Tập bài giảng Gải tích 1: Số phức

Chia sẻ: Tran Cong Dat | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

503
lượt xem 139
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM. Khái niệm về số phức: Ta biết rằng lũy thừa chẵn của mỗi số thực đều không âm, do đó trong tập hợp R không thể khai căn bậc chẵn của một số âm. Ví dụ: phương trình x2 + 1 = 0 vô nghiệm thực.Vì vậy, ta đưa một lớp số mới vào nhằm mở rộng trường số thực.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tập bài giảng Gải tích 1: Số phức

Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Số phức 1.1 Khái niệm về số phức Ta biết rằng lũy thừa chẵn của mỗi số thực đều không âm, do đó trong tập hợp R không thể khai căn bậc chẵn của một số âm. Ví dụ: phương trình x2 + 1 = 0 vô nghiệm thực.Vì vậy, ta đưa một lớp số mới vào nhằm mở rộng trường số thực. 1.1.1 Định nghĩa số phức: 1. Ta định nghĩa phần tử i sao cho i2 = - 1 gọi là đơn vị ảo. 2. Biểu thức z = a + bi với a, b ∈ R gọi là một số phức; a gọi là phần thực, b gọi là phần ảo . Ký hiệu a = Rez, b = Imz. Như vậy z = a + bi = Rez + i(Imz) 3. Tập hợp các số phức được ký hiệu là C. 4. Nếu a = 0 thì z = bi gọi là số thuần ảo; b = 0 thì được số thực z = a. 5. Hai số phức được gọi là bằng nhau nếu phần thực và phần ảo tương ứng của chúng bằng nhau, tức là: a + bi = c + di ⇔ a = c và b = d. 6. Cho số phức z = a + bi. Số phức a + (-b)i = a – bi gọi là số phức liên hợp của z, ký hiệu z . Khi đó: số phức liên hợp của z là z. 1.1.2 Các dạng biểu diễn của số phức 1. Dạng đại số Cách viết z = a + bi còn gọi là dạng đại số hay dạng nhị thức của số phức. 2. Biểu diễn hình học: Mọi số phức z = a + bi đều có thể biểu diễn trên mặt phẳng Oxy dưới dạng điểm A(a,b) với hoành độ a và tung độ b, và ngược lại, mọi điểm M(a,b) của mặt phẳng Oxy đều có thể xem như là ảnh của số phức a + bi. Nếu z = a: Thì M(a,0) nằm trên trục Ox. Vì vậy, trục Ox còn được gọi là trục thực. Nếu z = bi: Thì M(0,b) nằm trên trục Oy. Vì vậy, trục Oy còn được gọi là trục ảo Hai số phức liên hợp được biểu diễn bởi hai điểm đối xứng với nhau qua trục Ox.
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM uuu r Nối điểm A(a,b) với gốc tọa độ, ta được vectơ OA Trong nhiều trường hợp, uuu r người ta xem vec tơ OA như là biểu diễn hình học của số phức z = a + bi. 3. Dạng lượng giác của số phức uuu r Cho số phức z = a +bi và OA là vectơ biểu diễn hình học của z trên mặt phẳng xOy. Khi đó: uuu r uuu r Độ dài r = OA của vectơ OA được gọi là mođun của số phức z, ký hiệu là |z|. Hiển nhiên ta có: |z | ≥ 0, ∀ z ∈ C, |z | = 0 ⇔ z = 0 y uuu r r Bây giờ giả sử z ≠ 0, tức là OA ≠ 0 . Góc định hướng giữa tia Ox (Ox, OA) uuu r uuu r A(a,b) · và vectơ OA (đo bằng radian) ϕ = được gọi là r b argument của số phức z, ký hiệu là Argz. Argz không duy nhất ϕ mà sai khác nhau k2π. O a x Nếu chỉ giới hạn xét ϕ ∈[0;2π) thì khi đó ϕ được gọi là argument chính, ký hiệu argz. Khi z = 0 thì ϕ không xác định, ta quy ước Arg0 nhận giá trị tuỳ ý. Rõ ràng a = rcosϕ ; b = rsinϕ. Do đó: z = a + bi = r(cosϕ + isinϕ) được gọi là dạng lượng giác của số phức z. Sự liên hệ giữa dạng đại số z = a + bi và dạng lượng giác z = r(cosϕ + isinϕ) Ta có: r = a 2 + b 2 , ϕ = tg (b/a) , nếu a ≠ 0. a = rcosϕ ; b = rsinϕ Từ định nghĩa của số phức liên hợp z của z và biểu diễn hình học của z , ta có: | z | = | z |; arg z = - argz. Ví dụ: 1. r(cosϕ - isinϕ) có phải là dạng lượng giác của số phức z? 2. Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác a. z = -2 + 2i 3 b. z = 1 + i c. z = 1- i π  π  π  π  d. z = − cos   + i.sin   e. z = sin   + i.cos   7    7   3 3  
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1.2 Những phép tính cơ bản trên số phức: Cho hai số phức z = a + bi và w = c + di. Lần lượt có dạng lượng giác là r1 (cosϕ1 + isinϕ1) và r2 (cosϕ2 + isinϕ2) 1.2.1 Phép cộng z + w = (a + c) + (b + d)i (1) 1.2.2 Phép nhân z .w = (ac – bd) + (ad + bc)i (2) Nhận xét: z. z = a2 + b2 = | z |2. Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác thì ta có: z.w = r1.r2 (cos(ϕ1 +ϕ2) + isin(ϕ1 +ϕ2)) (3) Nhận xét: | z.w | = | z |. | w |; | zn | = | z |n ; Arg(zn) = n. Argz + k2π 1.2.3 Phép chia 2 số phức. Bổ đề: Cho số phức z = a + bi. Khi đó tồn tại số phức z1 sao cho z.z1 =1. Khi đó z1 được gọi là nghịch đảo của số phức z, ký hiệu z-1. Vậy z-1 = 1/z. Chứng minh Ta cần tìm z1 = c + di sao cho z.z1 = 1. Hay cần xác định c, d để (a + bi).(c+di) = 1 Tức: (ac – bd) + (ad + bc)i = 1 Suy ra : ac – bd = 1 và ad + bc = 0 (I) a −b Giải hệ phương trình (I) ta được: c = ;d = 2 a +b 2 2 a + b2 Vậy z1 tồn tại. a b Do đó, z-1 = z1 = − 2 i (4) a + b a + b2 2 2 Nhận xét: Trong thực hành ta có thể tìm z-1 = 1/z bằng cách nhân tử và mẫu cho số phức liên hợp z Phép chia hai số phức: Giả sử w ≠ 0. Khi đó:
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM z z.w (a + bi ).(c − di ) (ac + bd ) + (bc − ad )i = = = (5) w w.w c2 + d 2 c2 + d 2 Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác ta có: z/w = (r1/r2). (cos(ϕ1 - ϕ2) + isin(ϕ1-ϕ2)) (6) 1.2.4 Các ví dụ: 1. Cho z = 1–2i và w = 3+4i. Tìm z + w,z – w,z.w, z/w. 2. Tính (1 + i)2 , (1 + i)4. Suy ra (1+i)2006, (1 – i)210906 3. (3 –i)(14 +2i); (2+3i)/ (1 - 4i); (1 + 2i)2/1-i 4. (1 + i)9/(1 – i )7 ; 1 + (1+i) + (1+i)2 + ... + (1+i)99 (1 + i ) 4 5. Tìm modun của các số phức sau: (1 + 6i )(2 − 7i ) 1.3 Phép nâng lên lũy thừa và phép khai căn số phức 1.3.1 Nâng lên lũy thừa Từ công thức (3) của mục trên, suy ra rằng nếu n là một số nguyên dương thì: [r(cosϕ + isinϕ)]n = rn (cosnϕ + isinnϕ). Công thức này gọi là công thức Moivre. Nó chứng tỏ rằng khi nâng một số phức lên lũy thừa nguyên dương thì môđun được nâng lên lũy thừa đó và argument bị nhân với số mũ của lũy thừa. Áp dụng của công thức Moivre: Trong công thức đặt r = 1, ta được (cosϕ + isinϕ)n = (cosnϕ + isinnϕ) Khai triển vế trái theo công thức của nhị thức Newton và so sánh phần thực và phần ảo của hai vế, ta có thể biểu diễn sinnϕ và cosnϕ theo luỹ thừa của cosϕ và sinϕ. Chẳng hạn với n = 3: ta có: VT = cos3ϕ + i.3cos2ϕsinϕ - 3cosϕsin2ϕ - isin3ϕ VP = cos3ϕ + isin3ϕ Do đó: cos3ϕ = cos3ϕ - 3cosϕsin2ϕ = -3cosϕ + 4 cos3ϕ sin3ϕ = -sin3ϕ + 3cos2ϕsinϕ = 3sinϕ - 4 sin3ϕ 1.3.2 Phép khai căn Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn: n z = w ⇔ wn = z . Hay: n r (cos ϕ + i sin ϕ ) = ρ (cos θ + i sin θ )
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM ⇔ r (cos ϕ + i sin ϕ ) = ρ n (cos nθ + i sin nθ ) Vì trong những số phức bằng nhau. Môđun phải bằng nhau nhưng argument có thể sai khác một bội 2π nên: ρn = r; nθ = ϕ + k2π ϕ + k 2π Từ đó: ρ = n r;θ= ; k là số nguyên tùy ý. n Cho k các giá trị 0,1,2,..., n-1, ta được n giá trị khác nhau của căn. Vậy căn bậc n của một số phức có n giá trị khác nhau Căn bậc n của số thực A khác 0 cũng có n giá trị vì số thực là một trường hợp đặc biệt của số phức và có thể viết dưới dạng lượng giác: Nếu A > 0 thì A = |A| (cos0 + isin0) Nếu A < 0 thì A = |A| (cosπ + isinπ) Ví dụ: Tìm 3 1, 4 −1, (2 + 2i )3 Bài tập: Bài 1 Tính: 3−i 1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 3. (4 – 7i)30 4. 4 + 5i (1 + 2i )2 − (1 − i )3 3 + 4i 5. 6. 7. (1+i 3 )3 8. −5 − 12i (3 + 2i )3 − (2 + i ) 2 1 − 2i −8  −1 + i  ( 9. (1 + 3i ) + 1 + i 3 ) ( ) 12. ( −1 + i ) ( ) 3 9 7 2007 11. −1 − i 3 2006 10.   3 −i  2  Bài 2 Tìm các số thực x,y sao cho: 1. (1- 2i)x + (-3 + 4i)y = -1 -3i 2. (2+i)x – (3+5i) = 1 +3i 3. (2 - 3i)x +(1+3i)y = x + 5iy 4. (3-2i)x – (4+5i)y = 2y + 3ix Bài 3: Tìm |z| (modun của số phức) nếu : 3  − 2 +i 6  1. ( 1 + i) ( 3 + i ) 1+ i (1 + i )(3 + i )(−2 − i ) 2. 3. 4.   1+ i 3   3+i i (3 + 4i )(5 + i )   3+i  2 + 3i   (3 + 4i )(1 + i )  2006 4 (3 + 4i )5 5. 6. −i + 7. z =   8.   3 − 4i 1− i  3 − 2i   3 − 4i  Bài 4: Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác (1 + i 3 ) 3 ( ) (1 − i ) ( 5. (1 + i ) 1 − i 3 − 3 + i )( ) 4 1. – 1 – i 2. 1 + i 3 3. 4. 3+i −1 − i Bài 5: Giải các phương trình: 1. z2 = - 1 + i 2. 4z2 + 4z + i = 0 3. z 4 − 2 3 z 2 + 4 = 0
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 2. ÔN TẬP VỀ GIỚI HẠN DÃY SỐ - GIỚI HẠN HÀM SỐ I. Giới hạn hàm số 1. Các giới hạn cơ bản: sin t tgt et − 1 ln(1 + t ) 1 − cos t 1 1. lim = lim =1 2. lim = lim =1 3. lim = t →0 t t →0 t t →0 t t →0 t t →0 t2 2 (1 + t ) a − 1 tp ln p t 4. lim =a 5. lim = 0, ∀p 6. lim = 0, α > 0, ∀p t →0 t t →∞ e t t →∞ t α 2. Quy tắc L’Hospital: Cho xo ∈ R hoặc xo = ± ∞. f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn: lim f ( x) = lim g ( x) = 0 hoặc lim f ( x) = lim g ( x) = ±∞ x → x0 x → x0 x → x0 x → x0 f ' ( x) f ( x) Giả sử tồn tại lim = A . Khi đó: lim =A x → x0 g ' ( x) x → x0 g ( x ) 3. Giới hạn dạng: lim [ f ( x)]g ( x ) x → x0 1. Giả sử lim f ( x) = a(a > 0); lim g ( x) = b (a,b hữu hạn) thì lim [ f ( x)]g ( x ) = ab x → x0 x → x0 x → x0 2. lim [u ( x)]v ( x ) có dạng 00. Đặt y = uv thì lny = v.lnu x → x0 Khi đó: lim ln y có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn. x → x0 Nếu lim ln y = lim v( x) ln u ( x) =a thì lim [u ( x)]v ( x ) = ea x → x0 x→ x0 x → x0 3. lim [ f ( x)]g ( x ) có dạng 1∞. Khi đó: x → x0 ( f ( x ) −1) g ( x ) lim [ f ( x ) −1]   g ( x) lim [ f ( x )] 1 g ( x) = lim (1 + ( f ( x) − 1) ) f ( x ) −1  =e x→ x0 x → x0 x → x0   Bài tập: Bài 1: Tính các giới hạn sau: x2 −1 (1 + x )(1 + 2 x)(1 + 3 x ) − 1 1. lim 2. lim x →∞ 2 x 2 − x − 1 x →0 x (1 + x ) 5 − (1 + 5 x) x + x2 + x3 − 3 3. lim 4. lim x →0 x2 + x5 x →1 x −1
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM x n +1 − (n + 1) x + n  1 3  5. lim 6. lim  −  x →1 ( x − 1) 2 x →1 1 − x (1 − x) 3   Bài 2: Tính các giới hạn sau: 3 a+ x −3 a x −8 x − a + x−a 1. lim 2. lim 3 3. lim x →0 x x → 64 x −4 x →a x2 − a2 x2 8 x + 11 − x + 7 3 x+ x+ x  x+2  4. lim 5. lim 6. lim  x 2 − 3x + 2 x →∞ 2 x − 1 x→2 x →∞ x +1   1+ x 2 1  1  π .x  sin x  x 2 8. lim(2 − x ) 2 tg 7. lim  2 9. lim  x →0 1 + x 2   x →1 x →0  x 
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 3 . VÔ CÙNG BÉ 1.1. Định nghĩa: Hàm α(x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x → xo nếu lim α ( x) = 0 x → xo Ví dụ: x , sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) là các VCB khi x → 0. m Ta cũng có khái niệm VCB cho quá trình x → ∞ thay vì quá trình x → xo. Quy ước: quá trình x → ∞ hay x → xo ta gọi chung là trong 1 quá trình. 1.2 Định lý: Trong 1 quá trình, f(x) → L khi và chỉ khi α(x) = f(x) – L là VCB trong quá trình đó. 1.3 Tính chất:Trong 1 quá trình 1. Nếu α(x) là VCB, C là hằng số thì C.α(x) là VCB. 2. Nếu α1(x), α2(x), ..., αn(x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng α1(x) + α2(x) + + ... + αn(x) cũng là VCB. 3. Nếu α(x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích α(x).f(x) cũng là VCB. 1.4 So sánh hai lượng VCB: Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình. f ( x) Giả sử lim =k x → xo g ( x ) Nếu k = 0 thì f là VCB bậc lớn hơn g. Ký hiệu: f = o(g) Nếu k = ±∞ thì g là VCB bậc lớn hơn f. Ký hiệu g = o(f) Nếu k ≠0, k ≠ ±∞ thì f, g là haiVCB cùng bậc. Đặc biệt, nếu k =1 thì ta nói f, g là VCB tương đương. Ký hiệu: f ~ g Nếu không tồn tại giới hạn thì ta nói f, và g không so sánh được với nhau Ví dụ: 1. 1 – cosx và x2 là hai VCB ngang cấp khi x → 0. 2. 1 – cosx là VCB cấp cao hơn x khi x → 0. 1.5 Các VCB bé tương đương cần chú ý: Nếu x → 0 thì: sinx ~ x; tgx ~ x; (1 – cosx) ~ ½ x2; arcsinx ~ x; (ex -1) ~ x; ln(1+x) ~ x ; [(1+x)a – 1] ~ ax; 1.6 Khử dạng vô định: f f Tính chất 1: Nếu lim = k , f ~ f1; g ~ g1 thì lim 1 = k x → xo g x → xo g 1
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Chứng minh Thật vậy: f f f g f lim = lim . . = lim x → xo g x → xo f g g x → xo g Ví dụ: ln(1 + 2 x) 2x 2 lim = lim = x →0 e − 1 3x x →0 3x 3 Tính chất 2: Nếu α(x) = o(β(x)) trong 1 quá trình thì α(x) + β(x) ~ β(x). Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn Ví dụ: 1 − cos5 x ln(1 − 3 x) x + sin 2 x + tg 3 x 1. lim 2. lim 3. lim x →0 sin 2 2 x x →0 tg 2 x x →0 2 x + x3 + 4 x5 ln(1 + tgx) ln(1 − 2 x sin 2 x) 4. lim 5. lim x →0 x + sin 3 x x →0 sin x 2 .tgx Bài tập: 1. Giả sử t là lượng VCB. So sánh các lượng VCB: u = 5t2 + 2t5 và v = 3t2 +2t3 2. So sánh các VCB u = tsin 2t và v = 2tsint khi t → 0. 3. So sánh các VCB u = t2 sin2t và v = ttgt khi t → 0. 4. Sử dụng các VCB tương đương, tính các giới hạn: ln(1 + 3 x. sin x) 1 + 2x −1 sin 2 3 x a. lim b. lim c. lim 2 x →0 tgx 2 x →0 tg 3 x x →0 ln (1 + 2 x ) e2x −1 ln cos x sin(e x −1 − 1) d. lim e. lim f. lim x →0 ln(1 − 4 x ) x →0 ln(1 + x 2 ) x →1 ln x 5 (1 + x ) 3 − 1 8 + 3x − 2 3 ln(1 + x − 3 x 2 + 2 x 3 ) g. lim h. lim 4 i. lim x →0 x →0 16 + 5 x − 2 x →1 ln(1 + 3 x − 4 x 2 + x 3 ) (1 + x).3 (1 + x) 2 − 1 x arcsin 1 − x2 4 x2 − 1 j lim k. lim x →1 ln(1 − x) x → arcsin(1 − 2 x ) 1 2
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 4 Công thức khai triển Taylor – Maclaurinh 1. Công thức khai triển Taylor: Giả thiết hàm số y = f(x) có tất cả các đạo hàm đến cấp n + 1 (kể cả đạo hàm cấp n + 1) trong một khoảng nào đó chứa điểm x = a. Hãy xác định một đa thức y = Pn(x) bậc n mà giá trị của nó tại x = a bằng giá trị f(a) và giá trị của các đạo hàm đến hạng n của nó bằng giá trị của các đạo hàm tương ứng của hàm số f(x) tại điểm đó. Nghĩa là: Pn(a) = f(a); Pn' (a) = f '(a);...; Pn( n ) (a ) = f ( n ) (a ) (1) Ta hy vọng sẽ tìm được một đa thức như thế trong một ý nghĩa nào đó “gần” với hàm số f(x). Ta sẽ xác định đa thức đó dưới dạng một đa thức theo lũy thừa (x – a) với các hệ số cần xác định Pn ( x) = C0 + C1.( x − a ) + C2 .( x − a )2 + ... + Cn .( x − a ) n (2) Các hệ số C0, C1, C2, …, Cn được xác định sao cho điều kiện (1) được thỏa mãn. Trước hết, ta tìm các đạo hàm của Pn(x)  Pn' ( x ) = C1 + 2C2 .( x − a) + 3C3.( x − a) 2 + ... + nCn ( x − a) n −1   Pn'' ( x) = 2C2 + 3.2C3.( x − a) + ... + n( n − 1)Cn ( x − a) n − 2  (3) ..................................................................................  (n)  Pn ( x ) = n( n − 1)...2.1.Cn Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có:  Pn (a ) = C0  '  Pn (a ) = C1  ''  Pn (a ) = 2.1.C2 .......................   P ( n ) (a ) = n.( n − 1)...2.1.C  n n So sánh với điều kiện (1) ta có:  f (a ) = C0   f '(a ) = C1   f ''(a ) = 2.1.C2 .......................   f ( n) (a ) = n.(n − 1)...2.1.C  n
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM  C0 = f ( a)  C1 = f '(a)   1 ⇒ C2 = . f ''(a) (4)  2! .......................  Cn = 1 . f ( n ) (a)   n! Thay các giá trị của C0, C1, …, Cn vào công thức (2) ta có đa thức cần tìm f '(a ) f ''(a ) f '''(a ) f ( n) (a) Pn ( x) = f (a ) + ( x − a) + ( x − a)2 + ( x − a )3 + ... + ( x − a)n 1! 2! 3! n! Ký hiệu bằng Rn(x), hiệu giữa giá trị của hàm số đã cho f(x) và đa thức mới lập Pn(x) (hình vẽ) Rn ( x) = f ( x) + Pn ( x) Hay: f '(a) f ''(a ) f '''(a ) f ( n ) (a) f ( x) = f ( a) + ( x − a) + ( x − a)2 + ( x − a)3 + ... + ( x − a) n + Rn ( x) (6) 1! 2! 3! n! Rn(x) gọi là số hạng dư – đối với những giá trị y = f(x) x làm cho số hạng dư Rn(x) bé, thì khi đó đa thức y Pn(x) cho biểu diễn gần đúng của hàm số f(x). Rn(x) Do đó, công thức (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức Pn(x) với độ chính y = Pn(x) xác tương ứng bằng giá trị của số hạng dư Rn(x). Ta sẽ xác định những giá trị x để số hạng dư Rn(x) khá bé . Viết số hạng dư dưới dạng: f(x) Pn(x) ( x − a) n +1 Rn ( x) = Q( x) (7) (n + 1)! x Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định. O a x Với x và a cố định, hàm số Q(x) có giá trị xác định, ký hiệu giá trị đó bằng Q. Ta xét, hàm số phụ theo biến t (t là giá trị nằm giữa a và x) x −t ( x − t )2 ( x − t )n (n) ( x − t ) n +1 F (t ) = f ( x ) − f (t ) − f '(t ) − f ''(t ) − ... − f (t ) − Q (8) 1! 2! n! (n + 1)! Tìm đạo hàm F’(t) :
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (x − t) 2( x − t ) F '(t ) = − f '(t ) + f '(t ) − f ''(t ) + f ''(t ) 1 2! ( x − t )2 ( x − t ) n −1 ( n ) n( x − t ) n −1 ( n ) − f '''(t ) + ... − f (t ) + f (t ) 2! (n − 1)! n! ( x − t ) n ( n +1) (n + 1)( x − t )n − f (t ) + Q n! (n + 1)! Rút gọn lại ta được : ( x − t ) n ( n +1) (n + 1)( x − t ) n F '(t ) = − f (t ) + Q (9) n! (n + 1)! Vậy hàm số F(t) có đạo hàm tại mọi điểm t gần điểm có hoành độ a. Ngoài ra, từ công thức (8) ta có : F(x) = 0 và F(a) = 0. Vì vậy, áp dụng công thức Rolle cho hàm số F(t) , tồn tại một giá trị t = ξ nằm giữa a và x sao cho F’(ξ) = 0. Thế vào (9) ta có : ( x − ξ ) n ( n +1) (n + 1)( x − ξ )n F '(ξ ) = − f (ξ ) + Q n! (n + 1)! Suy ra : Q = f ( n +1) (ξ ) Thay biểu thức này vào công thức (7) ta được : ( x − a) n +1 ( n +1) Rn ( x) = f (ξ ) - số hạng dư Larange (n + 1)! Vì ξ là giá trị nằm giữa a và x, nên nó có thể viết dưới dạng: ξ = a + θ ( x − a ) , θ ∈ [0;1] Nghĩa là : ( x − a) n +1 ( n +1) Rn ( x) = f [a + θ ( x − a)] (n + 1)! Công thức: f '(a ) f ''(a) f '''(a ) f ( n ) (a) f ( x) = f ( a) + ( x − a) + ( x − a) + 2 ( x − a ) + ... + 3 ( x − a )n + 1! 2! 3! n! n +1 ( x − a) + f ( n +1) [ a + θ ( x − a )] (n + 1)! gọi là công thức Taylor của hàm số f(x). Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng: x x2 x3 xn (n) x n +1 f ( x) = f (0) + f '(0) + f ''(0) + f '''(0) + ... + f (0) + f ( n +1) (θ x) , θ ∈[0;1] 1! 2! 3! n! ( n + 1)! là công thức xấp xỉ hàm f(x) thành đa thức bậc n tại x = 0, với số dư Rn(x) – được gọi là công thức khai triển Maclaurinh. Tóm lại, ta có định lý sau:
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Nếu hàm số y = f(x) có các đạo hàm f’(x), f’’(x), f(n)(x) liên tục tại điểm xo và có đạo hàm f(n+1)(x) trong lân cận của xo thì tại lân cận đó ta có công thức khai triển: f ' ( xo ) f ' ' ( xo ) f ( n) ( xo ) f ( n +1) (c) f(x) = f ( xo ) + ( x − xo ) + ( x − x o ) + ... + 2 ( x − xo ) + n ( x − x o ) n +1 1! 2! n! n! (c ở giữa xo và x, c= xo + a(x-xo), 0 < a
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5. 1 − 2 x + x 3 − 3 1 − 3x + x 2 đến số hạng x3. 6. tgx đến số hạng x5 7. x(e x − 1) −1 đến số hạng x4 8. 3 sin x 3 đến số hạng x13. f (7)(0) = ? 9. f(x) = ln( x + 1 + x 2 ) đến x5. 10. f(x) = ln(cosx) đến x6  sin x  6 (4) 11. f(x) = ln  đến x . f (0) = ? 12.sin(sinx) đến số hạng x3  x  Bài 3: Ước lượng sai số tuyệt đối của các công thức gần đúng: x2 xn x3 1. ex ≈ 1 + x + + ... + khi 0≤ x ≤ 1. 2.sinx ≈ x − , khi |x| ≤ 0.5 2! n! 6 x2 Bài 4: Với giá trị x nào thì ta có công thức gần đúng cosx ≈ 1 − với độ chính xác 2 0,0001? Bài 5: Dùng công thức Taylor tính gần đúng 1. 3 250 2. sin(18o) 3. (1,1)1,2 và ước lượng sai số. 4. sin1o với độ chính xác 10-8 5. lg11 với độ chính xác 10 -5 Bài 6: Sử dụng khai triển để tính các giới hạn sau: x − sin x 2(tgx − sin x) − x 3 1. lim 2. lim x →0 x2 x →0 x5 ex −1− x − 2 11  3. lim  − ctgx  4. lim 6 x 6 + x 5 − 6 x 6 − x 5 x →0 xx  x →∞  3 x x 1    1  5. lim  x − x + e − x 6 + 1 2 6. lim  x − x 2 ln1 +   2    x →∞ x →∞ x 
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM TÍCH PHÂN PHÂN THỨC HỮU TỶ 1. Lấy tích phân các phân thức hữu tỷ sơ cấp: P ( x) Phân thức hữu tỷ là phân thức có dạng: , trong đó P(x), Q(x) là các đa thức. Q( x) Phân thức hữu tỷ được gọi là thật sự nếu degP(x) < degQ(x). Phân thức hữu tỷ sơ cấp là các phân thức thật sự có dạng: A I. x−a A II. , m ≥ 1, m ∈ Z ( x − a) m Ax + B III. , tam thức bậc hai x2 + px + q không có nghiệm thực x + px + q 2 Ax + B , n ≥ 1, n ∈ Z , x + px + q không có nghiệm thực 2 IV. ( x + px + q ) 2 n Trong đó A, B, p, q, a là những số thực 2. Xét tích phân ở 3 dạng đầu tiên A I. ∫ x − a dx = A.ln x − a + C A A 1 II. ∫ ( x − a) m dx = − . m − 1 ( x − a ) m −1 +C A 2 B − Ap 2x + p III. ln( x 2 + px + q) + arctg +C 2 4q − p 2 4q − p 2 x +1 Ví dụ: Tính ∫ 2 dx 2x + 2x + 5 3. Xét tích phân dạng IV: dt Xét trường hợp đặc biệt của tích phân loại IV: ∫ (t 2 + a2 )n . Ta có: dt 1 a2 + t 2 − t 2 1 dt 1 t 2 dt 1 1 td (t 2 + a 2 ) In = ∫ = 2∫ 2 dt = 2 ∫ 2 − 2∫ 2 = 2 I n −1 − 2 ∫ 2 (t 2 + a 2 ) n a (t + a 2 )n a (t + a 2 )n −1 a (t + a 2 )n a 2a (t + a 2 ) n td (t 2 + a 2 ) Áp dụng công thức tích phân từng phần cho ∫ (t 2 + a 2 )n . Ta có:
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 1 t 1 dt 1 t 1 2n − 3 In = a I + 2 2 n −1 2 2 n −1 2a (n − 1)(t + a ) − 2 2a (n − 1) ∫ (t 2 + a 2 )n−1 = 2a 2 (n − 1) . (t 2 + a 2 )n−1 + a 2 . 2n − 2 .I n−1 dt Công thức trên cho phép sau (n-1) lần thì In được đưa về ∫ 2 2 t +a dx Ví dụ: tính ∫ 2 ( x + 1)3 - Tích phân dạng IV: Ax + B p2 Cần tính ∫ dx , −q
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM - 2/ Sau khi nhân hai vế cho Q(x), ta cũng có thể cho x các giá trị khác nhau để xác định giá trị của các hệ số. x2 + 1 Ví dụ: Phân tích phân thức hữu tỷ: thành phân thức đơn giản x5 − x 2 5. Phương pháp Ostrogradsky: P( x) P ( x) P2 ( x ) Nếu Q(x) có nghiệm bội thì: ∫ Q( x) dx = Q ( x) + ∫ Q ( x) dx 1 1 2 (5) Trong đó: Q1(x) là ước chung lớn nhất của Q(x) và Q’(x); Q2(x) = Q(x) : Q1(x); P1(x) và P2(x) là những đa thức có hệ số chưa xác định, bậc của chúng lần lượt kém bậc của Q1(x) và Q2(x) 1 bậc. Các hệ số của P1(x), P2(x) được tính bằng phép lấy vi phân của (5) 3x + 2 Ví dụ: Tính tích phân: ∫ dx (x + 2 x + 10 ) 2 2 Bải tập: 1. Tính các tích phân sau: dx dx dx x 2 dx 1. ∫ ( x − 1)4 2. ∫ (2 x + 3)3 3. ∫ x 2 − 6 x + 18 4. ∫ x 6 + 2 x3 + 3 x−2 5x + 3 2x + 3 3x + 4 5. ∫ 2 dx 6. ∫ 2 dx 7. ∫ dx 8. ∫ dx x − 4x + 7 x + 10 x + 29 (x + 2 x + 5) (x + 6 x + 13 ) 2 2 2 2 2. Tính các tích phân sau: 2x + 3 xdx x10 1. ∫ ( x − 2)( x + 5) dx 2. ∫ ( x + 1)( x − 2)( x + 3) 3. ∫ x 2 − x − 2 dx 5x2 + 6 x + 9 2x − 3 x3 + 3x 2 + 5 x + 7 4. ∫ ( x − 3)2 .( x + 1)2 dx 5. ∫ ( x 2 − 3x + 2)3 dx 6. ∫ x2 + 2 dx x5 + 1 x9 7. ∫ x 4 − 8 x 2 + 16 dx 8*. ∫ dx ( x10 + 2 x5 + 2) 2 3. Dùng công thức Ostrogradsky, tính các tích phân: dx dx 1. ∫ (x 4 + 1) 2 2. ∫ ( x + x + 1) 2 2
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Bài 5 Tích phân hàm vô tỉ 1. Các tích phân cơ bản: 1 x ∫ 2 a −x 2 dx = arcsin a +C 1 ∫ x +k 2 dx = ln x + x 2 + k + C 1 1 x ∫ a 2 − x 2 dx = 2 x a 2 − x 2 + a 2 arcsin + C 2 a 1 k ∫ x 2 + k dx = 2 x x 2 + k + ln x + x 2 + k + C 2  m1 m2 m3   x,  ax + b  n1 ,  ax + b  n2 2. Các tích phân dạng ∫ R   ax + b  n3    cx + d   cx + d  ,  ,... dx      cx + d      m1 m2 m Gọi k là mẫu số chung của , ,..., n n1 n2 nn ax + b k Đặt: = t để đưa về tích phân hữu tỉ. cx + d 1− x +1 Ví dụ: Tính ∫ 3 dx 1+ x +1 ∫x ( a + bx n ) p dx,(m, n, p ∈ Q; a, b ∈ R ) (tích phân nhị thức vi phân) m 3. Xét tích phân dạng: Tích phân chỉ có nguyên hàm nếu rơi vào 1 trong 3 trường hợp sau: 1. p ∈ Z. Đặt x = tS. s là mẫu số chung của m và n. m +1 n k 2. ∈ Z . Đặt a + bx = t , k là mẫu số của p. n m +1 -n S 3. + p ∈ Z . Dùng phép thế ax + b = t , s là mẫu số của p. n xdx dx dx Ví dụ: Tính ∫ ; ∫ ; ∫ ( ) 10 1 ( ) − 1 + 3 x2 x 4 x +1 x4 1 + x2 2
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 4. Tích phân vô tỉ dạng: ∫ R( x, ax 2 + bx + c )dx dx dx du b b 2 − 4ac TH1: ∫ =∫ =∫ ;u = x + ; k = ax 2 + bx + c  b  b 2 − 4ac  2 a  x +  −  ( a u2 − k a ) 4a 2   a 4a 2   1/ Nếu k > 0 và a > 0: du du dt 1 1 u ∫ =∫ =∫ = . ln t + t 2 − 1 + C ; t = ( a u −k 2 ) a u −k 2 a k t −1 2 a k k 2/ Nếu k > 0 và a > 0: du du dt 1 1 u ∫ =∫ =∫ = . arcsin t + C ; t = ( a u −k2 ) −a k − u 2 a k 1− t 2 a k k 3/ Nếu k < 0 thì chắc chắn a phải dương: du du dt 1 1 ∫ =∫ =∫ 2 = . ln t + t 2 + 1 + C ;b = -k ( a u +b2 2 ) a u +b2 2 a b t +1 2 a k TH2: A  Ab  (2ax + b) +  B −  Ax + B 2a  2a  A d ( ax 2 + bx + c)  Ab  dx ∫ ax + bx + c 2 dx = ∫ ax + bx + c 2 dx = 2a ∫ ax 2 + bx + c  + B−  2a  ∫ ax 2 + bx + c  Pn ( x) TH3: ∫ ax + bx + c 2 dx , Pn(x) là đa thức bậc n Được tính theo công thức: Pn ( x) dx ∫ ax + bx + c 2 dx = Qn −1 ( x). ax 2 + bx + c + λ ∫ ax + bx + c 2 (*) Với Qn-1(x) là đa thức bậc n-1 với các hệ số phải tìm; λ là số thực càn xác định Những hệ số của đa thức Qn-1 và hệ số λ được xác định bằng cách lấy đạo hàm của (*) và so sánh các hệ số. x3 Ví dụ: ∫ 1 + 2 x − x2 dx : TH4: Các trường hợp khác 1. Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm thực x1, x2 thì đặt ax 2 + bx + c = t ( x − x1 ) 2. Nếu ax2 + bx + c có hai nghiệm ảo thì a. Đặt ax 2 + bx + c = a x + t ,(a > 0) b. Đặt ax 2 + bx + c = xz + c ,(c > 0)
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (1 − ) dx 2 x2 + x + 1 Ví dụ: ∫ x2 x2 + x + 1 4/ Tích phân các hàm lượng giác: ∫ R(sin x,cos x)dx 1− t2 2t - Phép thế vạn năng: Đặt t = tg(x/2). Khi đó: cos x = ;sin x = 1+ t 2 1+ t2 - Nếu R(sinx,cosx) là hàm lẻ đối với sinx, Đặt t = cosx - Nếu R(sinx,cosx) là hàm lẻ đối với cosx, Đặt t = sinx - Nếu R(sinx,cosx) là hàm chẵn đối với cosx và sins, Đặt t = tgx sin x Ví dụ: ∫ cos3 xdx ; ∫ 1 + sin x dx Bài tập: Tính tích phân dx dx 5x + 3 1. ∫ x − x −1 2 2. ∫ −x − 2x + 8 2 3. ∫ − x + 4 x + 51 2 dx x − x +1 3 dx dx 4. ∫ dx 5 ∫ . 6. ∫ 5 x2 + 2x + 2 1 + x4 ( ) 4 x 2 2 + x3 3 3 1+ 4 x dx ∫ ∫x . ∫ sin 2 7. dx 8. 9. x cos3 xdx x 2−x 3 3 3 dx dx sin 2 x 10. ∫ 11. ∫ 2 12. ∫ dx 4 − 5sin x sin x + tg 2 x cos x + sin 4 x 4 1+ 4 x 6 x 1 − x dx 13. ∫ 1+ x dx 14. ∫ 1+ x 3 dx 15. ∫ 1+ x x dx x3 2 + x 16. ∫x . 3 x −1 2 17. ∫ x+ 3 2+ x dx 18. ∫ 1 − 2x − x 2 dx