Bài giảng giải tích - ĐH Sư Phạm

Ta biếtrằnglũy thừa chẵncủamỗisố thực đều không âm, do đó trongtậphợp R không thể khaicănbậc chẵncủamộtsố âm. Vídụ: phương trìnhx 2 + 1 = 0 vô nghiệm thực.Vì vậy, ta đưa một lớp sốmới vào nhằm mởrộng trường sốthực.

pdf24 trang | Chia sẻ: nhungnt | Ngày: 31/10/2012 | Lượt xem: 771 | Lượt tải: 13download
Tóm tắt tài liệu Bài giảng giải tích - ĐH Sư Phạm, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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 Î 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 Û 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 Nối điểm A(a,b) với gốc tọa độ, ta được vectơ OA uuur Trong nhiều trường hợp, người ta xem vec tơ OA uuur như là biểu diễn hình học của số phức z = a + bi. 3. Dạng lượng giác của số phức Cho số phức z = a +bi và OA uuur là vectơ biểu diễn hình học của z trên mặt phẳng xOy. Khi đó: Độ dài r = OA uuur của vectơ OA uuur được gọi là mođun của số phức z, ký hiệu là |z|. Hiển nhiên ta có: |z | ³ 0, " z Î C, |z | = 0 Û z = 0 Bây giờ giả sử z ¹ 0, tức là OA uuur ¹ 0 r . Góc định hướng giữa tia Ox và vectơ OA uuur (đo bằng radian) j = ·( ),Ox OAuuur được gọi là argument của số phức z, ký hiệu là Argz. Argz không duy nhất mà sai khác nhau k2p. Nếu chỉ giới hạn xét j Î[0;2p) thì khi đó j được gọi là argument chính, ký hiệu argz. Khi z = 0 thì j không xác định, ta quy ước Arg0 nhận giá trị tuỳ ý. Rõ ràng a = rcosj ; b = rsinj. Do đó: z = a + bi = r(cosj + isinj) 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(cosj + isinj) Ta có: r = 2 2a b+ , j = tg (b/a) , nếu a ¹ 0. a = rcosj ; b = rsinj 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(cosj - isinj) 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 d. z = cos .sin 7 7 ip pæ ö æ ö- +ç ÷ ç ÷ è ø è ø e. z = sin .cos 3 3 ip pæ ö æ ö+ç ÷ ç ÷ è ø è ø A(a,b) b y O a x j r 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 (cosj1 + isinj1) và r2 (cosj2 + isinj2) 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(j1 +j2) + isin(j1 +j2)) (3) Nhận xét: | z.w | = | z |. | w |; | zn | = | z |n ; Arg(zn) = n. Argz + k2p 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) Giải hệ phương trình (I) ta được: 2 2 2 2; a bc d a b a b - = = + + Vậy z1 tồn tại. Do đó, z-1 = z1 = 2 2 2 2 a b i a b a b - + + (4) 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 ¹ 0. Khi đó: Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2 2 2 2 . ( ).( ) ( ) ( ) . z z w a bi c di ac bd bc ad i w c d c dw w + - + + - = = = + + (5) Nếu các số phức cho ở dạng lượng giác ta có: z/w = (r1/r2). (cos(j1 - j2) + isin(j1-j2)) (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 5. Tìm modun của các số phức sau: 4(1 ) (1 6 )(2 7 ) i i i + + - 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(cosj + isinj)]n = rn (cosnj + isinnj). 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 (cosj + isinj)n = (cosnj + isinnj) 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 sinnj và cosnj theo luỹ thừa của cosj và sinj. Chẳng hạn với n = 3: ta có: VT = cos3j + i.3cos2jsinj - 3cosjsin2j - isin3j VP = cos3j + isin3j Do đó: cos3j = cos3j - 3cosjsin2j = -3cosj + 4 cos3j sin3j = -sin3j + 3cos2jsinj = 3sinj - 4 sin3j 1.3.2 Phép khai căn Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn: nn z w w z= Û = . Hay: (cos sin ) (cos sin )n r i ij j r q q+ = + Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM (cos sin ) (cos sin )nr i n i nj j r q qÛ + = + Vì trong những số phức bằng nhau. Môđun phải bằng nhau nhưng argument có thể sai khác một bội 2p nên: rn = r; nq = j + k2p Từ đó: r = n r ; q = 2k n j p+ ; k là số nguyên tùy ý. 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| (cosp + isinp) Ví dụ: Tìm 33 41, 1, (2 2 )i- + Bài tập: Bài 1 Tính: 1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 3. (4 – 7i)30 4. 3 4 5 i i - + 5. 2 3 3 2 (1 2 ) (1 ) (3 2 ) (2 ) i i i i + - - + - + 6. 3 4 1 2 i i + - 7. (1+i 3 )3 8. 5 12i- - 9. ( ) ( )931 3 1 3i i+ + + 10. 81 2 i -- +æ ö ç ÷ è ø 11. ( )71 3i- - 12. ( ) ( )200720061 3i i- + - 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 : 1. ( 1 + i) ( )3 i+ 2. 1 3 i i + + 3. (1 )(3 )( 2 ) (3 4 )(5 ) i i i i i i + + - - + + 4. 3 2 6 1 3 i i æ ö- + ç ÷ç ÷+è ø 5. 5(3 4 ) 3 4 i i + - 6. 3 1 ii i + - + - 7. 20062 3 3 2 iz i +æ ö= ç ÷-è ø 8. 4(3 4 )(1 ) 3 4 i i i + +é ù ê ú-ë û Bài 4: Biểu diễn các số phức sau dưới dạng lượng giác 1. – 1 – i 2. 1 3i+ 3. ( )31 3 1 i i + - - 4. ( ) ( )43 1i i+ - 5. ( )( )( )1 1 3 3i i i+ - - + Bài 5: Giải các phương trình: 1. z2 = - 1 + i 2. 4z2 + 4z + i = 0 3. 4 22 3 4 0z z- + = 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: 1. 1limsinlim 00 == ®® t tgt t t tt 2. 1)1ln(lim1lim 00 = + = - ®® t t t e t t t 3. 2 1cos1lim 20 = - ® t t t 4. a t t a t = -+ ® 1)1(lim 0 5. p e t t p t "= ¥® ,0lim 6. p t tp t ">= ¥® ,0,0lnlim aa 2. Quy tắc L’Hospital: Cho xo Î R hoặc xo = ± ∞. f, g có đạo hàm liên tục thỏa mãn: 0)(lim)(lim 00 == ®® xgxf xxxx hoặc ±¥== ®® )(lim)(lim 00 xgxf xxxx Giả sử tồn tại A xg xf xx = ® )(' )('lim 0 . Khi đó: A xg xf xx = ® )( )(lim 0 3. Giới hạn dạng: [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® 1. Giả sử bxgaaxf xxxx =>= ®® )(lim);0()(lim 00 (a,b hữu hạn) thì [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® = ab 2. [ ] )()(lim 0 xv xx xu ® có dạng 00. Đặt y = uv thì lny = v.lnu Khi đó: y xx lnlim 0® có dạng 0.0 ta dùng L’Hospital để tính giới hạn. Nếu y xx lnlim 0® = )(ln)(lim 0 xuxv xx® =a thì [ ] )()(lim 0 xv xx xu ® = ea 3. [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® có dạng 1∞. Khi đó: [ ] )()(lim 0 xg xx xf ® = ( ) ( ) 0 ( ) 1 ( )1 ( ) 1lim 1 ( ( ) 1) f x g x f x x x f x - - ® é ù+ -ê úë û = [ ] ( ) 0 lim ( ) 1 g x x x f x e ® - Bài tập: Bài 1: Tính các giới hạn sau: 1. 12 1lim 2 2 -- - ¥® xx x x 2. x xxx x 1)31)(21)(1(lim 0 -+++ ® 3. 52 5 0 )51()1(lim xx xx x + +-+ ® 4. 1 3lim 32 1 - -++ ® x xxx x Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 5. 2 1 1 )1( )1(lim - ++-+ ® x nxnx n x 6. ú û ù ê ë é - - -® 31 )1( 3 1 1lim xxx Bài 2: Tính các giới hạn sau: 1. x axa x 33 0 lim -+ ® 2. 4 8lim 364 - - ® x x x 3. 22 lim ax axax ax - -+- ® 4. 23 7118lim 2 3 2 +- +-+ ® xx xx x 5. 1 lim + ++ ¥® x xxx x 6. 2 12 2lim x x x x ÷ ø ö ç è æ - + ¥® 7. 2 1 20 2 1 1lim x x x + ® ÷ ø ö ç è æ + 8. ( ) 2 . 1 2lim xtg x x p - ® 9. 2 1 0 sinlim x x x x ÷ ø ö ç è æ ® 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 a(x) được gọi là lượng vô cùng bé (VCB) khi x ® xo nếu lim ( ) 0 ox x xa ® = Ví dụ: xm, sinx, tgx, ln(1+x), (1-cosx) là các VCB khi x ® 0. 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 a(x) = f(x) – L là VCB trong quá trình đó. 1.3 Tính chất:Trong 1 quá trình 1. Nếu a(x) là VCB, C là hằng số thì C.a(x) là VCB. 2. Nếu a1(x), a2(x), ..., an(x) là một số hữu hạn các VCB thì tổng a1(x) + a2(x) + + ... + an(x) cũng là VCB. 3. Nếu a(x) là VCB và f(x) là hàm bị chặn thì tích a(x).f(x) cũng là VCB. 1.4 So sánh hai lượng VCB: Cho f, g là hai lượng VCB trong 1 quá trình. Giả sử k xg xf oxx = ® )( )(lim 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 ¹0, k ¹ ±∞ 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: Tính chất 1: Nếu k g f oxx = ® lim , f ~ f1; g ~ g1 thì kg f oxx = ® 1 1lim Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM Chứng minh Thật vậy: lim lim . . lim o o ox x x x x x f f f g f g gf g g® ® ® = = Ví dụ: 30 0 ln(1 2 ) 2 2lim lim 3 31xx x x x xe® ® + = = - Tính chất 2: Nếu a(x) = o(b(x)) trong 1 quá trình thì a(x) + b(x) ~ b(x). Như vậy tổng của hai VCB tương đương với VCB có cấp thấp hơn Ví dụ: 1. 20 1 cos5lim sin 2x x x® - 2. 0 ln(1 3 )lim 2x x tg x® - 3. 2 3 3 50 sinlim 2 4x x x tg x x x x® + + + + 4. 30 ln(1 )lim sinx tgx x x® + + 5. 2 20 ln(1 2 sin )lim sin .x x x x 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 = tsin2t 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: a. 20 )sin.31ln(lim tgx xx x + ® b. xtg x x 3 121lim 0 -+ ® c. )21(ln 3sinlim 2 2 0 x x x +® d. )41ln( 1lim 2 0 x e x x - - ® e. )1ln( coslnlim 20 x x x +® f. x e x x ln )1sin(lim 1 1 -- ® g. 1)1().1( 1)1( lim 3 2 5 3 0 -++ -+ ® xx x x h. 2516 238lim 4 3 0 -+ -+ ® x x x i. )431ln( )231ln(lim 32 32 1 xxx xxx x +-+ +-+ ® j 2 1 arcsin 1lim ln(1 )x x x x® - - k. 2 1 2 4 1lim arcsin(1 2 )x x x® - - 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); ' ( ) ( )( ) '( );...; ( ) ( )n nn nP a f a P a f 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 2 0 1 2( ) .( ) .( ) ... .( ) n n nP x C C x a C x a C x a= + - + - + + - (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) ' 2 1 1 2 3 '' 2 2 3 ( ) ( ) 2 .( ) 3 .( ) ... ( ) ( ) 2 3.2 .( ) ... ( 1) ( ) .................................................................................. ( ) n n n n n n n n P x C C x a C x a nC x a P x C C x a n n C x a P x - - = + - + - + + - = + - + + - - = ( 1)...2.1. nn n C ì ï ï í ï ï -î (3) Thay x = a vào các biểu thức (2) và (3) ta có: 0 ' 1 '' 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 2.1. ....................... ( ) .( 1)...2.1. n n n n n n P a C P a C P a C P a n n C =ì ï =ï ï =í ï ï ï = -î So sánh với điều kiện (1) ta có: 0 1 2 ( ) ( ) '( ) ''( ) 2.1. ....................... ( ) .( 1)...2.1.n n f a C f a C f a C f a n n C ì = ï =ï ï =í ï ï ï = -î Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 0 1 2 ( ) ( ) '( ) 1 . ''( ) 2! ....................... 1 . ( ) ! n n C f a C f a C f a C f a n ì =ï ï =ï ïïÞ =í ï ï ï ï = ïî (4) Thay các giá trị của C0, C1, …, Cn vào công thức (2) ta có đa thức cần tìm ( ) 2 3'( ) ''( ) '''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) 1! 2! 3! ! n n n f a f a f a f aP x f a x a x a x a x a 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) ( ) ( ) ( )n nR x f x P x= + Hay: ( ) 2 3'( ) ''( ) '''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) ( ) 1! 2! 3! ! n n n f a f a f a f af x f a x a x a x a x a R x n = + - + - + - + + - + (6) Rn(x) gọi là số hạng dư – đối với những giá trị x làm cho số hạng dư Rn(x) bé, thì khi đó đa thức Pn(x) cho biểu diễn gần đúng của hàm số f(x). Do đó, công thức (6) cho khả năng thay hàm số y = f(x) bằng đa thức Pn(x) với độ chính 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: 1( )( ) ( ) ( 1)! n n x aR x Q x n +- = + (7) Trong đó Q(x) là hàm số cần phải xác định. 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) 2 1 ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) '( ) ''( ) ... ( ) 1! 2! ! ( 1)! n n nx t x t x t x tF t f x f t f t f t f t Q n n +- - - - = - - - - - - + (8) Tìm đạo hàm F’(t) : O a y x Rn(x) y = f(x) x y = Pn(x) Pn(x) f(x) Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM 2 1 1 ( ) ( ) ( 1) ( ) 2( )'( ) '( ) '( ) ''( ) ''( ) 1 2! ( ) ( ) ( ) '''( ) ... ( ) ( ) 2! ( 1)! ! ( ) ( 1)( ) ( ) ! ( 1)! n n n n n n n x t x tF t f t f t f t f t x t x t n x tf t f t f t n n x t n x tf t Q n n - - + - - = - + - + - - - - + - + - - + - - + + Rút gọn lại ta được : ( 1)( ) ( 1)( )'( ) ( ) ! ( 1)! n n nx t n x tF t f t Q n n +- + -= - + + (9) 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 = x nằm giữa a và x sao cho F’(x) = 0. Thế vào (9) ta có : ( 1)( ) ( 1)( )'( ) ( ) ! ( 1)! n n nx n xF f Q n n x x x x+ - + - = - + + Suy ra : ( 1) ( )nQ f x+= Thay biểu thức này vào công thức (7) ta được : 1 ( 1)( )( ) ( ) ( 1)! n n n x aR x f n x + +-= + - số hạng dư Larange Vì x là giá trị nằm giữa a và x, nên nó có thể viết dưới dạng: ( ) , [0;1]a x ax q q= + - Î Nghĩa là : 1 ( 1)( )( ) [ ( )] ( 1)! n n n x aR x f a x a n q + +-= + - + Công thức: ( ) 2 3 1 ( 1) '( ) ''( ) '''( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ... ( ) 1! 2! 3! ! ( ) [ ( )] ( 1)! n n n n f a f a f a f af x f a x a x a x a x a n x a f a x a n q + + = + - + - + - + + - + - + + - + gọi là công thức Taylor của hàm số f(x). Nếu trong công thức Taylor, đặt a = 0 thì nó viết dưới dạng: 2 3 1 ( ) ( 1)( ) (0) '(0) ''(0) '''(0) ... (0) ( ) , [0;1] 1! 2! 3! ! ( 1)! n n n nx x x x xf x f f f f f f x n n q q + += + + + + + + Î + 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(x) = 1 )1()( 2 )( ! )()( ! )( ...)( !2 )('' )( !1 )(' )( + + -+-++-+-+ no n n o o n o o o o o xxn cfxx n xf xx xf xx xf xf (c ở giữa xo và x, c= xo + a(x-xo), 0 < a <1) Công thức này gọi là công thức khai triển Taylor cấp n, số hạng của cùng gọi là số hạng dư của nó. Đặc biệt xo = 0 thì công thức Taylor trở thành công thức Maclaurin (công thức khai triển tại lân cận xo = 0): f(x)= )10(, ! )( ! )0(... !2 )0('' !1 )0(')0( 1 )1()( 2 <<+++++ + + q q n n n n x n xfx n fxfxff 2. Các khai triển Maclaurin quan trọng: 1. ex= å = + n k n k xo k x 0 )( ! 2. sinx = )( )!12( )1(... !5!3 12 12 1 53 - - - + - -+++- m m m xo m xxxx = å = - - - + - - n k n k k xo k x 1 12 12 1 )( )!12( )1( 3. cosx = )( )!2( )1(... !4!2 1 2 242 m m m xo m xxx +-+++- = å = +- n k n k k xo k x 0 2 2 )( )!2( )1( 4. ln(1+x) = )()1(... 432 1 432 n n n xo n xxxxx +-+-+- - 5. (1+x) a = )( ! )1)...(1(... !2 )1(1 2 nn xox n nxx ++--++-++ aaaaaa 3. Bài tập: Bài 1: a. Khai triển đa thức x4 – 5x3 + 5x2 + x + 2 thành lũy thừa của ( x – 2) b. Khai triển đa thức x5 + 2x4 - x2 + x + 1 thành lũy thừa của ( x + 2) c. Khai triển hàm số f(x) = sinx tới số hạng x4 tại lân cận xo = p/4 . d. Khai triển hàm số y = x với xo = 1 và n = 3. Bài 2: Viết khai triển các hàm sau đây theo lũy thừa nguyên dương của biến x đến số hạng cấp cho trước 1. f(x) = esinx đến x3 2. f(x) = ( ) 6040 100 )2
Tài liệu liên quan