Toán cao cấp C1 - Chương 1 Phép tính vi phân hàm một biến

BÀI GIẢNG TOÁN CAO CẤP C1 Đoàn Hồng Chương1 1Bộ môn Toán - TKKT, Đại học Kinh Tế - Luật Toán cao cấp C1 Chương 1 PHÉP TÍNH VI PHÂN HÀMMỘT BIẾN §1. Giới hạn dãy số 1.1 Dãy số Định nghĩa 1.1. Dãy số là một tập hợp các số x1, x2, . . . , xn, . . . được viết theo một thứ tự nhất định. Kí hiệu (xn). • x1, x2, . . . : số hạng. • xn : số hạng tổng quát. Cách cho một dãy số • Cho công thức số hạng tổng quát. • Cho công thức truy hồi. •Mô tả. Ví dụ 1.1. Cho các dãy số • (xn) : xn = 2n + n2, n = 1, 2, . . . Trang 1 Toán cao cấp C1 • (xn) : x1 = 1, xn+1 = 2xn + 3, n = 1, 2, . . . • (xn) là dãy các số nguyên tố. Định nghĩa 1.2. Cho dãy số (xn). • (xn) được gọi là dãy số tăng nếu xn < xn+1,∀n ∈ N • (xn) được gọi là dãy số giảm nếu xn > xn+1,∀n ∈ N Ví dụ 1.2. Xét tính tăng giảm của các dãy số 1. xn = n n + 1 , n = 1, 2, . . . 2. xn = n + 1 n , n = 1, 2, . . . Giải. 1. Ta có xn+1 − xn = n + 1 n + 2 − n n + 1 = (n + 1)2 − n(n + 2) (n + 1)(n + 2) = 1 (n + 1)(n + 2) > 0,∀n ∈ N, Trang 2 Toán cao cấp C1 nên xn+1 > xn,∀n ∈ N. Vậy (xn) là dãy số tăng.  2. Ta có xn+1 − xn = n + 2 n + 1 − n + 1 n = −(n + 1) 2 − n(n + 2) n(n + 1) = − 1 n(n + 1) < 0,∀n ∈ N, nên xn+1 < xn,∀n ∈ N. Vậy (xn) là dãy số giảm.  Định nghĩa 1.3. Cho dãy số (xn). • (xn) được gọi là bị chặn trên nếu tồn tại số thực M sao cho xn ≤M, ∀n ∈ N. • (xn) được gọi là bị chặn dưới nếu tồn tại số thực m sao cho xn ≥ m,∀n ∈ N. • (xn) được gọi là bị chặn nếu nó bị chặn trên và bị chặn dưới, nghĩa là tồn tại các số thực m và M sao cho m ≤ xn ≤M, ∀n ∈ N. Ví dụ 1.3. Xét tính bị chặn của các dãy số Trang 3 Toán cao cấp C1 1. xn = 2n n + 1 , n = 1, 2, . . . 2. xn = n n2 + 1 , n = 1, 2, . . . 1.2 Giới hạn dãy số Định nghĩa 1.4. Số thực a được gọi là giới hạn của dãy số (xn) nếu: ∀ > 0,∃n0 ∈ N sao cho |xn − a| n0. (1.1) Kí hiệu: lim n→∞xn = a. • Nếu dãy số (xn) có giới hạn thì ta nói (xn) hội tụ. • Nếu dãy số (xn) không có giới hạn thì ta nói (xn) phân kì. Ví dụ 1.4. Tìm giới hạn của các dãy số 1. xn = n + 1 n , n = 1, 2, . . . 2. xn = 1 2n , n = 1, 2, . . . Giải. 1. Ta dự đoán lim n→+∞ n + 1 n = 1, do đó, từ định nghĩa suy ra với mỗi  > 0, Trang 4 Toán cao cấp C1 ta cần tìm n0 ∈ N để bất đẳng thức ∣∣∣∣n + 1n − 1 ∣∣∣∣ n0. Từ ∣∣∣∣n + 1n − 1 ∣∣∣∣ = 1n 1 . Chọn n0 = [ 1  ] + 1 thì n0 > 1  . Do đó∣∣∣∣n + 1n − 1 ∣∣∣∣ n0. Vậy ∀ > 0,∃n0 = [ 1  ] + 1 sao cho ∣∣∣∣n + 1n − 1 ∣∣∣∣ n0. Điều này chứng tỏ lim n→∞ n + 1 n = 1.  2. Ta dự đoán lim n→+∞ 1 2n = 0, do đó, từ định nghĩa suy ra với mỗi  > 0, ta cần tìm n0 ∈ N để bất đẳng thức ∣∣∣∣ 12n − 0 ∣∣∣∣ n0. Từ∣∣∣∣ 12n − 0 ∣∣∣∣ = 12n log2 1 . Chọn n0 = [ log2 1  ] + 1 thì n0 > log2 1  . Do đó ∣∣∣∣ 12n − 0 ∣∣∣∣ n0. Vậy ∀ > 0,∃n0 = [ log2 1  ] + 1 sao cho ∣∣∣∣ 12n − 0 ∣∣∣∣ n0. Trang 5 Toán cao cấp C1 Điều này chứng tỏ lim n→+∞ 1 2n = 0.  Dãy số dần đến vô cùng Ví dụ 1.5. 1. lim ( 3 2 )n = +∞. 2. lim n− 2n 2 n + 1 = −∞. 1.3 Các tính chất Định lý 1.1. Giới hạn của dãy số (nếu có) là duy nhất. Định lý 1.2. Nếu dãy số (xn) có giới hạn thì nó bị chặn. Định lý 1.3 (Định lý kẹp). Cho 3 dãy số (xn), (yn), (zn). Nếu yn ≤ xn ≤ zn,∀n ∈ N và lim yn = lim zn = a, thì limxn = a. Ví dụ 1.6. Tìm giới hạn lim n→∞ ( 1√ n2 + 1 + 1√ n2 + 2 + . . . + 1√ n2 + n ) . Giải. Trang 6 Toán cao cấp C1 Từ 1√ n2 + 1 ≥ 1√ n2 + n , 1√ n2 + 2 ≥ 1√ n2 + n , ... 1√ n2 + n ≥ 1√ n2 + n , suy ra n√ n2 + n ≤ 1√ n2 + 1 + 1√ n2 + 2 + . . . + 1√ n2 + n . Bằng cách tương tự, ta có 1√ n2 + 1 + 1√ n2 + 2 + . . . + 1√ n2 + n ≤ n√ n2 + 1 . Thêm nữa lim n→∞ n√ n2 + 1 = lim n→∞ n√ n2 + n = 1. Do đó lim n→∞ ( 1√ n2 + 1 + 1√ n2 + 2 + . . . + 1√ n2 + n ) = 1. Trang 7 Toán cao cấp C1 Định lý 1.4 (Định lý hội tụ bị chặn). Dãy tăng và bị chặn trên (hoặc dãy giảm và bị chặn dưới) thì hội tụ. Ví dụ 1.7. Tìm giới hạn của dãy số (xn) cho bởi công thức x1 = √ 2, xn+1 =√ 2 + xn, n = 1, 2, . . .. Giải. Trước tiên ta chứng minh dãy số (xn) bị chặn. Thật vậy, bằng qui nạp, ta có x1 = √ 2 < 2, x2 = √ 2 + x1 < √ 2 + 2 = 2. Giả sử xn < 2. Khi đó xn+1 = √ 2 + xn < √ 2 + 2 = 2. Vậy xn < 2,∀n ∈ N. Tiếp theo ta chứng minh (xn) là dãy tăng. Ta có x2n − x2n+1 = x2n − xn − 2 = (xn − 2).(xn + 1) Chú ý rằng xn > 0,∀n ∈ N và xn < 2,∀n ∈ N, do đó x2n − x2n+1 < 0,∀n ∈ N. Kết hợp với xn > 0,∀n ∈ N, suy ra xn < xn+1,∀n ∈ N. Trang 8 Toán cao cấp C1 Vậy (xn) là dãy tăng và bị chặn trên, do đó hội tụ. Đặt lim n→∞xn = a. Từ giả thiết xn+1 = √ 2 + xn, cho n→∞, ta có phương trình a = √ 2 + a. Phương trình có 2 nghiệm a = 2 và a = −1. Nghiệm a = −1 loại vì xn > 0,∀n ∈ N. Vậy lim n→∞xn = 2. Bảng một số giới hạn cơ bản 1. lim 1 n = 0. 2. lim qn = 0, với |q| < 1. 3. lim ( 1 + 1 n )n = e. 4. lim n √ n = 1. Trang 9 Toán cao cấp C1 BÀI TẬP Bài tập 1.1. Tìm giới hạn của các dãy số sau 1. lim 3n2 + 4n + 2 n2 − 2n + 3 . 2. lim( √ n2 + n− n). 3. lim( 3 √ n− n3 + n). 4. lim 3 + 4n 1 + 3.4n . 5. lim 2n + 5.6n 3n + 6n . 6. lim ( n + 2 n + 1 )n . 7. lim ( 2n + 1 2n − 1 )n . 8. lim ( n2 + 1 n2 + 2 )3n2 . Bài tập 1.2. Tìm giới hạn của các dãy số sau 1. lim 2n n! . 2. lim 2n (n + 2)! . 3. x1 = 1 2 , xn+1 = xn(2− xn), n ∈ N. 4. x1 = 1, xn+1 = xn 2 + xn , n ∈ N. Trang 10 Toán cao cấp C1 §2. Giới hạn hàm số 2.1 Giới hạn hàm số Định nghĩa 2.1. Cho hàm số f : (a, b) → R và x0 ∈ (a, b). Số thực L được gọi là giới hạn của hàm số f khi x dần tới x0 nếu và chỉ nếu ∀ > 0,∃δ > 0 sao cho ∀x ∈ (a, b)\{x0}, |x− x0| < δ ⇒ |f (x)− L| < . (2.1) Kí hiệu: lim x→x0 f (x) = L. Định nghĩa 2.2. Cho hàm số f : (a, b)→ R và x0 ∈ (a, b). • Số thực L được gọi là giới hạn bên phải của hàm số f khi x dần tới x0 nếu ∀ > 0,∃δ > 0 sao cho ∀x ∈ (a, b), 0 < x− x0 < δ ⇒ |f (x)− L| < . (2.2) Kí hiệu: lim x→x+0 f (x) = L. • Số thực L được gọi là giới hạn bên trái của hàm số f khi x dần tới x0 nếu ∀ > 0,∃δ > 0 sao cho ∀x ∈ (a, b), 0 < x0 − x < δ ⇒ |f (x)− L| < . (2.3) Kí hiệu: lim x→x−0 f (x) = L. Trang 11 Toán cao cấp C1 Ví dụ 2.1. Tìm các giới hạn 1. lim x→pi 1 + cosx sinx (dạng vô định 0 0 ). 2. lim x→0± √ x3 + x2 x (dạng vô định 0 0 ). Giải. 1. Ta có lim x→pi 1 + cosx sinx = lim x→pi 2 cos2 x 2 2 sin x 2 cos x 2 = lim x→pi cos x 2 sin x 2 = 0. 2. Ta có √ x3 + x2 x = |x|√1 + x x = {√ 1 + x, khi x > 0 −√1 + x, khi x < 0 . Do đó lim x→0+ √ x3 + x2 x = 1 và lim x→0− √ x3 + x2 x − 1. Giới hạn dần đến vô cùng và giới hạn tại vô cùng Ví dụ 2.2. Tìm các giới hạn sau 1. lim x→±∞ 2x − 3 2x + 3 . 2. lim x→1± 2 1 x−1 . Trang 12 Toán cao cấp C1 Giải. 1. Ta có lim x→+∞ 2x − 3 2x + 3 = lim x→+∞ 1− 3 2x 1 + 3 2x = 1 (do lim x→+∞ 3 2x = 0). lim x→−∞ 2x − 3 2x + 3 = −1 (do lim x→−∞ 2 x = 0). 2. Ta có lim x→1+ 2 1 x−1 = +∞ (do lim x→1+ 1 x− 1 = +∞). lim x→1− 2 1 x−1 = 0 (do lim x→1− 1 x− 1 = −∞). 2.2 Các tính chất Định lý 2.1. Giới hạn của hàm số (nếu có) là duy nhất. Định lý 2.2. Cho f : (a, b)→ (c, d), g : (c, d)→ R và x0 ∈ (a, b). Nếu lim x→x0 f (x) = M, lim y→M g(y) = N Trang 13 Toán cao cấp C1 thì lim x→x0 g ◦ f (x) = N. Định lý 2.3. Cho f : (a, b)→ R và x0 ∈ (a, b). lim x→x0 f (x) = L⇔ [ với mọi dãy (xn), nếu xn → x0 thì dãy f (xn) hội tụ đến L ] . Định lý 2.4 (Định lý kẹp). Cho các hàm số f (x), g(x), h(x) xác định trên (a, b) và x0 ∈ (a, b). Nếu g(x) ≤ f (x) ≤ h(x),∀x ∈ (a, b) và lim x→x0 g(x) = lim x→x0 h(x) = L, thì lim x→x0 f (x) = L. Ví dụ 2.3. Tính giới hạn lim x→0 sinx x . Giải. Xét đường tròn lượng giác tâm O, bán kính OA = 1 và x là góc lượng giác của cung AC. Trang 14 Toán cao cấp C1 Nếu 0 < x < pi 2 , thì S∆AOC = 1 2 sinx, Shình quạt AOC = 1 2 x, S∆AOB = 1 2 tanx. Do đó sinx < x < tanx. Suy ra cosx < sinx x < 1,∀x ∈ (0, pi 2 ) . Vì sin(−x) = − sinx và cos(−x) = cosx nên, khi x ∈ (−pi 2 , 0 ) , theo bất đẳng thức trên ta có cosx < sinx x < 1. Trang 15 Toán cao cấp C1 Vậy cosx < sinx x < 1,∀x ∈ (−pi 2 , pi 2 )\{0}. Áp dụng định lý kẹp, suy ra lim x→0 sinx x = 1.  Định lý 2.5. Cho hàm số f : (x, b)→ R và x0 ∈ (a, b). lim x→x0 f (x) = L⇔ [ lim x→x−0 f (x) = lim x→x+0 f (x) = L ] . Bảng một số giới hạn cơ bản 1. lim x→+∞ 1 xα = 0, với α > 0. 2. lim x→0 sinx x = 1. 3. lim x→0 tanx x = 1. 4. lim x→±∞ ( 1 + 1 x )x = e. 5. lim x→0 ex − 1 x = 1. 6. lim x→0 ax − 1 x = ln a(0 < a 6= 1). 7. lim x→0 ln(1 + x) x = 1. 8. lim x→0 loga(1 + x) x = 1 ln a (0 < a 6= 1). Trang 16 Toán cao cấp C1 BÀI TẬP Bài tập 2.1. Tính các giới hạn sau 1. lim x→3 x2 − 9 x2 − 7x + 12. 2. lim x→0 4x√ 9 + x− 3. 3. lim x→2 2x − x2 x− 2 . 4. lim x→0 sin 3x tan 5x . 5. lim x→0 1− cosx x sinx . 6. lim x→±∞( √ x2 + x− x). 7. lim x→0 3 √ x3 + 1− 1 x . 8. lim x→pi2 (pi 2 − x ) tanx. Bài tập 2.2. Tính các giới hạn sau 1. lim x→0 x. cotx. 2. lim x→0 ln √ x2 + 1√ x2 + 1− 1. 3. lim x→0 ln(cosx) ln(x2 + 1) . 4. lim x→+∞ ( x + 2 x− 3 )3x+4 . 5. lim x→0 (1 + tanx)cotx. 6. lim x→e lnx− 1 x− e . Trang 17 Toán cao cấp C1 §3. Vô cùng bé - Vô cùng lớn 3.1 Định nghĩa Định nghĩa 3.1 (Vô cùng bé). Cho hàm số f (x) xác định trên khoảng (a, b) và x0 ∈ (a, b). Ta nói f (x) là đại lượng vô cùng bé, viết tắt là VCB, khi x→ x0 nếu lim x→x0 f (x) = 0. (3.1) Định nghĩa 3.2 (Vô cùng lớn). Cho hàm số f (x) các định trên khoảng (a, b) và x0 ∈ (a, b). Ta nói f (x) là đại lượng vô cùng lớn, viết tắt là VCL, khi x→ x0 nếu lim x→x0 |f (x)| = +∞. (3.2) Ví dụ 3.1. Biểu thức nào sau đây là VCB, VCL? 1. f (x) = 5 √ 1− x− 1 khi x dần đến 0. 2. f (x) = ( 3 2 )tanx khi x dần đến pi 2 − . 3. f (x) = (cosx) 1 x2 khi x dần đến 0. Trang 18 Toán cao cấp C1 3.2 So sánh các VCB và các VCL Định nghĩa 3.3 (So sánh các VCB). Cho f (x) và g(x) là các VCB khi x→ x0. • Ta nói f (x) là VCB cấp cao hơn g(x) nếu lim x→x0 f (x) g(x) = 0. (3.3) • Ta nói f (x) là VCB cấp thấp hơn g(x) nếu lim x→x0 f (x) g(x) =∞. (3.4) Định nghĩa 3.4 (VCB tương đương). Cho f (x) và g(x) là các VCB khi x→ x0. Ta nói f (x) và g(x) là hai VCB tương đương khi x→ x0, kí hiệu f (x) ∼ g(x), nếu lim x→x0 f (x) g(x) = 1. (3.5) Ví dụ 3.2. Hãy so sánh cấp của các VCB sau 1. f (x) = ln(1 + x2), g(x) = x2 khi x→ 0. Trang 19 Toán cao cấp C1 2. f (x) = ln(cosx), g(x) = −x 2 2 khi x→ 0. 3. f (x) = 1−√1− 4x2, g(x) = √1 + 2x− 1 khi x→ 0. Giải. 1. Áp dụng công thức lim x→0 ln(1 + x) x = 1, ta có lim x→0 f (x) g(x) = lim x→0 ln(1 + x2) x2 = 1. Vậy ln(1 + x2) ∼ x2 khi x→ 0. 2. Bằng cách đổi biến t = −x, từ lim x→0 ln(1 + x) x = 1, ta suy ra lim x→0 ln(1− x) x = −1. Thêm nữa, cosx = 1− 2 sin2 x 2 và lim x→0 sinx x = 1, nên lim x→0 f (x) g(x) = lim x→0 ln(cosx) −x 2 2 = lim x→0 ln(1− 2 sin2 x 2 ) 2 sin2 x 2 . 2 sin2 x 2 −x 2 2 = 1. Vậy ln(cosx) ∼ −x 2 2 khi x→ 0. Trang 20 Toán cao cấp C1 3. Ta có lim x→0 f (x) g(x) = lim x→0 1−√1− 4x2√ 1 + 2x− 1 = limx→0 4x2 2x . √ 1 + 2x + 1 1 + √ 1− 4x2 = 0. Vậy 1−√1− 4x2 là VCB cấp cao hơn √1 + 2x + 1 khi x→ 0. Định nghĩa 3.5 (So sánh các VCL). Cho f (x) và g(x) là các VCB khi x→ x0. • Ta nói f (x) là VCL cấp cao hơn g(x) nếu lim x→x0 f (x) g(x) =∞. (3.6) • Ta nói f (x) là VCL cấp thấp hơn g(x) nếu lim x→x0 f (x) g(x) = 0. (3.7) Định nghĩa 3.6 (VCL tương đương). Cho f (x) và g(x) là các VCL khi x→ x0. Ta nói f (x) và g(x) là hai VCL tương đương khi x→ x0, kí hiệu f (x) ∼ g(x), nếu lim x→x0 f (x) g(x) = 1. (3.8) Trang 21 Toán cao cấp C1 Ví dụ 3.3. Hãy so sánh các cấp của các VCL sau 1. f (x) = 1 x , g(x) = 1 tanx khi x→ 0. 2. f (x) = √ x + x2 − x, g(x) = √x2 + 1 + x2 khi x→ −∞. Giải. 1. Ta có lim x→0 f (x) g(x) = lim x→0 tanx x = 1, nên f (x) ∼ g(x) khi x→ 0. 2. Ta có f (x) g(x) = √ x + x2 − x√ x2 + 1 + x2 = |x| √ 1 + 1 x − x |x| √ 1 + 1 x2 + x2 = − √ 1 + 1 x + 1 x− √ 1 + 1 x2 (vì x < 0). Do đó lim x→−∞ √ x + x2 − x√ x2 + 1 + x2 = lim x→−∞− √ 1 + 1 x + 1 x− √ 1 + 1 x2 = 0. Vậy f (x) là VCL cấp thấp hơn g(x) khi x→ −∞. Trang 22 Toán cao cấp C1 3.3 Ứng dụng VCB và VCL để tìm giớn hạn hàm số Định lý 3.1 (Dạng vô định 0 0 ). Cho f, g là các VCB khi x→ x0. Nếu f (x) ∼ f1(x) và g(x) ∼ g1(x), thì lim x→x0 f (x) g(x) = lim x→x0 f1(x) g1(x) . Định lý 3.2 (Qui tắc ngắt VCB). Cho f, g là các VCB khi x → x0. Nếu f (x) là VCB cấp thấp hơn g(x) khi→ x0 thì f (x) + g(x) ∼ f (x). Ví dụ 3.4. Tìm các giới hạn 1. lim x→0 1− cosx x2 . 2. lim x→0 1− cos 4x x. tan 2x . 3. lim x→0 sin2 √ x √ x x2 + x 3 2 . Giải. 1. Từ 1− cosx ∼ x 2 2 khi x→ 0, ta có lim x→0 1− cosx x2 = lim x→0 x2 2 x2 = 1 2 . Trang 23 Toán cao cấp C1 2. Ta có 1− cos 4x ∼ (4x) 2 2 và tan 2x ∼ 2x khi x→ 0. Do đó lim x→0 1− cos 4x x. tan 2x = lim x→0 (4x)2 2 x.2x = 4. 3. Áp dụng công thức sinx ∼ x khi x → 0 ta có sin2 √ x √ x ∼ ( √ x √ x)2 khi x→ 0. Ta lại có x2 là VCB cấp cao hơn x 3 2 nên x2 + x 3 2 ∼ x32 . Vậy lim x→0 sin2 √ x √ x x2 + x 3 2 = lim x→0 ( √ x √ x)2 x 3 2 = 1. Định lý 3.3 (Dạng vô định ∞ ∞). Cho f, g là các VCL khi x→ x0. Nếu f (x) ∼ f1(x) và g(x) ∼ g1(x), thì lim x→x0 f (x) g(x) = lim x→x0 f1(x) g1(x) . Định lý 3.4 (Qui tắc ngắt VCL). Cho f, g là các VCL khi x → x0. Nếu f (x) là VCL cấp cao hơn g(x) khi→ x0 thì f (x) + g(x) ∼ f (x). Ví dụ 3.5. Tìm các giới hạn sau Trang 24 Toán cao cấp C1 1. lim x→∞ 7x3 − √ x5 + 6x 13x3 + x2 − 6√x. 2. lim x→∞ (√ x4 + 1−√x4 + 3x2 ) . Giải. 1. Xét biểu thức f (x) = 7x3 − √ x5 + 6x. Ta có 7x3 là VCB cấp cao hơn √ x5 và 6x khi x→∞ nên 7x3− √ x5 +6x ∼ 7x3. Tương tự 13x3 + x2 − 6√x ∼ 13x3. Vậy lim x→∞ 7x3 − √ x5 + 6x 13x3 + x2 − 6√x = limx→∞ 7x3 13x3 = 7 13 . 2. Ta có lim x→∞ (√ x4 + 1− √ x4 + 3x2 ) = lim x→∞ 1− 3x2√ x4 + 3x2 + √ x4 + 1 Áp dụng qui tắc ngắt VCL, ta có √ x4 + 1 ∼ √ x4 và √ x4 + 3x2 ∼ √ x4 khi x→∞. Do đó lim x→∞ 1− 3x2√ x4 + 3x2 + √ x4 + 1 = lim x→∞ 1− 3x2 2 √ x4 = lim x→∞ 1− 3x2 2x2 = −3 2 . Trang 25 Toán cao cấp C1 Bảng một số VCB tương đương 1. sinx ∼ x khi x→ 0. 2. tanx ∼ x khi x→ 0. 3. arcsinx ∼ x khi x→ 0. 4. arctanx ∼ x khi x→ 0. 5. 1− cosx ∼ x 2 2 khi x→ 0. 6. ln(1 + x) ∼ x khi x→ 0. 7. ex − 1 ∼ x khi x→ 0. 8. (1 + x)k − 1 ∼ kx khi x→ 0. BÀI TẬP Bài tập 3.1. Tính các giới hạn sau 1. lim x→0 1− sin 4x− cos 4x 1 + sin 4x− cos 4x . 2. lim x→0 sin 2x− tan 2x x3 . 3. lim x→0 sin2 3x ln2(1 + 2x) . 4. lim x→0 ln(1 + tanx) x + sin3 x . 5. lim x→0 1−√1− 4x2 1−√arctanx. 6. lim x→0 e2x − 1 ln(1− 4x). Trang 26 Toán cao cấp C1 7. lim x→0 5 √ (1− x)3 − 1 (1 + x) 3 √ (1 + x)2 − 1. 8. limx→0 4 √ 1 + x2 + x3 − 1 ln cosx . Bài tập 3.2. Tính các giới hạn sau 1. lim x→0 ex 2 − 1√ 1 + sin2 x− 1. 2. lim x→0 √ tanx + 1−√sinx + 1 x3 . 3. lim x→0 ln(1 + x− 3x2 + 2x3) ln(1 + 3x− 4x2 + x3). 4. lim x→0 3 √ 8 + 3x− 2 4 √ 16 + 4x− 2. 5. lim x→0 2 sin √ x2 + √ x3 + ln(1 + x) x + √ x √ x . 6. lim x→1 3 √ e1−x − 1 ln cos(x− 1). Bài tập 3.3. Tính các giới hạn sau 1. lim x→∞ ( x + 2 x− 3 )3x+4 . 2. lim x→∞ ( x2 + 1 x2 + 9 )x2+1 . 3. lim x→∞ ( x2 − 5 x2 + 1 )x+1 1−x . 4. lim x→0 (1− 2x)1x . 5. lim x→0 (cos √ x) 1 x . 6. lim x→0 (sinx)tanx. Trang 27 Toán cao cấp C1 Bài tập 3.4 (Lãi suất kép-Interest compounding). Suppose that starting out with a principal P (or capital) of $1, we find that a hypothetical banker to offer us the unusual interest rate of 100% per annum ($1 interest per year). If interest is to be compounded once a year, the value of our asset at the end of year will be $2; we shall denote this value by V (1), where the number in parentheses indicates the frequency of compounding within 1 year: V (1) = Principal × (1 + interestrate) = 1× (1 + 100%) = 2 If interest is compounded semiannually, however, an interest amounting to 50% of principal will accrue at the end of 6 months. We shall therefore have $1,50 as the new principal during the second-6 month period, in which interest will be calcu- lated at 50% of $1,50. Thus our year-end asset value will be $1,5×(1+50%), that is V (2) = ( 1 + 1 2 )2 . Trang 28 Toán cao cấp C1 By analogous reasoning, we can write V (3) = ( 1 + 1 3 )3 , V (4) = ( 1 + 1 4 )4 , etc; or, in general, V (n) = ( 1 + 1 n )n , where n represents the frequency of compounding in 1 year. In the limiting case, when interest is compounded continuously during the year, the value of the asset will grow in "snowballing" fashion, become at the end of 1 year lim n→nV (n) = e. Task: establish the continuous interest-compounding in these cases: • more years of compounding. • a principal other than $1. • a nominal interest rate other than 100%. Trang 29 Toán cao cấp C1 §4. Hàm số liên tục 4.1 Hàm số liên tục Định nghĩa 4.1. Cho hàm số f : (a, b)→ R và x0 ∈ (a, b). Hàm số f (x) được gọi là liên tục tại điểm x0 nếu: 1. tồn tại giới hạn lim c→x0 f (x); 2. lim x→x0 f (x) = f (x0). Ví dụ 4.1. Xét tính liên tục của hàm số sau tại điểm x0 = 0. f (x) =  √ x2 + 1− 1 x , khi x 6= 0; 0, khi x = 0. Giải. Ta có lim x→0 √ x2 + 1− 1 x = lim x→0 1 2 x2 x = f (0) = 0. Vậy hàm số f (x) liên tục tại x0 = 0. Định nghĩa 4.2. Cho hàm số f : (a, b)→ R và x0 ∈ (a, b). Trang 30 Toán cao cấp C1 1. Hàm số f (x) được gọi là liên tục bên trái tại điểm x0 nếu • tồn tại giới hạn lim x→x−0 f (x); • lim x→x−0 f (x) = f (x0). 2. Hàm số f (x) được gọi là liên tục bên phải tại điểm x0 nếu • tồn tại giới hạn lim x→x+0 f (x); • lim x→x+0 f (x) = f (x0). Định lý 4.1.Hàm số f (x) liên tục tại điểm x0 khi và chỉ khi nó liên tục trái và liên tục phải tại điểm x0. Định nghĩa 4.3. Hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] nếu nó liên tục tại mọi điểm x ∈ (a, b) và liên tục bên phải tại điểm a, liên tục bên trái tại điểm b. Định lý 4.2. Cho hàm f liên tục trên đoạn [a, b]. Nếu f (a).f (b) < 0 thì tồn tại một điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0. Trang 31 Toán cao cấp C1 Ví dụ 4.2. Chứng minh rằng phương trình x.2x − 1 = 0 chỉ có một nghiệm trên khoảng (0, 1). Định lý 4.3. Nếu hàm f liên tục trên đoạn [a, b] thì f đạt giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên đoạn [a, b]. 4.2 Khái niệm về điểm gián đoạn Định nghĩa 4.4. Nếu hàm số f (x) không liên tục tại điểm x0 thì ta nói f (x) gián đoạn tại x0 và x0 được gọi là điểm gián đoạn của f (x). Ví dụ 4.3 (Các điểm gián đoạn). Định nghĩa 4.5. Giả sử f (x) gián đoạn tại x0. Khi đó • Nếu tồn tại lim x→x0 nhưng f (x0) không xác định hoặc lim x→x0 f (x) 6= f (x0) thì x0 được gọi là điểm gián đoạn bỏ được. • Nếu tồn tại lim x→x−0 f (x), lim x→x+0 f (x) nhưng lim x→x−0 f (x) 6= lim x→x+0 f (x) thì x0 được gọi là điểm gián đoạn loại I. Trang 32 Toán cao cấp C1 • Nếu không tồn tại lim x→x−0 f (x) hoặc lim x→x+0 f (x) thì x0 được gọi là điểm gián đoạn loại II. Ví dụ 4.4. Xét loại điểm gián đoạn của hàm số sau f (x) =  x + 1 x , khi x < 0 2x2 + 1, khi x ≥ 0. Giải. Khi x > 0 (tương ứng x < 0), hàm số f (x) = 2x2 + 1 (tương ứng f (x) = x + 1 x ) xác định và liên tục. Tại x0 = 0, ta có lim x→0− f (x) = lim x→0− x + 1 x = −∞ nên f (x) gián đoạn tại điểm x0 = 0 và x0 là điểm gián đoạn loại II. Trang 33 Toán cao cấp C1 BÀI TẬP Bài tập 4.1. Xét tính liên tục của các hàm số sau 1. f (x) =  x2 − 4 x− 2 , khi x 6= 2; 4, khi x = 2. 2. f (x) =  1 1 + 2 1