 3 √ Đặt t = sin ϕ ⇒ dt = cos ϕdϕ, 1 − t2 = cos2ϕ, 1 − t2 = |cos ϕ|. Khi đó π/3 π/3 Z cos ϕdϕ Z dϕ √ J = = = tan ϕ|π/3 = 3 cos2ϕ |cos ϕ| cos2ϕ 0 0 0 Vậy 3 √ R p x 4π arcsin 1+xdx = 3 − 3 0 π/2 f. R cosnx cos nxdx 0 26
  27. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com π/2 π/2 R n R n sin nx In := cos x cos nxdx = cos xd n 0 0 π/2 1 n π/2 R n−1 = ncos x sin nx 0 + cos x sin x sin nxdx 0 π/2 1 R n−1 = 2 cos x [cos (n − 1) x − cos (n + 1) x] dx 0 π/2 π/2 1 R n−1 1 R n−1 = 2 cos x cos (n − 1) xdx−2 cos x cos (n + 1) xdx 0 0 π/2 1 1 R n−1 = 2In−1 − 2 cos x cos (n + 1) xdx 0 Xét tích phân π/2 R cosn−1x cos (n + 1) xdx 0 π/2 = R cosn−1x [cos nx cos x − sin nx sin x] dx 0 π/2 π/2 = R cosnx cos nxdx − R cosn−1x sin x sin nxdx 0 0 = In − In = 0 1 Vậy ta có In = 2In−1 tương tự 1 In−1 = 2In−2 1 I1 = 2I0 π/2 R π I0 = dx = 2 0 1 ⇒ In = 2n+1 π 8. Chứng minh rằng nếu f(x) liên tục trên [0, 1] thì π/2 π/2 a. R f(sin x)dx = R f(cos x)dx 0 0 π/2 0 R R π  f(sin x)dx = − f sin 2 − t dt 0 π/2 π/2 π/2 = R f(cos t)dt = R f(cos x)dx 0 0 27
  28. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com π π R R π b. xf(sin x)dx = 2 f(sin x)dx 0 0 Đặt x = π − t, ta có π 0 R xf(sin x)dx = − R (π − t) f (sin (π − t))dt 0 π π = R (π − t) f (sin (π − t))dt 0 π π = R πf (sin t) dt − R tf (sin t) dt 0 0 π π = R πf (sin x) dx − R xf (sin x) dt 0 0 π π ⇒ 2 R xf (sin x) dt = R πf (sin x) dx 0 0 π π R π R ⇒ xf (sin x) dt = 2 f (sin x) dx 0 0 9. Cho f(x), g(x) là hai hàm số khả tích trên [a, b]. Khi đó f 2(x), g2(x) và f(x).g(x) cũng khả tích trên [a, b]. Chứng minh bất đẳng thức (với a < b) 2 b ! b ! b ! R f(x)g(x)dx ≤ R f 2(x)dx R g2(x)dx a a a (Bất đẳng thức Cauchy-Schwartz) Chứng minh. Ta có b R (αf + βg)2dx ≥ 0, (a < b) a b R α2f 2 + 2αβfg + β2g2dx ≥ 0 a b b b α2 R f 2dx + 2αβ R fgdx + β2 R g2dx ≥ 0 a a a Vế trái là 1 tam thức bậc 2 đối với α, tam thức này không âm nên ta luôn có 2 b ! b ! b ! R fgdx − R f 2dx R g2dx ≤ 0 a a a 2 b ! b ! b ! ⇒ R fgdx ≤ R f 2dx R g2dx a a a 2.3. Tích phân suy rộng 28
  29. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 10. Xét dự hội tụ và tính (trong trường hợp hội tụ) các tích phân sau 0 a. R xexdx −∞ Đặt x = −t. 0 0 +∞ Z Z Z xexdx = − (−t) e−tdx = − te−tdt −∞ +∞ 0 Suy ra hội tụ và tích phân 0 R x t ∞ xe dx = e (t − 1)|0 = 1 −∞ +∞ b. R cos xdx 0 +∞ A Z Z A cos xdx = lim cos xdx = lim sin x|0 = lim sin A A→+∞ A→+∞ A→+∞ 0 0 Vì không tồn tại lim sin A suy ra phân kỳ. A→+∞ +∞ c. R dx (x2+1)2 −∞ +∞ +∞  a +∞  Z dx Z dx Z dx Z dx = 2 = 2  +  , (a > 0) (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 −∞ 0 0 a +∞ Do 1 < 1 , x ∈ [a, +∞) nên ta có R 1 hội tụ. Suy ra tích phân hội (x2+1)2 x4 x4 a tụ. Đặt x = cot t. +∞ π/2 R dx = 2 R sin2tdt = π (x2+1)2 2 −∞ 0 1 d. R √ dx x(1−x) 0 11. Xét sự hội tụ của các tích phân sau 1 R dx a. tan x−x 0 29
  30. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 1 1 1 R 1 Ta có tan x−x có bậc 3 so với x do đó tích phân tan x−xdx phân kỳ. 0 1 √ R xdx b. esin x−1 0 Ta có √ √ √ x x x 1 ∼ ∼ ∼ √ , x → 0 esin x − 1 sin x x x √ x √1 suy ra vô cùng lớn esin x−1 khi x → 0 cùng bậc với x do đó tích phân 1 √ R x esin x−1dx hội tụ 0 1 √ c. R √ xdx 1−x4 0 +∞ R ln(1+x)dx d. x 1 +∞ ln(1+x) 1 R 1 Vì x > x, x > e và tích phân xdx phân kỳ, suy ra tích phân 1 +∞ R ln(1+x) x dx phân kỳ. 1 +∞ 2 R e−x e. x2 dx 1 Xét y = e−x2 có y0 = −2xe−x2 , nên y0 0. Do đó hàm y nghịch 2 +∞ −x2 e−x 1 R 1 biến khi x > 0. Suy ra e 0 hay x2 0 ⇒ dx = dt√ , ta có 2 t 30
  31. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com +∞ +∞ Z 1 Z sin t sin(x2)dx = dt 2 t a 1 tích phân này hội tụ, tuy nhiên hàm f(x) = sin(x2) không dần về 0 khi x → +∞, hay f(x) = sin(x2) không có giới hạn khi x → +∞. +∞ 13. Cho hàm f(x) liên tục trên [a, b] và lim f(x) = A 6= 0. Hỏi R f(x)dx x→+∞ 0 có hội tụ không? 2.4. Ứng dụng của tích phân 14. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi a. Đường parabol y = x2 + 4 và đường thẳng x − y + 4 = 0 1 Z 1 S = x + 4 − x2+4 dx = 6 0 b. Parabol bậc ba y = x3 và các đường y = x, y = 2x, (x ≥ 0) √ 1 2 Z Z 3 S = (2x − x) dx + 2x − x3 dx = 4 0 1 c. Đường tròn x2 + y2 = 2x và parabol y2 = x, (y2 ≤ x) 2 √ √ S = 2 R 4x − x2 − 2xdx 0 √ 2 √ h(2−x) 4 2−xi 2 √ 2 = 2 4x − x2 + arcsin − 2 x x 2 2 2 0 3 0 16 = 2π − 3 d. Đường y2 = x2 − x4 15. Tính thể tích của vật thể là phần chung của hai hình trụ x2 + y2 = a2 và y2 + z2 = a2, (a > 0). 16 3 Đáp số: V = 3 a . Chương 3 31
  32. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com HÀM NHIỀU BIẾN SỐ 3.1. Hàm nhiều biến số 1. Tìm miền xác định của các hàm số sau a. z = √ 1 x2+y2−1 Hàm z xác định khi x2 + y2 − 1 > 0 ⇒ x2 + y2 > 1 b. z = p(x2 + y2 − 1) (4 − x2 − y2) Hàm số xác định khi    x2 + y2 − 1 ≤ 0  x2 + y2 − 1 ≥ 0  4 − x2 − y2 ≤ 0  4 − x2 − y2 ≥ 0   x2 + y2 ≥ 1 ⇒  x2 + y2 ≤ 4 y−1 c. z = arcsin x y−1 Hàm z xác định khi −1 ≤ x ≤ 1  2 ⇒ (x, y) ∈ R > 0, 1 − x ≤ y ≤ 1 + x  2 ∪ (x, y) ∈ R < 0, 1 − x ≥ y ≥ 1 + x √ d. z = x sin y Hàm z xác định khi x ln y ≥ 0.  2 ⇒ (x, y) ∈ R ≥ 0, y ≥ 1  2 ∪ (x, y) ∈ R ≤ 0, 0 < y ≤ 1 2. Tìm các giới hạn nếu có của các hàm số sau x2−y2 a. f(x, y) = x2+y2 , (x → 0, y → 0) x2−y2 Đặt f(x, y) = x2+y2 1 Lấy xn = yn = n → 0 khi n → ∞ 1 − 1 n2 n2 suy ra f (xn, yn) = 1 + 1 = 0 → 0 n2 n2 1 Lấy xn = 0, yn = n → 0 khi n → ∞ 32
  33. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com − 1 n2 Khi đó f (xn, yn) = 1 = −1 → −1 n2 Vậy không tồn tại giới hạn f(x, y) khi x → 0, y → 0 πx b. f(x, y) = sin 2x+y , (x → ∞, y → ∞) 3.2. Đạo hàm và vi phân 3. Tính các đạo hàm riêng của các hàm số sau   a. z = ln x + px2 + y2 0 1 0 y zx = √ zy = x2+y2 xpx2 + y2 + x2 + y2 2 x b. z = y sin y 0 x 0 y x zx = y cos y zy = 2y sin x − x cos y qx2−y2 c. z = arctan x2+y2 0 y2 0 −y zx = √ zy = √ x x4−y4 x4−y4 d. xy3 , (x > 0) 0 3 y3−1 0 y3 2 zx = y x zy = x 3y ln x e. u = xyz , (x, y, z > 0) 0 z yz−1 0 yz z−1 0 yz z ux = y x uy = x zy ln x uz = x y ln y ln x 1 f. u = e x2+y2+z2 1 2x u 0 = −e x2+y2+z2 x (x2+y2+z2)2 1 2y u 0 = −e x2+y2+z2 y (x2+y2+z2)2 1 2z u 0 = −e x2+y2+z2 z (x2+y2+z2)2 4. Khảo sát sự liên tục và sự tồn tại, liên tục của các đạo hàm riêng của hàm số f(x, y) sau  2  x arctan y  khi x 6= 0 a. f(x, y) = x  0 khi x = 0 33
  34. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com y 2 Hàm f(x, y) = x arctan x liên tục tại mọi x 6= 0. Ta có π |f(x, y)| ≤ x 2 Vì vậy f(x, y) → 0 f(0, y) khi x → 0. Vậy f(x, y) cũng liên tục tại x = 0, suy ra f(x, y) liên tục trên R2. 0 0 Với x 6= 0 các đạo hàm riêng fx (x, y), fy (x, y) đều tồn tại và liên tục. 0 y 2 2x2y2 fx (x, y) = arctan x − x4+y4 0 2x3y fy (x, y) = x4+y4 Xét x = 0, y 6= 0 0 f(h,y)−f(0,y) y 2 π fx (0, y) = lim = lim arctan = h→0 h h→0 h 2 0 f(0,y+k)−f(0,y) fy (0, y) = lim = lim 0 = 0 k→0 k k→0 Nếu y = 0 0 f(h,0)−f(0,0) fx (0, 0) = lim = lim 0 = 0 h→0 h k→0 0 f(0,k)−f(0,0) fy (0, y) = lim = lim 0 = 0 k→0 k k→0 0 2 0 2 Vậy fy (x, y) liên tục trên R và fx (x, y) liên tục trên R \ (0, 0)  x sin y−y sin x  2 2 khi (x, y) 6= (0, 0) b. f(x, y) = x +y  0 khi (x, y) = (0, 0) x sin y−y sin x Hàm f(x, y) = x2+y2 liên tục tại mọi (x, y) 6= (0, 0). Ta có 3  y 3   x3 3  x y− 3! +o(y ) −y x− 3! +o(x ) f(x, y) = x2+y2 xy(x2−y2) xo(y3)−yo(x3) = 3!(x2+y2) + x2+y2 Do đó khi (x, y) → (0, 0) thì f(x, y) → 0 = f(0, 0). Vậy f(x, y) liên tục trên R2. 0 0 Với (x, y) 6= (0, 0) các đạo hàm riêng fx (x, y), fy (x, y) đều tồn tại và liên tục. (y2−x2) sin y−y(x2+y2) cos x+2xy sin x f 0(x, y) = x (x2+y2)2 (y2−x2) sin x−y(x2+y2) cos y+2xy sin y f 0(x, y) = x (x2+y2)2 34
  35. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Xét tại (0, 0) 0 f(h,0)−f(0,0) fx (0, 0) = lim = lim 0 = 0 h→0 h h→0 0 f(0,k)−f(0,0) fy (0, 0) = lim = lim 0 = 0 h→0 k h→0 0 0 Và không tồn tại giới hạn lim fx (x, y), lim fy (x, y) (x,y)→(0,0) (x,y)→(0,0) 0 0 2 Vậy fx (x, y), fy (x, y) liên tục trên R \ (0, 0). 5. Giả sử z = yf(x2 − y2), ở đây f là hàm số khả vi. Chứng minh rằng đối với hàm số z hệ thức sau luôn thỏa mãn 1 0 1 0 z xzx + y zy = y2 0 2 2 zx = y.2xf(x − y ) 0 2 2 2 0 2 2 zy = f(x − y ) − 2y fy (x − y ) 1 0 1 0 2 2 f(x2−y2) 2 2 ⇒ xzx + y zy = 2yf(x − y ) + y − 2yf(x − y ) yf(x2−y2) z = y2 = y2 6. Tìm dạo hàm các hàm số hợp sau đây a. z = eu2−2v2 , u = cos x, v = px2 + y2 Ta có 0 0 0 0 0 zx = zu ux + zv vx = eu2−2v2 .2u. (− sin x) + eu2−2v2 . (−4v) .√ x x2+y2 2 2 2 = −ecos x−2(x +y ). (2 cos x sin x + 4x) 0 0 0 0 0 zy = zu uy + zv vy = eu2−2v2 .2u.0 + eu2−2v2 . (−4v) .√ y x2+y2 2 2 2 = −ecos x−2(x +y ).4y 2 2 x b. z = ln u + v , u = xy, v = y 35
  36. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 0 2u 0 2v zu = u2+v2 , zv = u2+v2 0 0 1 0 0 x ux = y, vx = y , uy = x, vy = −y2 x 0 2xy 2 y 1 2 zx = 2 y + 2 = x2y2+ x x2y2+ x y x y2 y2 x 4 0 2xy 2 y −x 2(y −1) zx = 2 x + 2 2 = 4 x2y2+ x x2y2+ x y y(y +1) y2 y2 c. z = arcsin (x − y) , x = 3t, y = 4t3 0 1 zx = √ 1−(x−y)2 0 1 zy = −√ 1−(x−y)2 0 0 2 xt = 3, yt = 12t 0 1 1 2 ⇒ zt = √ .3 − √ .12t 1−(3t−4t3)2 1−(3t−4t3)2 7. Tìm vi phân toàn phần của các hàm số a. z = sin(x2 + y2) dz = cos x2 + y2 d x2 + y2 = cos x2 + y2 (2xdx + 2ydy) y b. ln tan x 1 1 y  1 y  2 (xdy − ydx) dz = d = d = tan y cos2 y x sin y cos y x 2 2y x x x x x sin x x+y c. arctan x−y   dz = 1 d x+y x+y 2 x−y 1+( x−y ) 2 = (x−y) .2(xdy−ydx) = xdy−ydx 2(x2+y2) (x−y)2 x2+y2 d. u = xy2z 0 2 y2z−1 0 y2z 0 y2z 2 ux = y zx , uy = x ln x.2yz, uz = x . ln x.y y2z y2z 2  ⇒ dz = x x dx + 2yz ln xdy + y ln xdz 8. Tính gần đúng q a. A = 3 (1, 02)2 + (0, 05)2 Xét f(x, y) = p3 x2 + y2. Ta có A = f(1 + ∆x, 0 + ∆y) 36
  37. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com trong đó ∆x = 0, 02, ∆y = 0, 05. 0 2x 0 2y fx (x, y) = √ , fy (x, y) = √ 3 3 (x2+y2)2 3 3 (x2+y2)2 Do đó 2 f(1+∆x, 0+∆y) ≈ f(0, 1)+f 0(1, 0)∆x+f 0(1, 0)∆y = 1+ .0, 02 = 1, 013 x y 3 √ √ b. B = ln 3 1, 03 + 4 0, 98 − 1 √ 3 √  Xét f(x, y) = ln x + 4 y − 1 . Ta có √ √ ln 3 1, 03 + 4 0, 98 − 1 = f (1 + ∆x, 1 + ∆y) trong đó ∆x = 0, 03, ∆y = 0, 02. 0 1 fx (x, y) = √3 √ √ 3 x2( 3 x+ 4 y−1) 0 1 fy (x, y) = √ √ √ 4 4 y3( 3 x+ 4 y−1) Do đó 0 0 f(1 + ∆x, 1 + ∆y) ≈ f(1, 1) + fx (1, 1)∆x + fy (1, 1)∆y 0,03 0,02 = 0 + 3 − 4 = 0, 005 9. Tìm đạo hàm của các hàm số ẩn xác định bởi các phương trình sau a. x3y − y3x = a4, (a > 0), tính y0 F (x, y) = x3y − y3x − a4 = 0 0 2 3 0 3 2 Fx = 3x y − y ,Fy = x − 3xy 0 y 3x2−y2 0 Fx ( ) ⇒ y = − 0 = 2 2 Fy x(3y −x ) 2 0 0 b. x + y + z = e , tính zx , zy F = ez − x − y − z = 0 0 0 0 z Fx = −1,Fy = −1,Fz = e − 1 0 0 1 ⇒ zx = zy = ez−1 37
  38. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com x+y y c. arctan a = a, (a > 0) x+y y F = arctan a − a = 0 F 0 = 1 . 1 = a x x+y 2 a (x+y)2+a2 1+( a ) 2 F 0 = a − 1 = − (x+y) 1 y (x+y)2+a2 a (x+y)2+a2 a ⇒ y0 = a2 (x+y)2 3 3 3 0 0 d. x + y + z − 3xyz = 0, tính zx , zy F = x3 + y3 + z3 − 3xyz = 0 0 2 0 2 0 2 Fx = 3x − 3yz, Fy = 3y − 3xz, Fz = 3z − 3xy ⇒ 0 yz−x2 0 xz−y2 zx = z2−xy , zy = z2−xy x+z 0 0 10. Cho u = y+z , tính ux , uy biết rằng z là hàm số ẩn của x, y xác định bởi phương trình zex = xex + yey Ta có 0 0 u 0 = (y+z)(1+zx )−(x+z)zx = y−x z 0 + 1 x (y+z)2 (y+z)2 x y+z 0 0 u 0 = (y+z)zy −(x+z)(1+zy ) = y−x z 0 − x+z y (y+z)2 (y+z)2 y (y+z)2 Mặt khác lấy đạo hàm theo x 2 vế ta được ex (x + 1) (zez + ez) z 0 = xex + ex ⇒ z 0 = x x ez (z + 1) tương tự ey (x + 1) z 0 = y ez (z + 1) Suy ra x u 0 = y−x e (x+1) + 1 x (y+z)2 ez(z+1) y+z y u 0 = y−x e (x+1) − x+z y (y+z)2 ez(z+1) (y+z)2 11. Tìm đạo hàm của hàm số ẩn y(x), z(x) xác định bởi hệ   x + y + z = 0  x2 + y2 + z2 = 1 38
  39. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Lấy đạo hàm theo x 2 vế các phương trình trên ta được    y0 + z0 = −1  y0 = x−z ⇒ z−y 0 0 0 y−x  yy + zz = −x  z = z−y 2 2 p 2 2 12. Phương trình z + x = y − z , xác định hàm ẩn z = z(x, y). Chứng minh rằng 2 0 1 0 1 x zx + y zy = z Chứng minh. Ta có 2 2 p 2 2 F = z + x − y − z = 0 0 2 Fx = −x2 0 y Fy = −√ y2−z2 0 z Fz = 2z + √ y2−z2 y 2 √ 2 2 0 x2 0 y −z ⇒ zx = 2z+√ z , zy = 2z+√ z y2−z2 y2−z2 2 0 1 0 1 ⇒ x zx + y zy = z 13. Tính các đạo hàm riêng cấp hai của hàm số sau q 1 2 2 3 a. z = 3 (x + y ) 1 0 1 3 2 22 p 2 2 zx = 3 2 x + y .2x = x x + y 0 p 2 2 zy = y x + y 00 p 2 2 x2 2x2+y2 zx2 = x + y + √ = √ x2+y2 x2+y2 00 xy zxy = √ x2+y2 00 x2+2y2 zy2 = √ x2+y2 b. z = x2 ln(x + y) 39
  40. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 0 x2 zx = 2x ln (x + y) + x+y 0 x2 zy = x+y 00 2x x2+2xy z 2 = 2x ln (x + y) + + x x+y (x+y)2 z 00 = 2x − x2 xy x+y (x+y)2 00 x2 z 2 = − y (x+y)2 y c. z = arctan x 0 −y zx = x2+y2 0 x zy = x2+y2 00 2xy z 2 = x (x2+y2)2 2 2 z 00 = y −x xy (x2+y2)2 00 −2xy z 2 = y (x2+y2)2 14. Lấy vi phân cấp hai của các hàm số sau a. z = xy2 − x2y z = xy2 − x2y 0 2 zx = y − 2xy 0 2 zy = 2xy − x 00 zx2 = −2y 00 zxy = 2y − 2x 00 zy2 = 2x ⇒ d2z = −2yd2x + (2y − 2x) dxdy + 2xd2y 1 b. z = 2(x2+y2) 40
  41. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com z 0 = −x x (x2+y2)2 z 0 = −y y (x2+y2)2 2 2 2 2 2 00 (x +y ) −2.2x(x +y ) x2+y2−4x z 2 = = x (x2+y2)4 (x2+y2)3 2xy(x2+y2) z 00 = = 2xy xy (x2+y2)4 (x2+y2)3 00 x2+y2−4y z 2 = y (x2+y2)3 2 2 2 2 ⇒ d2z = x +y −4xd2x + 2xy dxdy + x +y −4y d2y (x2+y2)3 (x2+y2)3 (x2+y2)3 15. Tìm cực trị của các hàm số sau a. z = x2 + xy + y2 + x − y + 1 Tìm điểm tới hạn  0  zx = 2x + y + 1 = 0 ⇒ M (−1, 1) 0  zy = x + 2y − 1 = 0 Tính  0  zx = 2x + y + 1 = 0 ⇒ M (−1, 1) 0  zy = x + 2y − 1 = 0 00 00 00 A = zx2 = 2,B = zxy = 1,C = zy2 = 2 ⇒ B2 − AC = −3 0 vậy nó là điểm cực tiểu. zmin = z(−1, 1) = 0 b. z = x + y − xey  0 y  zx = 1 − e = 0 ⇒ M (1, 0) 0 y  zy = 1 − xe = 0 00 00 y 00 y A = zx2 = 0,B = zxy = −e ,C = zy2 = −xe ⇒ B(M)2 − A(M)C(M) = 1 > 0 Suy ra không có cực trị c. z = x2 + y2 − e−(x2+y2) Điểm tới hạn là nghiệm của hệ 41
  42. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com  2 2  2x + 2xe−(x +y ) = 0 2 2  2y + 2ye−(x +y ) = 0 Suy ra M(0, 0). 2 2 2 2 A = 2 + 2e−(x +y ) − 4x2e−(x +y ) 2 2 B = −4xye−(x +y ) 2 2 2 2 C = 2 + 2e−(x +y ) − 4y2e−(x +y ) Tại M(0, 0) thì B2 − AC = −4 0 suy ra M(0, 0) là điểm cực tiểu và zmin = −1. d. z = 2x4 + y4 − x2 − 2y2  0 3  zx = 8x − 2x = 0 0 3  zy = 4y − 4y = 0 1 1 ⇒ M0(0, 0),M1(0, 1),M2(0, −1),M3(2, 0),M4(2, 1) 1 1 1 1 M5(2, −1),M6(−2, 0),M7(−2, 1),M8(−2, −1) 00 2 00 00 2 A = zx2 = 24x ,B = zxy = 0,C = zy2 = 12y − 4 2 Tại M0 có B − AC = −8 0. Vậy không phải là điểm cực trị 2 Tại M3,M6 có B − AC = 4.4 = 16 > 0 suy ra không phải là điểm cực trị 2 Tại M4,M5,M7,M8 có B − AC = −4.8 = −32 0 suy ra là các điểm cực tiểu zmin = z(M4) = z(M5) = 9 z(M7) = z(M8) = −8. 16. Tìm cự trị có điều kiện 1 1 1 1 1 a. z = x + y với điều kiện x2 + y2 = a2 Hàm Lagrange 42
  43. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com 1 1  1 1 1  L (x, y, λ) = x + y + λ x2 + y2 − a2 , a > 0 Tìm điểm tới hạn  0 1 2λ  L x = − 2 − 3 = 0   √ √  x x  a   x = y = −2λ M1 − 2a, − 2a , λ = √ 0 1 2λ 2 L y = − 2 − 3 = 0 ⇔ ⇔  √ √ y y a  a   λ = ±√ M2 2a, 2a , λ = −√  1 1 1 2 2  x2 + y2 = a2 Xác định điểm cực trị  00 2 6λ 00 00 2 6λ 2 h 1 3λ  2  1 3λ  2i  L xx = x3 + x4 ,L xy = 0,L yy = y3 + y4 ⇒ d L = 2 x3 + x4 dx + y3 + y4 dy 0 2 0 2  1 1  y3  ϕ x = − x3 , ϕ y = − y3 ⇒ dϕ = −2 x3 dx + y3 dy = 0 ⇔ dy = − x3 dx 2 h 1 3λ   1 3λ   y6 i 2 ⇒ d L = 2 x3 + x4 + y3 + y4 x6 dx √ √ Tại M − 2a, − 2a , λ = √a : 1 2   2 d2L = 4 − 1√ + 3√ dx2 = dx2 = dx√ > 0 ⇒ M là cực tiểu 2a3 2 4a3 2 a3 2 1 √ √ Tại M 2a, 2a , λ = −√a : 2 2   2 d2L = 4 1√ − 3√ dx2 = dx2 = − dx√ < 0 ⇒ M là điểm cực đại 2a3 2 4a3 2 a3 2 2 b. z = xy với điều kiện x + y = 1 Do x + y = 1 ⇒ y = 1 − x. Bài toán đưa về tìm cực trị hàm một biến z = z(x) = x − x2, x ∈ R. 1 1 1 Từ đó dễ tính được zmax = 4 đạt tại 2, 2 . 17. Tính giá trị lớn nhất và bé nhất của các hàm số a. z = x2y(4 − x − y) trong hình tam giác giới hạn bởi các đường thẳng x = 0, y = 6, x + y = 6 Điểm tới hạn là nghiệm của hệ   xy (8 − 3x − 2y) = 0  x2 (4 − x − 2y) = 0 ⇒ (0, y); (0, 4); (2, 1). Các điểm (0, y), (0, 4) nằm trên biên và (2, 1) năm trong miền D. Vậy ta so sánh giá trị tại (2, 1) và giá trị của z ở trên biên. Ta có z(2, 1) = 4, z(0, y) = 0, z(x, 0) = 0 43
  44. Facebook: Badman hiep. giapvan@ gmail. com Trên x+y = 6 có z = 2x3 −12x2 khi x ∈ [0, 6] thì z đạt giá trị max bằng 0 tại x = 0, x = 6 và min bằng -64 tại x = 4. Vậy zmax = 4 tại x = (2, 1) và zmin = −64 tại x = (4, 2). b. z = sin x + sin y + sin(x + y) trong hình chữ nhật giới hạn bởi các đường π π thẳng x = 0, x = 2 , y = 0, y = 2 Điểm tới hạn là nghiệm của hệ   cos x + cos (x + y) = 0 ⇒ cos x = cos y  cos y + cos (x + y) = 0 π π vì x, y ∈ [0, 2 ] nên x = y suy ra x = y = 3 . Ta cần so sánh giá trị của z π π tại M( 3 , 3 ) nằm trong miền D với các giá trị ở biên. √ 3 3 z(M) = 2 π Trên x = 0, z = 2 sin y, 0 ≤ y ≤ 2 đạt min bằng 0 tại y = 0 và max bằng π 2 tại y = 2 . π Trên x = 2 có π  √  π π z = 1 + sin y + sin + y = 1 + 2 sin y + , 0 ≤ y ≤ 2 4 2 √ √ √ π 2 z đạt max bằng 1 + 2 khi y = 4 và đạt min bằng 1 + 2 2 = 2 khi π y = 0, 2 . π Vì x, y đối xứng trông công thức z nên trên y = 0 và y = 2 thì z đạt π max và min như trên x = 0, x = 2 . √ 3 3 π π Tóm lại zmax = 2 tại ( 3 , 3 ) và zmin = 0 tại (0, 0). 44