Bài giảng số phức
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.
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
uuu
r r
y
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 k2 π.
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)
a 2 + b 2 , ϕ = tg (b/a) , nếu a ≠ 0. a = rcosϕ ; b = rsinϕ
Ta có: r =
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)
−b
a
Giải hệ phương trình (I) ta được: c = ;d = 2
a +b a + b2
2 2
Vậy z1 tồn tại.
a b
−2
Do đó, z-1 = z1 = (4)
i
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)
c2 + d 2 c2 + d 2
w w.w
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
z = w ⇔ wn = z .
Căn bậc n của một số phức mà lũy thừa bậc n bằng số dưới căn: n
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 = r;θ= ; k là số nguyên tùy ý.
n
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| (cos π + isinπ)
Tìm 3 1, 4 −1, (2 + 2i )3
Ví dụ:
Bài tập:
Bài 1 Tính:
3−i
3. (4 – 7i)30
1. (3+5i).(4-i) 2. (6+11i).(7+3i) 4.
4 + 5i
(1 + 2i )2 − (1 − i )3 3 + 4i
−5 − 12i
7. (1+i 3 )3
5. 6. 8.
(3 + 2i )3 − (2 + i ) 2 1 − 2i
−8
−1 + i
( ) ( ) ( )
9. (1 + 3i ) + 1 + i 3 12. ( −1 + i )
9 7 2007
3
11. −1 − i 3
2006
3 −i
10.
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 )
4.
1+ i 3
2. 3.
i (3 + 4i )(5 + i )
3+i
3+i 2 + 3i (3 + 4i )(1 + i )
2006 4
(3 + 4i )5
6. −i + 7. z = 8.
5.
1− i 3 − 2i 3 − 4i
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
2. 1 + i 3 3+i
1. – 1 – i 3. 4.
−1 − i
Bài 5: Giải các phương trình:
3. z 4 − 2 3 z 2 + 4 = 0
1. z2 = - 1 + i 2. 4z2 + 4z + i = 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:
et − 1 ln(1 + t ) 1 − cos t 1
sin t tgt
= lim =1 = lim =1 =
1. lim 2. lim 3. lim
t2
t →0 t →0 t t →0 t →0 t →0
t t t 2
(1 + t ) a − 1 tp ln p t
=a = 0, ∀p = 0, α > 0, ∀p
4. lim 5. lim 6. lim
t →∞ t α
t →∞ e t
t →0 t
2. Quy tắc L’Hospital:
Cho xo ∈ R hoặc xo = ± ∞.
f, g có đạo hàm liên t ục 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)
= A . Khi đó: lim =A
Giả sử tồn tại lim
x → x0 x → x0 g ( x )
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
= lim (1 + ( f ( x) − 1) ) f ( x ) −1
g ( x) x→ x0
=e
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 −1
x2 + x5
x →0 x →1
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
1 3
x n +1 − (n + 1) x + n
−
6. lim
5. lim
x →1 1 − x (1 − x) 3
( x − 1) 2
x →1
Bài 2: Tính các giới hạn sau:
x − a + x−a
a+ x −3 a x −8
3
1. lim 2. lim 3 3. lim
x −4 x2 − a2
x →0 x → 64 x →a
x
x2
x+ x+ x
8 x + 11 − x + 7 x+2
3
6. lim
4. lim 5. lim
x →∞ 2 x − 1
x 2 − 3x + 2 x +1
x→2 x →∞
1+ x 2 1
1 sin x x 2
π .x
8. lim(2 − x )
2 tg
9. lim
7. lim 2
x →0 1 + x 2
x
x →1 x →0
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)
=k
Giả sử lim
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
= k , f ~ f1; g ~ g1 thì lim 1 = k
Tính chất 1: Nếu lim
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 ffg 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:
ln(1 − 3 x) x + sin 2 x + tg 3 x
1 − cos5 x
2. lim 3. lim
1. lim
x →0 2 x + x3 + 4 x5
x →0 sin 2 2 x x →0 tg 2 x
ln(1 − 2 x sin 2 x)
ln(1 + tgx)
5. lim
4. lim
x →0 x + sin 3 x sin x 2 .tgx
x →0
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 ln (1 + 2 x )
tgx 2
x →0 x →0 tg 3 x
sin(e x −1 − 1)
e2x −1 ln cos x
d. lim e. lim f. lim
x →0 ln(1 − 4 x ) x →0 ln(1 + x 2 ) x →1 ln x
(1 + x ) 3 − 1 8 + 3x − 2 ln(1 + x − 3 x 2 + 2 x 3 )
5 3
g. lim h. lim 4 i. lim
x →1 ln(1 + 3 x − 4 x 2 + x 3 )
x →0 16 + 5 x − 2
x →0
(1 + x).3 (1 + x) 2 − 1
x
arcsin
4 x2 − 1
1 − x2
j lim k. lim
ln(1 − x) x → arcsin(1 − 2 x )
x →1 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
2C2 + 3.2C3.( x − a) + ... + n( n − 1)Cn ( x − a) n − 2
Pn'' ( x) =
(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 th ức (2) ta có đa thức cần tìm
f ( n) (a)
f '(a ) f ''(a ) f '''(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 ( n ) (a)
f '(a) f ''(a ) f '''(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).
Do đó, công thức (6) cho khả năng thay
R n (x )
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).
y = Pn(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) P n (x )
( x − a) n +1
Rn ( x) = (7)
Q( x)
(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 ) n +1
x −t ( x − t )2 ( x − t )n (n)
F (t ) = f ( x ) − f (t ) − f '(t ) − f ''(t ) − ... − f (t ) − (8)
Q
(n + 1)!
1! 2! n!
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 ) n −1 ( n ) n( x − t ) n −1 ( n )
( x − t )2
− f '''(t ) + ... − f (t ) + f (t )
(n − 1)!
2! n!
( x − t ) n ( n +1) (n + 1)( x − t )n
− (t ) +
f Q
(n + 1)!
n!
Rút gọn lại ta được :
( x − t ) n ( n +1) (n + 1)( x − t ) n
F '(t ) = − (t ) + (9)
f Q
(n + 1)!
n!
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 ) = − (ξ ) +
f Q
(n + 1)!
n!
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) = (ξ ) - số hạng dư Larange
f
(n + 1)!
Vì ξ là giá trị nằm giữa a và x, nên nó có th ể viết dưới dạng:
ξ = a + θ ( x − a ) , θ ∈ [0;1]
Nghĩa là :
( x − a) n +1 ( n +1)
Rn ( x) = [a + θ ( x − a)]
f
(n + 1)!
Công thức:
f ( n ) (a)
f '(a ) f ''(a) f '''(a )
f ( x) = f ( a) + ( x − a) + ( x − a) + ( x − a ) + ... + ( x − a )n +
2 3
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 n +1
x2 x3 xn (n)
x
f ( n +1) (θ x) , θ ∈[0;1]
f ( x) = f (0) + f '(0) + f ''(0) + f '''(0) + ... + f (0) +
( n + 1)!
1! 2! 3! n!
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 ( n +1) (c)
f ( n) ( xo )
f ' ( xo ) f ' ' ( xo )
( x − x o ) n +1
f(x) = f ( xo ) + ( x − xo ) + ( x − x o ) + ... + ( x − xo ) +
2 n
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)
12.sin(sinx) đến số hạng x3
đến x . f (0) = ?
11. f(x) = ln
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
2. sin(18o) 3. (1,1)1,2 và ước lượng sai số.
3
1. 250
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:
2(tgx − sin x) − x 3
x − sin x
1. lim 2. lim
x2 x5
x →0
x →0
ex −1− x −
2
11
4. lim 6 x 6 + x 5 − 6 x 6 − x 5
3. lim − ctgx
xx
x →0 x →∞
3 1
x x
1
5. lim x − x + e − x 6 + 1 6. lim x − x 2 ln1 +
2
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
, m ≥ 1, m ∈ Z
II.
( x − a)
m
Ax + B
, tam thức bậc hai x2 + px + q không có nghiệm thực
III.
x + px + q
2
Ax + B
, n ≥ 1, n ∈ Z , x + px + q không có nghiệm thực
2
IV.
( x + px + q )
n
2
Trong đó A, B, p, q, a là những số thực
2. Xét tích phân ở 3 dạng đầu tiên
A
∫ x − a dx = A. ln x − a + C
I.
A A 1
∫ ( x − a) dx = − +C
II. .
m − 1 ( x − a ) m −1
m
2 B − Ap 2x + p
A
ln( x 2 + px + q) + +C
III. arctg
4q − p 2 4q − p 2
2
x +1
Ví dụ: Tính ∫ 2 dx
2x + 2x + 5
3. Xét tích phân dạng IV:
dt
∫ (t
Xét trường hợp đặc biệt của tích phân loại IV: . Ta có:
+ a2 )n
2
1 a2 + t 2 − t 2 1 td (t 2 + a 2 )
t 2 dt
dt 1 dt 1 1
In = ∫ = 2∫ 2 dt = 2 ∫ 2 − 2∫ 2 = 2 I n −1 − 2 ∫ 2
a (t + a 2 )n −1 a (t + a 2 )n a
(t 2 + a 2 ) n a (t + a 2 )n (t + a 2 ) n
2a
td (t 2 + a 2 )
∫ (t 2 + a 2 )n . Ta có:
Áp dụng công thức tích phân từng phần cho
Tập bài giảng: Giải tích 1 – GV Nguyễn Vũ Thụ Nhân – Khoa Lý ĐHSP Tp.HCM
1 2n − 3
1 t 1 dt 1 t
∫ (t 2 + a 2 )n−1 = 2a 2 (n − 1) . (t 2 + a 2 )n−1 + a 2 . 2n − 2 .I n−1
In = I+2 −2
2 n −1 2 n −1
2a (n − 1)(t + a ) 2a (n − 1)
2
a
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
∫ −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 th ể cho x các giá tr ị khác nhau
-
để xác định giá trị của các hệ số.
x2 + 1
Ví dụ: Phân tích phân th ức hữu tỷ: thành phân thức đơn giản
x5 − x 2
5. Phương pháp Ostrogradsky:
P ( x) P2 ( x )
P( x)
∫ Q( x) dx = Q ( x) + ∫ Q ( x) dx
Nếu Q(x) có nghiệm bội thì: 1
(5)
1 2
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:
x 2 dx
dx dx dx
∫ ( x − 1)4 ∫ (2 x + 3)3 ∫ x 2 − 6 x + 18 ∫ x 6 + 2 x3 + 3
1. 2. 3. 4.
x−2 5x + 3 2x + 3 3x + 4
5. ∫ 2 6. ∫ 2 ∫ ∫
dx 7. dx 8.
dx dx
(x + 2 x + 5) (x + 6 x + 13 )
x − 4x + 7 x + 10 x + 29 2 2
2 2
2. Tính các tích phân sau:
2x + 3 x10
xdx
∫ ( x − 2)( x + 5) dx ∫ ( x + 1)( x − 2)( x + 3) ∫ x 2 − x − 2 dx
1. 2. 3.
5x2 + 6 x + 9 x3 + 3x 2 + 5 x + 7
2x − 3
∫ ( x − 3)2 .( x + 1)2 dx ∫ ( x 2 − 3x + 2)3 dx ∫
4. 5. 6. dx
x2 + 2
x5 + 1 x9
8*. ∫
∫ x 4 − 8 x 2 + 16 dx
7. dx
( x10 + 2 x5 + 2) 2
3. Dùng công thức Ostrogradsky, tính các tích phân:
dx dx
∫ (x 2. ∫
1.
+ 1) 2 ( x + x + 1) 2
4 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
∫ dx = arcsin +C
2
a −x a
2
1
∫ dx = ln x + x 2 + k + C
x +k
2
1 1 x
∫ a 2 − x 2 dx = x a 2 − x 2 + a 2 arcsin + C
2 2 a
1 k
∫ x 2 + k dx = x x 2 + k + ln x + x 2 + k + C
2 2
m1 m2 m3
x, ax + b n1 , ax + b n2 ax + b n3
2. Các tích phân dạng ∫ R
cx + d cx + d
, ,... dx
cx + d
m
m1 m2
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
3. Xét tích phân dạng: ( a + bx n ) p dx,(m, n, p ∈ Q; a, b ∈ R ) (tích phân nhị thức vi phân)
m
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
∈ Z . Đặt a + bx = t , k là mẫu số của p.
2.
n
m +1 -n S
+ p ∈ Z . Dùng phép thế ax + b = t , s là mẫu số của p.
3.
n
dx
xdx dx
∫ ∫ ∫
Ví dụ: Tính ; ;
( )
10 1
( )
−
x +1
1 + 3 x2 4
x4 1 + x2
x 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
b 2 − 4ac
dx dx du b
TH1: ∫ =∫ =∫ ;u = x + ; k =
( ) 4a 2
ax 2 + bx + c b b 2 − 4ac a u2 − k a
2
a x + −
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 a k t −1
a u −k
2 2
a k k
2
2/ Nếu k > 0 và a > 0:
du du dt 1 1 u
∫ =∫ =∫ = arcsin t + C ; t =
.
( ) −a k − u a k 1− t
a u −k
2 2
a k k
2
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 +b a b t +1
a u +b
2 2 2
a k
2 2
TH2:
Ab
A
(2ax + b) + B −
Ax + B A d ( ax 2 + bx + c) Ab
2a dx
2a
∫ dx = ∫
2a ∫ ax 2 + bx + c 2a ∫ ax 2 + bx + c
dx = + B−
ax + bx + c ax + bx + c
2 2
Pn ( x)
∫ dx , Pn(x) là đa thức bậc n
TH3:
ax + bx + c
2
Được tính theo công thức:
Pn ( x) dx
∫ dx = Qn −1 ( x). ax 2 + bx + c + λ ∫ (*)
ax + bx + c ax + bx + c
2 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: dx :
1 + 2 x − x2
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
) dx
(1 −
2
x2 + x + 1
∫
Ví dụ:
x2 x2 + x + 1
4/ Tích phân các hàm l ượng 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 1+ t2
2
Nếu R(sinx,cosx) là hàm l ẻ đối với sinx, Đặt t = cosx
-
Nếu R(sinx,cosx) là hàm l ẻ đối với cosx, Đặt t = sinx
-
Nếu R(sinx,cosx) là hàm ch ẵn đối với cosx và sins, Đặt t = tgx
-
sin x
Ví dụ: ∫ cos3 xdx ; ∫ 1 + sin x dx
Bài tập: Tính tích phân
5x + 3
dx dx
∫ 2. ∫ ∫
1. 3. dx
x − x −1 −x − 2x + 8 − x + 4 x + 51
2 2 2
x − x +1
3
dx dx
4. ∫ ∫ ∫
5 . 6.
dx 5
( )
x2 + 2x + 2 1 + x4
4
x 2 2 + x3 3
1+ 4 x
3
dx
∫ ∫ sin
∫x .
2
x cos3 xdx
7. 8. 9.
dx
2−x 33 3
x
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 1 − x dx
6
x
∫ 1+ 14. ∫ 15. ∫
13. dx dx
1+ x x
1+ x 3
x
x3 2 + x
dx
∫x . 17. ∫ ∫ 1 − 2 x − x 2 dx
16. 18.
dx
x+ 3 2+ x
x −1
3 2
