Chương 4 — Phép tính vi phân của hàm một biến

Đạo hàm, vi phân, các định lí giá trị trung bình, công thức Taylor và khảo sát hàm số.

Edit LaTeX source on GitHub · Report an issue

Mục tiêu của chương Học xong chương này sinh viên có thể

1. Nắm vững các khái niệm đạo hàm, vi phân và biết cách tính đạo hàm và vi phân.

2. Nắm vững các định lí giá trị trung bình và cách chứng minh chúng.

3. Vận dụng phép tính vi phân và các tính chất cơ bản của chúng để tìm giới hạn, tính gần đúng và khảo sát các tính chất của hàm số.

1 Khái niệm đạo hàm

Trong phần này, chúng ta bắt đầu bằng định nghĩa đạo hàm của hàm số. Tiếp đó chúng ta tìm hiểu các quy tắc và cách tính đạo hàm.

1.1 Định nghĩa đạo hàm

Cho \(I\) là một khoảng mở của \(\R\) và \(f: I\longrightarrow \R\) là hàm số xác định trên \(I\). Với mỗi \(x_0\in I\), thì hàm số \[\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\] xác định trên \(I\setminus\{x_0\}\). Do \(I\) là một khoảng mở nên \(x_0\) là một điểm giới hạn của \(I\setminus \{x_0\}\), do đó ta có thể xét giới hạn \[\lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]

Cho \(I\) là một khoảng mở của \(\R\) và \(x_0\in I\). Hàm số \(f: I\longrightarrow \R\) được gọi là khả vi (có đạo hàm) tại \(x_0\) nếu giới hạn \[\lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\] tồn tại (là một số thực). Khi đó, giới hạn này được gọi là đạo hàm của hàm số \(f\) tại \(x_0\) và kí hiệu là \(f'(x_0).\) Như vậy, nếu \(f\) khả vi tại \(x_0\) thì

\[ \label{limit_derivative_def} f'(x_0)= \lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}. \]

Đặt \(x-x_0=h\) và để ý rằng \(x\to x_0\) khi \(h\to 0\). Khi đó, giới hạn [limit_derivative_def] có thể viết lại như sau: \[f'(x_0)=\lim \limits_{h\to 0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.\]

Hàm \(f\) được gọi là khả vi trên \(I\) nếu nó khả vi tại mọi điểm thuộc \(I\). Khi đó, hàm \(f': I\longrightarrow \R\) cho bởi \(x\mapsto f'(x)\), được gọi là đạo hàm của hàm \(f\) trên \(I\).

1. Cho hàm số \(f:\R\longrightarrow \R\) với \(f(x)=x\) và \(x_0\in \R\). Ta có \[\lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{x-x_0}{x-x_0}=1.\] Suy ra, \(f\) khả vi tại \(x_0\) và \(f'(x_0)=1\).

2. Xét hàm số \(f:\R\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=x^2\) và \(x_0\in \R\). Ta có \[\lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{x^2-x_0^2}{x-x_0}=\lim \limits_{x\to x_0}(x+x_0)=2x_0.\] Suy ra, \(f\) khả vi tại \(x_0\) và \(f'(x_0)=2x_0\).

3. Xét hàm số \(f:\R\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=\sin x\) và \(x_0\in \R\). Ta có

   \[ \begin{aligned} \lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} &= \lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{\sin x-\sin x_0}{x-x_0}=\lim \limits_{x\to x_0}\dfrac{2\sin\frac{x-x_0}{2}\cos\frac{x+x_0}{2}}{x-x_0}\\ & =\lim \limits_{x\to x_0} \dfrac{\sin\frac{x-x_0}{2}}{\frac{x-x_0}{2}} \lim \limits_{x\to x_0}\cos\frac{x+x_0}{2}. \end{aligned} \]

   Từ Ví dụ [vd:limcosx] và tính liên tục của hàm số cosin (Định lí [dl:tinhlientuc_hamsocap]), ta có \(f\) khả vi tại \(x_0\) và \(f'(x_0)=\cos x_0\).

4. Xét hàm số \(f:\R\longrightarrow \R\) cho bởi \(f(x)=|x|\), và \(x_0=0\). Ta tính các giới hạn một bên \[\lim \limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim \limits_{x\to 0^+}\dfrac{x}{x}=1,\] và \[\lim \limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} = \lim \limits_{x\to 0^-}\dfrac{-x}{x}=-1.\] Suy ra, giới hạn \(\lim \limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}\) không tồn tại. Do đó \(f\) không khả vi tại \(x_0=0.\)

Ví dụ [vd:tinhdaoham_bangdinhnghia] (d) cho thấy rằng cho dù \(f\) liên tục tại \(x_0\), nó có thể không khả vi tại \(x_0\). Tuy nhiên, nếu \(f\) khả vi tại \(x_0\) thì nó phải liên tục tại điểm đó.

Cho \(f\) là hàm xác định trên khoảng mở \(I\subset \R\). Nếu \(f\) khả vi tại \(x_0\in I\) thì \(f\) liên tục tại \(x_0.\)

Proof. Proof. Với mọi \(x\in I\setminus\{x_0\}\), ta có

\[ \begin{aligned} f(x)&=f(x)-f(x_0) +f(x_0)\\ &= \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}(x-x_0)+f(x_0). \end{aligned} \]

Do đó, \[\lim \limits_{x\to x_0} f(x) = \lim \limits_{x\to x_0} \dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}(x-x_0)+f(x_0) = f'(x_0)\cdot 0 +f(x_0)=f(x_0).\] Vậy \(f\) liên tục tại \(x_0.\) ◻

Cho hàm số \(f\) được xác định bởi

\[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} 0 \ &\text{ nếu }\ x\in\mathbb{Q}\\ x^2\ & \text{ nếu }\ x\in \mathbb{Q}^c. \end{cases} \end{aligned} \]

Khi đó hàm \(f\) không liên tục tại bất kỳ điểm nào khác 0 của \(\R\) (Người đọc hãy chứng minh điều này như bài tập). Tuy nhiên \(f\) khả vi tại \(0\). Thật vậy, ta có

\[ \begin{aligned} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\begin{cases} 0 \ &\text{ nếu }\ x\in\mathbb{Q}\\ x\ & \text{ nếu }\ x\in \mathbb{Q}^c. \end{cases} \end{aligned} \]

Suy ra rằng \[\left| \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}\right|\leq |x| \text { với mọi } x\not=0,\] và do đó \[\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=0.\] Vậy \(f\) khả vi tại \(0\) và \(f'(0)=0\).

Cho \(I\) là một khoảng mở của \(\R\), \(x_0\in I\) và hàm số \(f: I\longrightarrow \R\). Nếu giới hạn \(\lim\limits_{x\to x_0^+}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\) tồn tại hữu hạn thì giới hạn này được gọi là đạo hàm bên phải của \(f\) tại \(x_0\), kí hiệu là \(f'_+(x_0)\). Tương tự, nếu tồn tại giới hạn \(\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\) thì giới hạn này được gọi là đạo hàm bên trái của \(f\) tại \(x_0\), kí hiệu là \(f'_-(x_0)\). Như vậy, \[f'_+(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^+}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},\] \[f'_-(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0^-}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\] Ta nói \(f\) khả vi trên \([a, b]\) nếu nó khả vi trên \((a,b)\), có đạo hàm bên phải tại \(a\) và có đạo hàm bên trái tại \(b\).

1. Dễ thấy rằng \(f\) có đạo hàm tại \(x_0\) khi và chỉ khi \(f\) có đạo hàm cả hai phía tại \(x_0\) và \(f'_+(x_0)=f'_-(x_0)\).

2. Nếu \(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} =\pm \infty\) thì ta nói \(f\) có đạo hàm vô cùng tại \(x_0\). Tuy nhiên trong giáo trình này, khi nói \(f\) có đạo hàm tại \(x_0\), ta luôn hiểu là \(f\) có đạo hàm hữu hạn tại \(x_0\) (\(f'(x_0)\in\R\)).

3. Đôi khi theo truyền thống, người ta hay viết hàm số dưới dạng \(y=f(x)\) để chỉ \(f\) là hàm của biến độc lập \(x\) và biến phụ thuộc \(y\). Lúc này, người ta cũng dùng các kí hiệu sau để chỉ đạo hàm của hàm \(f\): \[y', \ \dfrac{dy}{dx}, \ \dfrac{df}{dx}.\] Kí hiệu \(\dfrac{dy}{dx}\) do nhà toán học Gottfried Wilhelm Leibniz đưa ra nên thường được gọi là kí hiệu Leibniz.

1.2 Ý nghĩa cơ học và hình học của đạo hàm

Ứng dụng điển hình nhất của đạo hàm đến từ vật lí. Xét một chất điểm M chuyển động trên một đường thẳng đã được chọn một điểm O làm gốc và chọn một chiều làm chiều dương. Tại thời điểm \(t\), chất điểm có toạ độ là \(s(t)\). Nói cách khác, quãng đường mà chất điểm M di chuyển là một hàm theo biến thời gian \(t\). Trong khoảng thời gian từ \(t=t_0\) đến \(t=t_0+h, h>0\), quãng đường mà chất điểm \(M\) di chuyển là \(s(t_0+h)-s(t_0)\). Do đó, vận tốc trung bình của chất điểm trong khoảng thời gian này là \[\dfrac{s(t_0+h)-s({t_0})}{h}.\]

Nếu ta tính vận tốc trung bình của chất điểm M trên các khoảng thời gian \([t_0, t_0+h]\) với \(h>0\) nhỏ dần thì vận tốc này càng lúc càng gần với vận tốc của chất điểm M tại thời điểm \(t_0\). Chính vì vậy ta định nghĩa vận tốc tức thời của chất điểm M tại thời điểm \(t_0\) là \[v(t_0):= \lim \limits_{h\to 0}\dfrac{s(t_0+h)-s(t_0)}{h}.\]

Như vậy, \(v(t_0)\) chính là đạo hàm của hàm \(s\) tại \(t_0\).

Tiếp theo, chúng ta sẽ tìm hiểu ý nghĩa hình học của đạo hàm. Chú ý rằng với mỗi \(x\in I\), \(x\not=x_0\), tỉ số \(\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\) chính là hệ số góc của cát tuyến đi qua hai điểm \((x_0, f(x_0))\) và \((x, f(x))\). Nếu ta cố định điểm \((x_0, f(x_0))\) và cho \(x\) thay đổi trong \(I\), ta sẽ có một họ các cát tuyến cùng đi qua một điểm chung là \((x_0, f(x_0))\). Khi \(x\) dần đến \(x_0\), nếu tỉ số trên có giới hạn thì họ các cát tuyến này sẽ dần đến một đường thẳng cố định, được gọi là tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(f\) tại điểm \((x_0, f(x_0))\). Hệ số góc của tiếp tuyến này chính là \(f'(x_0)\). Như vậy, nếu \(f\) khả vi tại \(x_0\) thì phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm \(f\) tại điểm \((x_0, f(x_0))\) là: \[y=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0).\]

Ý nghĩa hình học của đạo hàm

1.3 Các quy tắc cơ bản để tính đạo hàm

Cho \(f,g: I\longrightarrow \R\) là các hàm số xác định trên khoảng mở \(I\subset \R\). Giả sử cả \(f\) và \(g\) đều khả vi tại \(x_0\in I\). Khi đó

1. Hàm số \(f+g\) khả vi tại \(x_0\) và \((f+g)'(x_0)=f'(x_0)+g'(x_0).\)

2. Hàm số \(cf\) khả vi tại \(x_0\) và \((cf)'(x_0)=cf'(x_0),\) trong đó \(c\in \R\) là một hằng số.

3. Hàm số \(fg\) khả vi tại \(x_0\) và \((fg)'(x_0)=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0).\)

4. Nếu \(g(x_0)\neq 0\) thì hàm số \(\frac{f}{g}\) cũng khả vi tại \(x_0\) và \[\left( \dfrac{f}{g}\right)'(x_0)=\dfrac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{(g(x_0))^2}.\]

Proof. Proof. Chứng minh [i] và [ii] dành cho người đọc. Chúng ta chứng minh [iii]. Với mỗi \(x \in I \backslash\left\{x_0\right\}\), ta có

\[ \begin{aligned} \frac{(f g)(x)-(f g)\left(x_0\right)}{x-x_0} & =\frac{f(x) g(x)-f\left(x_0\right) g(x)+f\left(x_0\right) g(x)-f\left(x_0\right) g\left(x_0\right)}{x-x_0} \\ & =\frac{\left(f(x)-f\left(x_0\right)\right) g(x)}{x-x_0}+\frac{f\left(x_0\right)\left(g(x)-g\left(x_0\right)\right)}{x-x_0} . \end{aligned} \]

Theo Định lí [diff_imply_conti], hàm \(g\) liên tục tại \(x_0\), do đó \(\lim\limits _{x \rightarrow x_0} g(x)=g\left(x_0\right).\) Suy ra \[\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{(f g)(x)-(f g)\left(x_0\right)}{x-x_0}=f^{\prime}\left(x_0\right) g\left(x_0\right)+f\left(x_0\right) g^{\prime}\left(x_0\right)\] và [iii] được chứng minh.

Tiếp theo chúng ta chứng minh [iv]. Vì \(g\left(x_0\right) \neq 0\) và \(\lim\limits _{x \rightarrow x_0} g(x)=g\left(x_0\right)\) nên tồn tại khoảng mở \(J\) chứa \(x_0\) sao cho \(g(x) \neq 0\) với mọi \(x \in J\). Đặt \(h=\frac{f}{g}\). Khi đó, \(h\) xác định trên \(J\). Hơn nữa,

\[ \begin{aligned} \frac{h(x)-h\left(x_0\right)}{x-x_0} & =\frac{\frac{f(x)}{g(x)}-\frac{f\left(x_0\right)}{g(x)}+\frac{f\left(x_0\right)}{g(x)}-\frac{f\left(x_0\right)}{g\left(x_0\right)}}{x-x_0} \\ & =\frac{\frac{1}{g(x)}\left(f(x)-f\left(x_0\right)\right)+\frac{f\left(x_0\right)}{g(x) g\left(x_0\right)}\left(g\left(x_0\right)-g(x)\right)}{x-x_0} \\ & =\frac{1}{g(x) g\left(x_0\right)}\left[g\left(x_0\right) \frac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}-f\left(x_0\right) \frac{g(x)-g\left(x_0\right)}{x-x_0}\right] . \end{aligned} \]

Lấy giới hạn khi \(x \rightarrow x_0\), chúng ta có [iv]. Định lí được chứng minh. ◻

Tiếp theo, chúng ta sẽ thảo luận tính khả vi của hàm hợp và hàm ngược.

Cho \(f: I\longrightarrow \R\) và \(g: J\longrightarrow \R\) là các hàm số xác định trên các khoảng mở \(I, J\) của \(\R\) sao cho \(f(I)\subset J.\) Giả sử \(f\) khả vi tại \(x_0\) và \(g\) khả vi tại \(f(x_0)\). Khi đó hàm hợp \(g\circ f\) khả vi tại \(x_0\) và \[(g\circ f)'(x_0)=g'(f(x_0)) f'(x_0).\]

Proof. Proof. Chúng ta sẽ chứng minh giới hạn \[\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{g(f(x))-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{x-x_0}\] tồn tại và bằng \(g^{\prime}\left(f\left(x_0\right)\right) f^{\prime}\left(x_0\right)\). Nếu chúng ta có thể biểu diễn

\[ \begin{aligned} \frac{(g \circ f)(x)-(g \circ f)\left(x_0\right)}{x-x_0} &=\frac{g(f(x))-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{x-x_0}\\ &=\frac{g(f(x))-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{f(x)-f\left(x_0\right)} \cdot \frac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}. \end{aligned} \]

thì sau khi lấy giới hạn khi \(x \rightarrow x_0\), chúng ta sẽ có điều phải chứng minh. Tuy nhiên, mặc dù \(x \neq x_0\), hiệu \(f(x)-f\left(x_0\right)\) vẫn có thể bằng 0 khi \(x\) gần \(x_0\). Khi đó, chúng ta không thể chia cho hiệu này như trên được. Để khắc phục tình huống này, ta xét hàm \(h: J \rightarrow \mathbb{R}\) định nghĩa như sau: \[h(y)= \begin{cases}\frac{g(y)-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{y-f\left(x_0\right)}, & \text { nếu } y \neq f\left(x_0\right) \\ g^{\prime}\left(f\left(x_0)\right),\right. & \text { nếu } y=f\left(x_0\right).\end{cases}\] Để ý rằng nếu \(y \neq f\left(x_0\right)\) thì \(g(y)-g\left(f\left(x_0\right)\right)=h(y)\left(y-f\left(x_0\right)\right)\) và nếu \(y=f\left(x_0\right)\) thì \(g(y)-\) \(g\left(f\left(x_0\right)\right)=0=h(y)\left(y-f\left(x_0\right)\right)\). Do đó, \(g(y)-g\left(f\left(x_0\right)\right)=h(y)\left(y-f\left(x_0\right)\right)\) với mọi \(y \in J\). Do \(f(I) \subset J\), ta có \[g(f(x))-g\left(f\left(x_0\right)\right)=h(f(x))\left(f(x)-f\left(x_0\right)\right), \text { với mọi } x \in I .\] Với \(x \neq x_0\), ta có đẳng thức \[\frac{g(f(x))-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{x-x_0}=h(f(x)) \cdot \frac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}.\] Ngoài ra, từ giả thiết \(g\) khả vi tại \(f\left(x_0\right)\) ta suy ra \(h\) liên tục tại \(f\left(x_0\right)\), bởi vì \[\lim _{y \rightarrow f\left(x_0\right)} h(y)=\lim _{y \rightarrow f\left(x_0\right)} \frac{g(y)-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{y-f\left(x_0\right)}=g^{\prime}\left(f\left(x_0\right)\right)=h\left(f\left(x_0\right)\right) .\] Do \(f\) khả vi tại \(x_0, f\) cũng liên tục tại \(x_0\). Suy ra hàm hợp \(h \circ f\) liên tục tại \(x_0\). Kết hợp các điều này, chúng ta có

\[ \begin{aligned} \lim _{x \rightarrow x_0} \frac{g(f(x))-g\left(f\left(x_0\right)\right)}{x-x_0}&=\lim _{x \rightarrow x_0} h(f(x)) \cdot \lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}\\ &=h\left(f\left(x_0\right)\right) f^{\prime}\left(x_0\right)\\ &=g^{\prime}\left(f\left(x_0\right)\right) f^{\prime}\left(x_0\right). \end{aligned} \]

và định lí được chứng minh. ◻

Xét hàm \(h: \R\longrightarrow \R\) cho bởi \(h(x)=(5x^4+4x^3+1)^{2023}\). Khi đó, ta có thể viết lại \(h=g\circ f\), là hợp thành của 2 hàm \(f,g: \R \longrightarrow \R\) với \(g(x)=x^{2023}\) và \(f(x)=5x^4+4x^3+1\). Theo quy tắc đạo hàm của hàm hợp, với mọi \(x_0\in \R\), ta có

\[ \begin{aligned} h'(x_0)&=(g\circ f)'(x_0)=g'(f(x_0))\cdot f'(x_0)\\ &=2023(5x_0^4+4x_0^3+1)^{2022}\cdot(20x_0^3+12x_0^2). \end{aligned} \]

Quy tắc đạo hàm của hàm hợp có thể viết lại với việc sử dụng kí hiệu Leibnitz như sau: Giả sử \(y=f(u)\) và \(u=g(x)\) là các hàm khả vi. Khi đó \[\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy}{du}\cdot \dfrac{du}{dx}.\]

Quy tắc đạo hàm của hàm hợp có thể mở rộng cho nhiều hàm. Chẳng hạn, nếu \(f: I_1\longrightarrow \R\), \(g: I_2\longrightarrow \R\) và \(h: I_3\longrightarrow \R\) sao cho \(f(I_1)\subset I_2\), \(g(I_2)\subset I_3\), \(f\) khả vi tại \(x_0\), \(g\) khả vi tại \(f(x_0)\) và \(h\) khả vi tại \(g(f(x_0))\). Khi đó, hàm hợp \(h\circ g \circ f\) khả vi tại \(x_0\) và \((h\circ g \circ f)'(x_0)=h'(g(f(x_0))g'(f(x_0))f'(x_0).\)

Giả sử \(f: (a, b)\longrightarrow (c, d)\) là một song ánh liên tục và khả vi tại \(x_0\in (a, b)\) sao cho \(f'(x_0)\not=0\). Lúc đó hàm ngược \(f^{-1}\) cũng khả vi tại \(y_0=f(x_0)\). Hơn nữa,

\[(f^{-1})'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)}.\]

Proof. Proof. Theo định lí về tính liên tục của hàm ngược thì \(f^{-1}\) liên tục trên \((c, d)\). Nói riêng \(f^{-1}\) liên tục tại \(y_0\). Do đó \(y\to y_0\) khi và chỉ khi \(x=f^{-1}(y)\to f^{-1}(y_0)=x_0\). Bây giờ ta có

\[ \begin{aligned} \lim_{y\to y_0}\dfrac{f^{-1}(y)-f^{-1}(y_0)}{y-y_0}= \lim_{x\to x_0}\dfrac{x-x_0}{f(x)-f(x_0)}=\lim_{x\to x_0}\dfrac{1}{\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}=\dfrac{1}{f'(x_0)}. \end{aligned} \]

Như vậy, \(f^{-1}\) khả vi tại \(y_0\) và \((f^{-1})'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)}\). ◻

Xét hàm \(f:\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\to (-1, 1)\) được xác định bởi \(f(x)=\sin x\). Lúc đó \(f\) là một song ánh khả vi trên \(\left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\) và theo Ví dụ [vd:tinhdaoham_bangdinhnghia](c), \(f'(x)=\cos x\not=0\) với mọi \(x\in \left(-\dfrac{\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}\right)\). Do đó, hàm ngược \(f^{-1}(y)=\arcsin y\) cũng khả vi tại mọi \(y\in (-1, 1)\). Hơn nữa, với mọi \(y\in (-1, 1), y=f(x)\) ta có

\[(f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(x)}=\dfrac{1}{\cos x}=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2 x}}=\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}.\]

1.4 Đạo hàm của các hàm số sơ cấp cơ bản

Trong mục này chúng ta nêu ra các công thức tính đạo hàm của các hàm số sơ cấp cơ bản. Những công thức này được thiết lập bằng cách dùng trực tiếp định nghĩa đạo hàm hoặc nhờ vào các quy tắc tính đạo hàm đã trình bày ở mục 1.3.

1. \((C)'=0\)  (\(C\) là hằng số)

2. \((x^\alpha)'=\alpha x^{\alpha -1}\)

3. \((a^x)'=a^x\ln a\),  \((a>0, a\not=1)\)

4. \((\log_ax)'=\dfrac{1}{x\ln a}\),  (\(a>0, a\not=1\))

5. \((\sin x)'=\cos x\)

6. \((\cos x)'=-\sin x\)

7. \((\sec x)'=\sec x\tan x\)

8. \((\csc x)'=-\csc x\cot x\)

9. \((\tan x)'=\dfrac{1}{\cos^2 x}=1+\tan^2 x=\sec^2x\)

10. \((\cot x)'=-\dfrac{1}{\sin^2 x}=-(1+\cot^2 x)=-\csc^2x\)

11. \((\arcsin x)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)

12. \((\arccos x)'=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}\)

13. \((\arctan x)'=\dfrac{1}{1+x^2}\)

14. \((\arccot x)'=-\dfrac{1}{1+x^2}\)

15. \((\arcsec x)'=\dfrac{1}{|x|\sqrt{x^2-1}}\)

16. \((\arccsc x)'=-\dfrac{1}{|x|\sqrt{x^2-1}}\)

17. \((\sinh x)'=\cosh x\)

18. \((\cosh x)'=\sinh x\)

19. \((\sech x)'=-\sech x\tanh x\)

20. \((\csch x)'=-\csch x\coth x\)

21. \((\tanh x)'=\sech^2x\)

22. \((\coth x)'=-\csch^2 x\)

23. \((\arsinh x)'=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}\)

24. \((\arcosh x)'=\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}\)

25. \((\arsech x)'=-\dfrac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\)

26. \((\arcsch x)'=-\dfrac{1}{|x|\sqrt{1+x^2}}\)

27. \((\artanh x)'=\dfrac{1}{1-x^2}\)

28. \((\arcoth x)'=\dfrac{1}{1-x^2}\)

Ta sẽ chứng minh một số công thức ở trên xem như ví dụ minh hoạ. Phần còn lại dành cho bạn đọc xem như bài tập. Chẳng hạn, ta chứng minh công thức đạo hàm của hàm số mũ \(f(x)=a^x\) bằng định nghĩa, sau đó suy ra đạo hàm của hàm số logarit bằng cách dùng công thức đạo hàm của hàm số ngược. Từ đó dễ dàng suy ra công thức đạo hàm cho các hàm số hyperbolic ngược. Dùng định nghĩa đạo hàm và Ví dụ [vd:gh_hamsomu], ta có \[f'(x_0)=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{a^x-a^{x_0}}{x-x_0}=a^{x_0}\lim\limits_{x\to x_0}\frac{a^{x-x_0}-1}{x-x_0}=a^{x_0}\lim\limits_{t\to 0}\frac{a^{t}-1}{t}=a^{x_0}\ln a.\]

Theo công thức đạo hàm của hàm số ngược, ta có \[(f^{-1})'(y)=\dfrac{1}{f'(x)}=\dfrac{1}{ a^x\ln a}=\dfrac{1}{y\ln a }.\] Nói cách khác, \((\log_ax)'=\dfrac{1}{x\ln a}\). Mặt khác, \(\arsinh x=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\) với \(x\in\R\). Do đó \[(\arsinh x)'=\dfrac{1+\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}.\] Tương tự, để ý rằng \(\artanh x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-x}\) với \(x\in(-1,1)\), ta có \[(\artanh x)'=\frac{1}{2}\dfrac{\frac{2}{(1-x)^2}}{\frac{1+x}{1-x}}=\dfrac{1}{1-x^2}.\]

1.5 Đạo hàm cấp cao

Cho hàm số \(f\) xác định trên khoảng mở \(I\). Nếu \(f\) khả vi trên \(I\) thì đạo hàm của nó, \(f'\), liệu có khả vi trên \(I\) hay không là một câu hỏi khá tự nhiên. Trong trường hợp câu trả lời là có thì đạo hàm của \(f'\) được gọi là đạo hàm cấp hai của hàm \(f\). Tiếp tục đặt câu hỏi như thế dẫn đến khái niệm đạo hàm với cấp cao hơn và ta còn gọi \(f'\) là đạo hàm cấp một của \(f\).

Cho \(I\) là khoảng mở của \(\R\) và \(f: I\longrightarrow \R\) là một hàm khả vi trên \(I\). Nếu hàm \(f': I\longrightarrow \R\) cũng khả vi tại \(x_0\in I\) thì ta nói \(f\) có đạo hàm cấp hai tại \(x_0\). Nếu \(f'\) khả vi tại mọi \(x\in I\) thì ta nói \(f\) khả vi đến cấp 2 trên \(I\). Đạo hàm cấp 2 của \(f\) được kí hiệu là \(f''\) hoặc \(f^{(2)}\). Như vậy, \(f''(x)=(f')'(x), \forall x\in I.\)

Tương tự như vậy, \(f\) được gọi là khả vi đến cấp \(n\) \((n>2)\) nếu \(f^{(n-1)}\) là hàm khả vi và khi đó \((f^{(n-1)})'\) được gọi là đạo hàm cấp \(n\) của \(f\), kí hiệu là \(f^{(n)}.\) Ta cũng quy ước, \(f^{(0)}=f.\)

Cho \(n\) là một số nguyên dương, theo định nghĩa đạo hàm cấp \(n\) của \(f\) tại \(x_0\) là đạo hàm cấp một của đạo hàm cấp \(n-1\) của \(f\) tại \(x_0\) (nếu tồn tại). Người ta cũng dùng các kí hiệu sau để chỉ đạo hàm cấp \(n\) của hàm \(f\) tại \(x_0\): \[y^{(n)}(x_0), \, \dfrac{d^{n}y}{dx^{n}}(x_0), \, \dfrac{d^nf}{dx^n}(x_0).\]

Ta sẽ tính đạo hàm mọi cấp của các hàm số sau.

1. Cho \(n\) là số nguyên dương và \(f(x)=x^n\). Khi đó ta có

   \[ \begin{aligned} f'(x) &=nx^{n-1}=\frac{n!}{(n-1)!}x^{n-1}\\ f''(x) &=n(n-1)x^{n-2}=\frac{n!}{(n-2)!}x^{n-2}\\ \quad\vdots\quad &= \quad\vdots\quad \\ f^{(n)}(x) &=n(n-1)\cdots (2) (1) x^{n-n} =n!. \end{aligned} \]

   Một cách tổng quát, với mọi số tự nhiên \(k\) ta có

   \[ f^{(k)}(x) = \begin{cases} \frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k} & \text{ nếu } \, 0\leq k\leq n,\\ 0 & \text{ nếu } \, k>n. \end{cases} \]

2. Hàm số \(f(x) =e^{ax+b}\) có \(f^{(n)}(x) = a^ne^{ax+b}\) với mọi \(n\in\mathbb{N}\), \(a,b\in\R\), \(a\neq 0\).

3. Hàm số \(f(x) =\frac{1}{ax+b}\) với \(x\neq -\frac{b}{a}\) có \(f^{(n)}(x) = (-1)^{n}\frac{a^nn!}{(ax+b)^{n+1}}\) với mọi \(n\in\mathbb{N}\), \(a,b\in\R\), \(a\neq 0\).

Trong ví dụ tiếp theo, ta sẽ tính đạo hàm cấp cao tại \(x=0\) của một số hàm lượng giác.

1. Hàm số \(f(x) =\sin x\) có \(f'(x)=\cos x\), \(f^{(3)}(x)=-\cos x\) và \(f^{(2k+1)}(x) = (-1)^k\cos x\) với mọi \(k\in\mathbb{N}\). Do đó \(f^{(2k+1)}(0) = (-1)^k\).

2. Hàm số \(f(x) =\cos x\) có \(f''(x)=-\cos x\), \(f^{(4)}(x)=\cos x\) và \(f^{(2k)}(x) = (-1)^k\cos x\) với mọi \(k\in\mathbb{N}\). Do đó \(f^{(2k)}(0) = (-1)^k\).

Cho \(c\in\R\), \(n\in\N\) và \(f, g\) là các hàm khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\). Khi đó

1. \(f+g\) khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\) và \((f+g)^{(n)}=f^{(n)}+g^{(n)}\).

2. \(cf\) khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\) và \((cf)^{(n)}=cf^{(n)}\).

3. \(fg\) khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\) và \((fg)^{(n)}=\sum\limits_{k=0}^n C_n^kf^{(k)}g^{(n-k)}\). Công thức này gọi là công thức Leibniz.

4. Nếu với mọi \(x\in I\), \(g(x)\neq 0\) thì \(f/g\) khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\).

Proof. Proof. Bạn đọc có thể chứng minh định lí trên một cách dễ dàng bằng quy nạp kết hợp với Định lí [DLDH1]. ◻

Dùng Ví dụ [vd:daoham_capcao] và các quy tắc lấy đạo hàm cấp cao, ta có

1. Hàm số \(f(x) =\sinh x\) có \(f^{(n)}(x) = \frac{1}{2}(e^x-(-1)^ne^{-x})\).

2. Hàm số \(f(x) =\cosh x\) có \(f^{(n)}(x) = \frac{1}{2}(e^x+(-1)^ne^{-x})\).

3. Xét hàm số \(f(x)=(x^2-3x-1)e^{2x}\). Dùng công thức Leibniz, ta có

   \[ \begin{aligned} f^{(n)}(x) &=C_n^0(x^2-3x-1) 2^ne^{2x}+C^1_n(2x-3)2^{n-1}e^{2x}+C^2_n2\cdot 2^{n-2}e^{2x}\\ &=2^{n-2}e^{2x}(4x^2+4(n-3)x+n^2-7n-4). \end{aligned} \]

Ta kết thúc mục này với việc giới thiệu các lớp hàm khả vi.

Hàm \(f: I\longrightarrow \R\) xác định trên khoảng mở \(I\) được gọi là khả vi liên tục trên \(I\) nếu \(f\) khả vi trên \(I\) và hàm \(f'\) liên tục trên \(I\). Ta kí hiệu tập hợp tất cả các hàm khả vi liên tục trên \(I\) là \(C^1(I)\).

Nếu \(f\) khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\) và hàm \(f^{(n)}\) liên tục trên \(I\) thì ta nói \(f\) khả vi liên tục đến cấp \(n\) trên \(I\). Tập hợp tất cả các hàm khả vi liên tục đến cấp \(n\) trên \(I\) được kí hiệu là \(C^{n}(I).\)

Nếu \(f\) khả vi cấp \(n\) trên \(I\) với mọi \(n\in \N\) thì ta nói \(f\) khả vi vô hạn trên \(I\). Tập hợp tất cả các hàm khả vi vô hạn trên \(I\) được kí hiệu là \(C^{\infty}(I).\)

1. Một hàm số có thể khả vi đến cấp \(n\) trên \(I\), nhưng không thuộc lớp \(C^n(I)\). Chẳng hạn, hàm số

   \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2\sin\dfrac{1}{x} \ &\text{ nếu }\ x\not=0\\ 0\ &\text{ nếu }\ x= 0 \end{cases} \end{aligned} \]

   khả vi trên \(\R\) nhưng không thuộc lớp \(C^1(\R)\).

2. Với mọi \(m, n\in \N\) sao cho \(m\leq n\), ta có \(C^{n}(I)\subset C^{m}(I)\).

3. Với mọi \(n\in \N\), ta có \(C^{\infty}(I)\subset C^{n}(I)\).

Hàm \(f\) được gọi là khả vi đến cấp \(n\) trên đoạn \([a, b]\) nếu nó khả vi đến cấp \(n\) trên khoảng \((a, b)\), có đạo hàm cấp \(n\) bên phải tại \(a\) và bên trái tại \(b\).

1.6 Đạo hàm của hàm được cho dưới dạng tham số

Biểu diễn tham số của một đường cong

Khi nghiên cứu các tính chất của một đường cong \((C)\) trong mặt phẳng \(\R^2\), không nhất thiết ta phải có một biểu diễn của nó dưới dạng một quan hệ trực tiếp giữa các toạ độ \(x, y\) của các điểm trên \((C)\). Hơn nữa, nhiều đường cong sẽ dễ dàng để khảo sát hơn nếu cả \(x\) và \(y\) đều được cho dưới dạng hàm số của một biến thứ 3, chẳng hạn \(t\):

\[ \begin{aligned} \label{thso1} x=\varphi(t), \quad y=\psi(t). \end{aligned} \]

Trong trường hợp này, \(t\) được gọi là tham số. Mỗi giá trị cụ thể của \(t\) xác định duy nhất một điểm \((x(t), y(t))\) trên mặt phẳng toạ độ. Phương trình dạng [thso1] được gọi là phương trình tham số của đường cong.

Phương trình tham số của đường tròn tâm \((x_0, y_0)\) bán kính \(r\) là \[x=\varphi(t)=x_0+r\cos t, \quad y=\psi(t)=y_0+r\sin t, \quad t\in [0, 2\pi].\] Cũng vậy, phương trình tham số của elip \[\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\] là \[x=\varphi(t)=a\cos t, \quad y=\psi(t)=b\sin t, \quad t\in [0, 2\pi].\]

Đạo hàm của hàm được cho dưới dạng tham số

Bây giờ, chúng ta sẽ tìm đạo hàm theo biến \(x\) của hàm \(y=y(x)\) được cho dưới dạng tham số: \[x=\varphi(t), \quad y=\psi(t), \quad t\in (\alpha, \beta).\] Giả sử rằng \(\varphi\) và \(\psi\) là hai hàm khả vi trên \((\alpha, \beta)\). Để có thể biểu diễn \(y\) là hàm theo \(x\), ta giả sử thêm rằng \(x=\varphi(t)\) có hàm ngược \(t=\varphi^{-1}(x)\) và \(\varphi'(t)\not=0\) với mọi \(t\in (\alpha, \beta)\). Khi đó ta có: \[y=\psi(t)=\psi(\varphi^{-1}(x)).\] Theo công thức đạo hàm của hàm hợp và đạo hàm của hàm ngược, ta có \[y'(x)=\psi'(\varphi^{-1}(x))(\varphi^{-1})'(x)=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}.\]

Bài tập

Dùng định nghĩa đạo hàm, tính đạo hàm của các hàm số sau đây:

1. \(f(x)=ax+b\).

2. \(f(x)=\dfrac{1}{x}, \ (x\not=0)\).

3. \(f(x)=\sqrt{x}, \ (x>0)\).

4. \(f(x)=\sqrt{1+x^2}\).

5. \(f(x)=\ln x\),  \(x>0\).

6. \(f(x)=\arctan x\).

7. \(f(x)=\sinh x\).

8. \(f(x)=\cosh x\).

Chứng minh rằng hàm số \(f(x)=\sqrt[3]{x}\) không khả vi tại \(x=0\).

Cho hàm số \(f:\R\longrightarrow\R\) có đạo hàm tại mọi điểm. Chứng minh các khẳng định sau.

1. Nếu \(f\) là hàm chẵn thì hàm số đạo hàm \(f'\) là hàm lẻ.

2. Nếu \(f\) là hàm lẻ thì hàm số đạo hàm \(f'\) là hàm chẵn.

Chứng minh phần \((i)\) và \((ii)\) của Định lí [DLDH1].

Chứng minh các công thức tính đạo hàm trong Mục 1.4.

Tính đạo hàm của các hàm số sau đây:

1. \(f(x)=\sqrt[3]{\dfrac{1+x^3}{1-x^3}}\).

2. \(f(x)=\sqrt[m+n]{(1-x)^m(1-x)^n}\).

3. \(f(x)=\log_x2\), \(x>0, x\neq 1\).

4. \(f(x)=2x^5\arctan(x+3)\).

5. \(f(x)=\arccos\frac{1}{|x|}\), \(|x|>1\).

6. \(f(x)=\sinh(3x^2-2)\).

7. \(f(x)=\ln(\arcosh x)\).

8. \(f(x)=a\arsech\frac{x}{a}-\sqrt{a^2-x^2}\).

9. \(f(x)=(\sqrt{x^2-4}-2)\arcsec\frac{x}{2}\), \(2<x<4\).

10. \(f(x)=\ln(x+\sqrt{1+x^2})\).

11. \(f(x)=\tan x^{\sin x}\), \(x\in (0,\pi/2)\).

12. \(f(x)=\arctan (x^2+\ln x)\), \(x\in (0,\infty)\).

13. \(f(x)=x^{\sin (x^x)}\), \(x>0\).

Cho hàm số \(f(x)=x^5-2x+1\).

1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số \(f\) tại điểm \((0,1)\).

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đi qua điểm \((1, 2)\).

1. Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong cho bởi \(x^2(x^2+y^2)=y^2\) tại điểm \((\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{\sqrt{2}}{2})\).

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đường cong cho bởi \((x^2+y^2)^2=4x^2y\) tại điểm \((1,1)\).

Cho \(f: \R\longrightarrow \R\) được xác định bởi

\[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2 \ &\text{ nếu }\ x>0,\\ 0\ &\text{ nếu }\ x\leq 0. \end{cases} \end{aligned} \]

1. Chứng minh rằng \(f\) khả vi tại \(0\). Tìm \(f'(x)\) với mọi \(x\in \R\).

2. Khảo sát tính liên tục và khả vi của hàm \(f'\).

Cho \(f: \R\longrightarrow \R\) được xác định bởi

\[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} ax^2+b \ &\text{ nếu }\ x\leq 0,\\ e^x+cx\ &\text{ nếu }\ x> 0. \end{cases} \end{aligned} \]

1. Xác định \(a, b, c\) để hàm số \(f\) liên tục trên \(\R\).

2. Xác định \(a, b, c\) để hàm số \(f\) khả vi trên \(\R\).

3. Xác định \(a, b, c\) để hàm số \(f\) khả vi cấp hai trên \(\R\).

Khảo sát tính khả vi của các hàm số sau:

1. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x\sin\dfrac{1}{x} \ &\text{ nếu }\ x\not=0,\\ 0\ &\text{ nếu }\ x= 0. \end{cases} \end{aligned} \]

2. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2\sin\dfrac{1}{x} \ &\text{ nếu }\ x\not=0,\\ 0\ &\text{ nếu }\ x= 0. \end{cases} \end{aligned} \]

Xác định \(a, b, c, d\) để các hàm số sau khả vi trên \(\R\).

1. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} 4x \ &\text{ nếu }\ x\leq 0,\\ ax^2+bx+c\ &\text{ nếu }\ 0<x<1,\\ 3-2x & \text{ nếu }\ x\geq 1. \end{cases} \end{aligned} \]

2. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} ax +b \ &\text{ nếu }\ x\leq 0,\\ cx^2+dx\ &\text{ nếu }\ 0<x\leq 1,\\ \dfrac{x-1}{x} & \text{ nếu }\ x>1. \end{cases} \end{aligned} \]

Khảo sát tính khả vi của các hàm số sau tại \(x=0\).

1. \(f(x)=\floor{x}\sin^2(\pi x)\).

2. \(f(x)=\cos(\sqrt{|x|})\).

3. \(f(x)=x|x|\).

4. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2\ &\text{ nếu }\ x\in \mathbb{Q},\\ x^3\ &\text{ nếu }\ x\notin\mathbb{Q}. \end{cases} \end{aligned} \]

5. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} e^{-1/x}\ &\text{ nếu }\ x>0,\\ x^n\ &\text{ nếu }\ x\leq 0, \end{cases} \end{aligned} \]

   trong đó \(n\in \N\).

6. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} ax+b &\text{ nếu }\ x>0,\\ a\cosh x+b\sinh x\ &\text{ nếu }\ x\leq 0, \end{cases} \end{aligned} \]

   trong đó \(a, b\in \R\).

7. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} \arctan x &\text{ nếu }\ x\leq 0,\\ ax+b\ &\text{ nếu }\ x>0, \end{cases} \end{aligned} \]

   trong đó \(a, b\in \R\).

8. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} bx &\text{ nếu }\ x< 0,\\ x^a e^{-x^2}\ &\text{ nếu }\ x\geq 0, \end{cases} \end{aligned} \]

   trong đó \(a\geq 1\).

Cho \(f, g\) là các hàm số khả vi tại \(x_0\). Tìm các giới hạn sau đây:

1. \(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{xf(x_0)-x_0f(x)}{x-x_0}\).

2. \(\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)g(x_0)-f(x_0)g(x)}{x-x_0}\).

3. \(\lim\limits_{h\to 0}\dfrac {f\left(x_0+ch\right)-f(x_0-ch)}{h}\), (\(c\) là hằng số).

Cho \(I\) là một khoảng mở của \(\R\) và \(x_0\in I\). Chứng minh rằng nếu hàm \(f: I\longrightarrow \R\) là liên tục Lipschitz thì hàm \(g(x)=(f(x)-f(x_0))^2\) là khả vi tại \(x_0\).

Cho \(f\) là hàm khả vi tại \(x_0\) và \(f(x_0)>0\). Tìm giới hạn: \[\lim\limits_{n\to \infty}\left(\dfrac{f(x_0+\dfrac{1}{n})}{f(x_0)}\right)^n.\]

Xét hàm số

\[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2\sin\dfrac{1}{x}+cx\ &\text{ nếu }\ x\not=0,\\ 0\ &\text{ nếu }\ x=0, \end{cases} \end{aligned} \]

ở đây \(c\in (0, 1)\).

1. Chứng minh rằng hàm \(f\) là khả vi trên \(\mathbb{R}\).

2. Chứng minh rằng với mọi \(\alpha>0\), hàm \(f'\) thay đổi dấu trên khoảng \((-\alpha, \alpha)\).

Cho \(f\) là một hàm khả vi tại \(x_0\) và \(c\) là một hằng số. Chứng minh rằng

1. \(\lim\limits_{n\to \infty}n\left[f\left(x_0+\dfrac{1}{n}\right)-f(x_0)\right]=f'(x_0)\).

2. \(\lim\limits_{h\to 0}\dfrac {f\left(x_0+ch\right)-f(x_0)}{h}=cf'(x_0)\).

Chứng minh rằng hàm \(f(x)=|x|^3\) thuộc \(C^2(\R)\) nhưng không thuộc \(C^3(\R)\).

Cho \(f(x)=\sqrt{x^2-1}\), \(x>1\). Chứng minh rằng \(f^{(n)}(x)>0\) nếu \(n\) lẻ và \(f^{(n)}(x)<0\) nếu \(n\) chẵn.

Cho \(f(x)=\arctan x\). Chứng minh rằng \(f^{(2n)}(0)=0\) và \(f^{(2n+1)}(0)=(-1)^n(2n)!\).

Cho \(k\) là số nguyên dương cố định. Đạo hàm cấp \(n\) của \(f(x)=\dfrac{1}{x^k-1}\) có dạng \(\dfrac{P_n(x)}{(x^k-1)^{n+1}}\). Tính \(P_n(1)\).

Đa thức Legengre được định nghĩa như sau: \[P_m(x)=\dfrac{1}{2^mm!}[(x^2-1)^m]^{(m)}.\] Chứng minh rằng \(P_m(x)\) thoả mãn phương trình \[(1-x^2)P''_m(x)-2xP'_m(x)+m(m+1)P_m(x)=0.\]

Tính đạo hàm cấp \(n\) của các hàm số sau

1. \(f(x)=\dfrac{1}{x^2-a^2}\).

2. \(f(x)=\dfrac{1}{(x-1)(x-2)(x-3)}\).

3. \(f(x)=\dfrac{\ln x}{x}\).

4. \(f(x)=x \sin x\).

5. \(f(x)=\sin^4x+\cos^4x\).

6. \(f(x)=e^{ax}\sin bx\),  \(a, b\neq 0\).

7. \(f(x)=x^n\ln x\).

8. \(f(x)=x^{n-1}e^{1/x}\).

Chứng minh các hàm số sau thuộc \(C^\infty(\R)\).

1. \(f(x)=\begin{cases} e^{-1/x^2} &\text{ khi } x\neq 0,\\ 0 &\text{ khi } x= 0. \end{cases}\)

2. \(f(x)=\begin{cases} e^{-1/x} &\text{ khi } x> 0,\\ 0 &\text{ khi } x\leq 0. \end{cases}\)

Cho \(f\) là hàm số khả vi trên \((a,b)\) sao cho với mọi \(x\) thuộc \((a,b)\) ta có \(f'(x)=g(f(x))\), trong đó \(g\in C^\infty((a,b))\). Chứng minh rằng \(f\in C^\infty((a,b))\).

Cho \(f(x)=ae^{-x}+be^{-2x}\) trong đó \(a, b\in \R\). Chứng minh rằng hàm số \(f\) thoả mãn \(f''(x)+3f'(x)+2f(x)=0\).

Cho \(f\) là hàm số khả vi đến cấp hai trên \((a,b)\) sao cho với mọi \(x\) thuộc \((a,b)\) ta có \(3f''(x)+2f'(x)+f(x)=0\). Chứng minh rằng \(f\in C^\infty((a,b))\).

Tính \(y'(x)\) và \(y''(x)\) của hàm số \(y=f(x)\) cho bởi dạng tham số:

1. \(x=2t-t^2\), \(y=3t-t^3\).

2. \(x=r(t-\sin t), \quad y=r(1-\cos t), \quad r\not=0, \quad t\in \R.\)

3. \(x=t\cos t\), \(y=t\sin t\), \(t>0\).

2 Vi phân

2.1 Vi phân bậc nhất

Cho hàm \(f:(a, b)\longrightarrow\R\) và \(x_0 \in (a, b)\). Với mỗi số gia của biến số \(\Delta x:=x-x_0\), ta xét số gia của hàm số được định nghĩa bởi \(\Delta y:=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)\). Ta muốn xấp xỉ \(\Delta y\) bằng một đơn thức bậc nhất của \(\Delta x\), cụ thể là, ta cần tìm số \(A\) sao cho

\[ \begin{aligned} \label{viphan1} \Delta y=A\Delta x+o(\Delta x). \end{aligned} \]

Nếu \(f\) có biểu diễn [viphan1] tại \(x_0\) thì biểu thức \(A\Delta x\) được gọi là vi phân của \(f\) tại \(x_0\), kí hiệu là \(df(x_0)\). Như vậy \[df(x_0)=A\Delta x.\]

Hàm \(f\) có biểu diễn \(\eqref{viphan1}\) tại \(x_0\) khi và chỉ khi \(f\) khả vi tại \(x_0\). Trong trường hợp này \(A=f'(x_0)\).

Proof. Proof. Giả sử \(f\) có biểu diễn \(\eqref{viphan1}\) tại \(x_0\). Khi đó \[\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=A+\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{o(\Delta x)}{\Delta x}=A.\] Vậy, \(f\) khả vi tại \(x_0\) và \(f'(x_0)=A\).

Ngược lại, giả sử \(f\) khả vi tại \(x_0\). Lúc đó \[\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x_0+\Delta x)-f(x_0)}{\Delta x}=f'(x_0).\] Suy ra \[\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=f'(x_0)+\epsilon(\Delta x)\] trong đó \(\epsilon(\Delta x)\to 0\) khi \(\Delta x\to 0\). Vậy ta có biểu diễn \(\eqref{viphan1}\) với \(A=f'(x_0)\). ◻

Từ mệnh đề trên ta thấy rằng nếu \(f\) khả vi tại \(x_0\) thì vi phân của \(f\) tại \(x_0\) là \[df(x_0)=f'(x_0)\Delta x.\]

Từ định nghĩa ta có vi phân của biến độc lập đúng bằng số gia của biến số: \(dx=\Delta x\). Do đó, người ta thường viết vi phân của hàm \(f\) tại \(x_0\) dưới dạng \[df(x_0)=f'(x_0)dx, \quad f'(x_0)=\dfrac{df(x_0)}{dx}.\] Ta cũng thường viết tắt \[df=f'dx, \quad f'=\dfrac{df}{dx}.\] Từ các quy tắc tính đạo hàm trong Định lí [DLDH1], ta suy ra các quy tắc tương ứng để tính vi phân sau đây:

\[ \begin{aligned} d(f+g)&=df+dg,\\ d(cf)&=cdf\quad (c \text{ là hằng số}),\\ d(fg)&=fdg+gdf,\\ d\left(\dfrac fg\right)&=\dfrac{gdf-fdg}{g^2}\quad (\text{nếu } g\not=0). \end{aligned} \]

2.2 Vi phân của hàm hợp và tính bất biến của dạng vi phân cấp một.

Giả sử hàm số \(y=f(x)\) là một hàm số khả vi theo biến \(x\). Lúc đó \[dy(x)=df(x)=f'(x)dx.\] Bây giờ ta giả sử rằng \(x=\varphi(t)\) là một hàm số khả vi theo biến \(t\). Lúc đó hàm hợp \(y=f(\varphi(t))\) cũng là một hàm khả vi theo biến \(t\) và vi phân của nó theo biến \(t\) là \[dy(t)=f'(\varphi(t))\varphi'(t)dt.\] Chú ý rằng \(x=\varphi(t)\) và \(dx=\varphi'(t)dt\). Do đó \[dy(t)=f'(x)dx.\] Như vậy, cho dù \(x\) là một biến độc lập hay là một hàm theo biến khác thì dạng vi phân của \(y\) cũng không thay đổi. Ta gọi tính chất này là tính bất biến của dạng vi phân cấp một.

2.3 Ứng dụng vi phân để tính gần đúng

Từ định nghĩa của vi phân ta có, với số gia \(\Delta x\) đủ nhỏ thì \[f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f'(x_0)\Delta x.\] Công thức này thường được sử dụng để tính xấp xỉ giá trị của hàm \(f\) tại \(x\) gần \(x_0\).

Tính giá trị gần đúng của \(\sqrt[3]{1001}\). Xét hàm \(f(x)=\sqrt[3]{x}\). Chọn \(x=1001, x_0=1000, \Delta x=x-x_0=1\). Ta có \[f'(x)=\dfrac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}.\] Do đó,

\[ \begin{aligned} \sqrt[3]{1001}=f(1001)&\approx f(x_0)+f'(x_0)\Delta x\\ &=\sqrt[3]{1000}+\dfrac{1}{3\sqrt[3]{1000^2}}(1)\\ &=10+\dfrac{1}{30}=\dfrac{301}{30}. \end{aligned} \]

2.4 Vi phân cấp cao

Cho hàm số \(y=f(x)\) khả vi trên \((a, b)\). Khi đó vi phân của nó: \[dy=df=f'(x)dx\] là một hàm theo hai biến \(x\) và vi phân (hay số gia) \(dx\) của biến \(x\). Nếu ta giữ nguyên \(dx\) tại mọi \(x\in (a, b)\) và xem nó là một hằng số thì \(df\) hay \(dy\) là một hàm theo biến \(x\). Ta có định nghĩa sau.

Vi phân của \(df\) tại \(x\in (a, b)\) được gọi là vi phân cấp hai của \(f\) tại \(x\) (tương ứng với \(dx\)) và được kí hiệu là \(d^2f(x)\) hay \(d^2y\).

Như vậy \[d^2f(x):=d(df)(x)=(df)'(x)dx=f''(x)dxdx=f''(x)(dx)^2.\] Nếu ta kí hiệu \((dx)^2=dx^2\) thì \[d^2y=d^2f(x)=f''(x)dx^2, \quad x\in (a, b).\] Một cách tổng quát, ta định nghĩa vi phân cấp \(n\ (n\in \mathbb{N})\) của \(f\) tại \(x\), kí hiệu là \(d^nf(x)\) hay \(d^ny\), là vi phân của vi phân cấp \((n-1)\) của \(f\) tại \(x\) (\(dx\) vẫn được coi là cùng một hằng số đối với vi phân mọi cấp và tại mọi \(x\)). Ta có \[d^ny=d^nf(x):=d(d^{(n-1)}f)(x)=f^{(n)}(x)dx^n.\] Từ đây đạo hàm cấp \(n\) của \(f\) có thể biểu diễn qua vi phân cấp \(n\) của nó: \[f^{(n)}(x)=\dfrac{d^nf(x)}{dx^n} \mbox{ hay } f^{(n)}(x)=\dfrac{d^ny}{dx^n}.\]

Nếu \(x=\varphi(t)\) là hàm khả vi theo biến \(t\) thì ta biết rằng \[dy(t)=f'(\varphi(t))\varphi'(t)dt.\] Do đó

\[ \begin{aligned} d^2y(t)&=(f'(\varphi(t))\varphi'(t))'dt^2\\ &=[f''(\varphi(t)(\varphi'(t))^2+f'(\varphi(t))\varphi''(t)]dt^2\\ &=f''(\varphi(t))(\varphi'(t)dt)^2+f'(\varphi(t))\varphi''(t)dt^2.\\ \end{aligned} \]

Vì \(x=\varphi(t)\) nên \(dx=\varphi'(t)dt, d^2x=\varphi''(t)dt^2\). Vậy ta có

\[ \begin{aligned} \label{viphan2} d^2y(t)=f''(x)dx^2+f'(x)d^2x. \end{aligned} \]

Như vậy dạng vi phân cấp 2 (và do đó cấp \(n\geq 2\)) không có tính bất biến.

Nếu đường cong cho dưới dạng tham số \(x=\varphi(t), y=\psi(t)\) thì ta có thể dùng vi phân để tính đạo hàm của \(y\) theo \(x\). \[y'_x=\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\psi'(t)dt}{\varphi'(t)dt}=\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}.\] Từ công thức [viphan2] ta có \[y''_x=\dfrac{d^2y-f'(x)d^2x}{dx^2}=\dfrac{\psi''(t)dt^2-\dfrac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}\varphi''(t)dt^2}{(\varphi'(t)dt)^2}=\dfrac{\varphi'(t)\psi''(t)-\varphi''(t)\psi'(t)}{(\varphi(t))^3}.\]

Bài tập

Tìm vi phân của các hàm số sau

1. \(y=xe^{-5x}\).

2. \(y=\tan\sqrt{x}\).

3. \(y=x^2\sin(2x)\).

4. \(y=\ln(\cos x)\).

5. \(y=\sqrt[3]{\dfrac{1-x^2}{1+x^2}}\).

Tìm vi phân cấp hai của các hàm số sau

1. \(y=\dfrac{1}{3}\arctan\dfrac{x}{3}\).

2. \(y=\dfrac{\sinh (4x)}{x}\).

3. \(y=\arsech (2x)\).

4. \(y=\arcoth \dfrac{x}{5}\).

Dùng vi phân để tính giá trị gần đúng của các số sau

1. \((1,999)^4\).

2. \(\dfrac{1}{4002}\).

3. \(e^{0,2}\).

4. \(\log_{10}11\).

5. \(\sqrt{100,5}\).

6. \(\sqrt[4]{624}\).

7. \(\cos(29^\circ)\).

8. \(\arctan(1,05)\).

Xét phương trình tham số của đường cycloid: \[x=r(t-\sin t), \quad y=r(1-\cos t), \quad r\not=0, \quad t\in \R.\] Tính các đạo hàm sau đây:

1. \(y'(x)\).

2. \(y''(x)\).

3 Các định lí cơ bản về hàm khả vi

3.1 Các định lí về giá trị trung bình

Trong phần này, chúng ta khảo sát các định lí giá trị trung bình, một trong những công cụ quan trọng của giải tích.

Cho \(D\) là một tập khác rỗng của \(\R\) và \(f: D\longrightarrow \R\).

• Ta nói hàm \(f\) đạt cực tiểu địa phương tại \(c\in D\) nếu tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)\geq f(c)\) với mọi \(x\in(c-\delta,c+\delta)\cap D\).

• Ta nói hàm \(f\) đạt cực đại địa phương tại \(c\in D\) nếu tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)\leq f(c)\) với mọi \(x\in(c-\delta,c+\delta)\cap D\).

• Ta nói \(f\) đạt cực trị địa phương tại \(c\) nếu \(f\) đạt cực đại địa phương tại \(c\) hoặc \(f\) đạt cực tiểu địa phương tại \(c\).

Cho \(I\) là một khoảng mở và \(f:I\longrightarrow\R\). Nếu \(f\) đạt cực trị địa phương tại \(c\in I\) và \(f\) khả vi tại \(c\) thì \(f'(c)=0\).

Minh hoạ hình học cho Định lí Fermat

Proof. Proof. Giả sử \(f\) đạt cực tiểu địa phương tại \(c\). Khi đó tồn tại \(\delta>0\) đủ nhỏ sao cho \(f(x)\geq f(c)\) với mọi \(x\in(c-\delta, c+\delta)\subset I\). Vì \((c, c+\delta)\) là tập con của \((c-\delta, c+\delta)\), ta có \[\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\geq 0\text{ với mọi } x\in(c,c+\delta).\] Suy ra \[f'(c)=\lim\limits_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=\lim\limits_{x\to c^+}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\geq 0.\] Tương tự, \[\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\leq 0\text{ với mọi } x\in(c-\delta, c)\] và do đó \[f'(c)=\lim\limits_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}=\lim\limits_{x\to c^-}\frac{f(x)-f(c)}{x-c}\leq 0.\] Như vậy, \(f'(c)=0\). Chứng minh cho trường hợp hàm \(f\) đạt cực đại địa phương tại \(c\) hoàn toàn tương tự. ◻

Cho \(a,b\in\R\) với \(a<b\) và \(f:[a,b]\longrightarrow\R\). Giả sử \(f\) liên tục trên \([a,b]\), khả vi trên \((a,b)\) và \(f(a)=f(b)\). Khi đó tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \(f'(c)=0\).

Định lí Rolle có thể phát biểu một cách hình học là nếu \(f(a)=f(b)\) thì tồn tại một điểm trên đồ thị hàm \(f\) sao cho tiếp tuyến tại đó song song với trục hoành.

Minh hoạ hình học cho Định lí Rolle

Proof. Proof. Vì \(f\) liên tục trên \([a,b]\) nên theo Định lí [thm:3.4.2] tồn tại \(x_m, x_M\in[a,b]\) sao cho \[f(x_m)=\min\{f(x): x\in [a,b]\} \text{ và } f(x_M)=\max\{f(x): x\in [a,b]\}.\] Khi đó \(f(x_m)\leq f(x)\leq f(x_M)\) với mọi \(x\in [a,b]\).
Nếu \(x_m\in(a,b)\) hoặc \(x_M\in (a,b)\), thì \(f\) đạt cực tiểu địa phương tại \(x_m\) hoặc đạt cực đại địa phương tại \(x_M\). Theo Định lí [thm:4.2.1], \(f'(x_m)=0\) hoặc \(f'(x_M)=0\). Chọn \(c=x_m\) hoặc \(c=x_M\), ta có điều cần chứng minh.
Nếu \(x_m\) và \(x_M\) là các điểm đầu mút của \([a, b]\), thì \(f(x_m)=f(x_M)\) vì \(f(a)=f(b)\). Suy ra \(f\) là hàm hằng. Vậy \(f'(c)=0\) với mọi \(c\in(a,b)\). ◻

Cho \(a,b\in\R\) với \(a<b\) và \(f:[a,b]\longrightarrow\R\). Giả sử \(f\) liên tục trên \([a,b]\) và khả vi trên \((a,b)\). Khi đó tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \[f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\]

Về mặt hình học, Định lí Lagrange cho thấy sự tồn tại của một điểm trên đồ thị hàm số \(f\) sao cho tiếp tuyến tại đó song song với đường thằng nối hai điểm \(\big(a, f(a)\big)\) và \(\big(b, f(b)\big)\).

Minh hoạ hình học cho Định lí Lagrange

Proof. Proof. Xét hàm số \[h(x)=f(x)-\left[\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)+f(a)\right] \text{ với } x\in [a,b].\] Khi đó \(h\) thoả mãn các điều kiện của Định lí Rolle. Do đó, tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \(h'(c)=0\). Vì \(h'(x)=f'(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a},\) nên \[f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\] ◻

Ta sẽ chứng minh \(|\sin x|\leq |x|\) với mọi \(x\in\R\). Đặt \(f(x)=\sin x\) với \(x\in\R\). Khi đó \(f'(x)=\cos x\). Cố định \(x_0\in\R\), \(x_0>0\). Áp dụng Định lí Lagrange cho hàm \(f\) trên đoạn \([0,x_0]\), tồn tại \(c\in (0,x_0)\) sao cho \[\frac{\sin x_0-\sin 0}{x_0-0}=\cos c.\] Vì \(|\cos c|\leq 1\) nên \(|\sin x_0|\leq |x_0|\). Vì \(x_0\) là số dương tuỳ ý, nên \(|\sin x|\leq |x|\) với mọi \(x>0\).
Với \(x<0\), thay \(x\) bởi \(-x\), ta có \(|\sin x|=|\sin (-x)| \leq |-x|= |x|\). Ta luôn có \(\sin 0=0\), nên \(|\sin x|\leq |x|\) với mọi \(x\in\R\)

Cho \(a,b\in\R\) với \(a<b\) và \(f, g:[a,b]\longrightarrow\R\). Giả sử \(f\) và \(g\) liên tục trên \([a,b]\) và khả vi trên \((a,b)\). Khi đó tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \[[f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c).\]

Proof. Proof. Xét hàm số \[h(x)=[f(b)-f(a)]g(x)-[g(b)-g(a)]f(x) \text{ với } x\in [a,b].\] Khi đó \(h\) thoả mãn các điều kiện của Định lí Rolle. Do đó, tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \(h'(c)=0\). Vì \(h'(x)=[f(b)-f(a)]g'(x)-[g(b)-g(a)]f'(x) ,\) nên \[[f(b)-f(a)]g'(c)=[g(b)-g(a)]f'(c).\] ◻

Cho \(f\) là một hàm liên tục trên \([a, b]\), khả vi trên \((a, b)\). Nếu \(f'(x)=0\) với mọi \(x\in (a, b)\) thì \(f\) là hàm hằng trên \([a, b]\).

Proof. Proof. Lấy \(x, y\) tùy ý thuộc \([a, b]\), giả sử \(x<y\). Áp dụng Định lí Lagrange cho hàm \(f\) trên \([x, y]\) thì tồn tại \(c\in (x, y)\) sao cho \[f(y)-f(x)=f'(c)(y-x).\] Vì \(f'(c)=0\) nên \(f(x)=f(y)\). Từ đó suy ra \(f\) là hàm hằng trên \([a, b]\). ◻

Cho \(f\) và \(g\) là hai hàm liên tục trên đoạn \([a, b]\), khả vi trên \((a, b)\). Nếu \(f'(x)=g'(x)\) với mọi \(x\in (a, b)\) thì tồn tại hằng số \(C\) sao cho \(f(x)=g(x)+C\) với mọi \(x\in [a, b]\).

Proof. Proof. Áp dụng Mệnh đề [mdd] cho hàm \(h=f-g\). ◻

Kết quả tiếp theo sau đây cho ta một điều kiện đủ về tính đơn điệu của một hàm số thông qua việc xét dấu đạo hàm của nó.

Cho \(f\) là một hàm liên tục trên \([a,b]\) và khả vi trên \((a, b)\).

1. Nếu \(f'(x)\geq 0\) (tương ứng, \(f'(x)>0\)) với mọi \(x\in (a, b)\) thì hàm \(f\) tăng (tương ứng, tăng ngặt) trên \([a, b]\).

2. Nếu \(f'(x)\leq 0\) (tương ứng, \(f'(x)<0\)) với mọi \(x\in (a, b)\) thì hàm \(f\) giảm (tương ứng, giảm ngặt) trên \([a, b]\).

Proof. Proof. Chúng ta sẽ chứng minh (i). Chứng minh (ii) hoàn toàn tương tự. Lấy \(x, y\) tùy ý thuộc \([a, b]\) với \(y>x\). Theo Định lí Lagrange, tồn tại \(c\in (x, y)\) sao cho \[f(y)-f(x)=f'(c)(y-x).\] Vì \(f'(c)\geq 0\) và \(y-x>0\) nên \(f(y)\geq f(x)\). Vậy \(f\) là hàm tăng trên \([a, b]\). ◻

Bài tập

Cho \(f\) và \(g\) khả vi tại \(x_0\). Giả sử \(f(x_0)=g(x_0)\) và \(f(x)\leq g(x)\) với mọi \(x\in\R\). Chứng minh rằng \(f'(x_0)=g'(x_0)\).

Chứng minh các bất đẳng thức sau bằng cách sử dụng các định lí giá trị trung bình.

• \(\sqrt{1+x}\leq 1+\frac{1}{2}x\) với \(x>0\).

• \(e^x>1+x\) với \(x>0\).

• \(\dfrac{x-1}{x}<\ln x<x-1\) với \(x>1\).

Chứng minh rằng \(|\sin x-\sin y|\leq |x-y|\) với mọi \(x, y\in\R\).

Cho \(f\) là một hàm liên tục trên \([a, b]\), khả vi trên \((a, b)\) và khác 0 trên \((a, b)\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \[\frac{f'(c)}{f(c)}=\frac{1}{a-c}+\frac{1}{b-c}.\]

Cho \(f\) là một hàm liên tục trên \([a, b]\), khả vi trên \((a, b)\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in (a,b)\) sao cho \[\frac{f(b)}{f(a)}=e^{(b-a)\frac{f'(c)}{f(c)}}.\]

Cho hàm số \(f\) khả vi trên \([0,a]\) sao cho \(f(a)=0\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in(0,a)\) sao cho \[f'(c)=f(c)\left(2024-\frac{1}{c}\right).\]

Cho hàm \(f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\) khả vi cấp 2 và \(f(0)=0\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\) sao cho \[f''(c)=f(c)(1+2\tan^2c).\]

Cho \(a_0, a_1,\ldots, a_n\) là các số thực thoả mãn

\[ a_0+\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{3}+\cdots +\frac{a_n}{n+1}=0. \]

Chứng minh rằng đa thức \(P(x)=a_0+a_1x+\cdots+ a_nx^n\) có ít nhất một nghiệm thực.

Cho \(f: [0, \infty)\longrightarrow \R\) là một hàm khả vi. Chứng minh rằng nếu \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)\) và \(\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)\) tồn tại thì \(\lim\limits_{x\to \infty}f'(x)=0\).

Cho \(f: [0, \infty)\longrightarrow \R\) là một hàm khả vi.

• Chứng minh rằng nếu \(\lim\limits_{x\to \infty}f'(x)=a\) thì \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=a\).

• Chứng minh rằng nếu \(\lim\limits_{x\to \infty}f'(x)=\infty\) thì \(\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\infty\).

• Chiều ngược lại của phần (a) và (b) ở trên có đúng không?

Cho \(f\) là một hàm khả vi đến cấp hai trên \(\mathbb{R}\) và \(f''(x)>0\) với mọi \(x\in \R\). Chứng minh rằng \(f(x+f'(x))\geq f(x)\) với mọi \(x\in \R\).

Cho \(f:[0,\infty)\longrightarrow\mathbb{R}\) là hàm số khả vi.

• Giả sử \(\lim\limits_{x\to\infty}[f\left( x\right)+f'(x)]=0\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=0\).

• Giả sử \(\lim\limits_{x\to\infty}[f\left( x\right)+f'(x)+f''(x)]=C\). Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=C\).

Cho hàm \(f\) liên tục trên \([0,1]\), khả vi trên \((0,1)\). Chứng minh rằng tồn tại các dãy giảm ngặt \((\alpha_n)_n\), \((c_n)_n\) chứa trong khoảng \((0,1)\) sao cho \[\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^n\alpha_kf'\left( c_k\right)=f(1)-f(0).\]

Tính giới hạn \[\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{n}\left[ \left( 1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}-\left( 1+\frac{1}{n}\right)^n\right].\]

Cho phương trình \(a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n=0\) có \(n\) nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng \((n-1)a_1^2 > 2na_0a_2\).

Cho hàm \(f\) liên tục trên \([0,1]\), khả vi trên \((0,1)\) với \(f(0)=0\) và \(f(1)=1\). Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương \(n\) tồn tại \(c_1, c_2,\ldots, c_n\) phân biệt sao cho \[\prod\limits_{k=1}^nf'(c_k)=1.\]

Cho \(f\) là đa thức bậc \(n\) có \(n\) nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng phương trình \(f(x)-f'(x)=0\) cũng có \(n\) nghiệm phân biệt.

Cho \(f\) khả vi trên \([0,1]\) và nhận giá trị dương. Chứng minh rằng bất phương trình \(f'(x)-f(x)\leq\frac{2}{\pi}(f(1)-2f(0))\) có nghiệm.

Cho \(ax^2+bx+c=0\, (a\neq 0)\) có hai nghiệm thực và đa thức \(P(x)\) có ba nghiệm thực. Chứng minh đa thức \(Q(x)=aP\left( x\right)+bP'(x)+cP''(x)\) cũng có ít nhất ba nghiệm thực.

Cho hàm \(f\) liên tục trên \([0,1]\), khả vi trong \((0,1)\) và \(f(0)=0\) và \(f(1)=1\). Chứng minh tồn tại các số phân biệt \(x_1, x_2,\ldots,x_{2013}\) thuộc \((0,1)\) sao cho \[\sum\limits_{k=1}^{{2013}}\frac{kx_{k}}{f'(x_k)}=\frac{2013\cdot 2007}{2}.\]

Cho \(f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\) là hàm khả vi cấp hai trên \(\mathbb{R}\) sao cho tồn tại \(c\in\mathbb{R}\) thoả mãn \(\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}\neq f'(c) \text{ với mọi } a, b\in\mathbb{R}, a\neq b.\) Chứng minh rằng \(f''(c)=0.\)

Tìm tất cả các số thực \(k\) thoả mãn tính chất sau: Với mọi hàm \(f\) dương, khả vi sao cho \(f'(x)>f(x)\) với mọi \(x\in\mathbb{R}\), tồn tại số tự nhiên \(N\) thoả mãn \(f(x)>e^{kx}\) với mọi \(x>N\).

Cho hàm \(f:\mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}\) khả vi đến cấp 3 sao cho \(f\) có 5 nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng

\[ f+6f'+12f''+8f'''=0 \]

có ít nhất hai nghiệm thực phân biệt.

Cho \(f\) khả vi cấp \(n+1\) trên \(\left[ a, b\right]\) và \(f^{(k)}(a)=f^{(k)}(b)=0\) với mọi \(k=0, 1,\ldots, n\). Chứng minh tồn tại \(c\in(a, b)\) sao cho \(f^{(n+1)}(c)=f(c)\).

Giả sử \(f\) là hàm số khả vi trên \([a,b]\) và \(f'_+(a)<\lambda<f'_{-}(b)\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in (a,b)\) sao cho \(f'(c)=\lambda\).

3.2 Công thức Taylor, xấp xỉ hàm bằng đa thức

Trong mục này, ta sẽ chứng minh một kết quả liên quan đến xấp xỉ một hàm số khả vi bằng các đa thức.

Cho \(n\) là một số nguyên dương. Giả sử \(f:[a,b]\longrightarrow \R\) là một hàm số thoả mãn \(f^{(n)}\) liên tục trên \([a,b]\), và \(f^{(n+1)}(x)\) tồn tại với mọi \(x \in (a,b)\). Gọi \(x_0 \in [a,b]\). Khi đó với mọi \(x \in [a,b]\) thoả mãn \(x \neq x_0\), tồn tại một số \(c\) nằm giữa \(x_0\) và \(x\) sao cho

\[ \begin{aligned} \label{TL1} f(x)= P_n(x)+\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}, \end{aligned} \]

trong đó

\[ \begin{aligned} P_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k. \end{aligned} \]

Proof. Proof. Giả sử \(x_0 \in [a,b]\) và cố định \(x\neq x_0\). Vì \(x-x_0\neq 0\) nên tồn tại \(\lambda\) sao cho \[f(x)=P_n(x)+\frac{\lambda}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}.\] Ta sẽ chứng minh \(\lambda=f^{(n+1)}(c)\) với \(c\) nằm giữa \(x_0\) và \(x\). Xét hàm số \[g(t)=f(x)-\sum\limits_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(t)}{k!}(x-t)^k-\frac{\lambda}{(n+1)!}(x-t)^{n+1}.\] Khi đó \(g(x_0)=g(x)=0\). Theo Định lí Rolle, tồn tại \(c\) nằm giữa \(x_0\) và \(x\) sao cho \(g'(c)=0\). Tính đạo hàm của \(g\) theo biến \(t\) (chú ý rằng \(x\) cố định) ta có

\[ \begin{aligned} g'(c)&=-f'(c)+\sum\limits_{k=1}^n\left(-\dfrac{f^{(k+1)}(c)}{k!}(x-c)^k+\dfrac{f^{(k)}(c)}{(k-1)!}(x-c)^{k-1}\right)+\frac{\lambda}{n!}(x-c)^n\\ &=\frac{\lambda}{n!}(x-c)^n-\frac{1}{n!}f^{(n+1)}(c)(x-c)^n=0. \end{aligned} \]

Suy ra \(\lambda=f^{(n+1)}(c)\). Định lí đã được chứng minh. ◻

Đa thức \(P_n(x)\) trong định lí trên được gọi là đa thức Taylor bậc \(n\) của hàm \(f\) tại \(x_0\).

Minh hoạ Định lí Taylor cho hàm số \(f(x)=\sin x\)

Định lí Taylor vẫn đúng cho trường hợp \(x=x_0\). Khi đó \(c=x=x_0\).

Biểu diễn hàm \(f\) dưới dạng công thức Taylor [TL1] thường được gọi là khai triển Taylor hữu hạn của hàm \(f\) tại \(x=x_0\). Rõ ràng phần dư \(\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\) là một vô cùng bé bậc cao hơn \((x-x_0)^n\) khi \(x\to x_0\): \[\dfrac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}=o((x-x_0)^n).\] Hơn nữa, nếu \(f\) có thể biểu diễn dưới dạng \[f(x)=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0)^2+\cdots+a_n(x-x_0)^n+o((x-x_0)^n)\] thì các hệ số \(a_k, k=1, 2, \ldots, n\) được xác định một cách duy nhất bởi các công thức \[a_k=\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}, k=1, 2, \ldots, n.\]

Công thức Taylor cho thấy nếu ta biết các đạo hàm của \(f\) đến cấp \(n+1\) trong một lân cận của \(x_0\) thì ta có thể xấp xỉ các giá trị của \(f\) tại \(x\) gần \(x_0\) bằng một đa thức bậc \(n\) theo \(x\) với độ chính xác có thể ước lượng được. Cụ thể, nếu \(x\) gần \(x_0\) và ta sử dụng công thức xấp xỉ: \[f(x)\approx f(x_0)+\dfrac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\cdots+\dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)\] thì sai số không vượt quá \[\dfrac{1}{(n+1)!}\left|f^{(n+1)}(c)(x-x_0)^{n+1}\right|\] với \(c\) là số nào đó nằm giữa \(x_0\) và \(x\).

Xét hàm \(f(x)=e^x\) và \(x_0=0\). Lúc đó \(f^{(n)}(x)=e^x\) nên \(f^{(n)}(0)=1\) với mọi \(n\in \mathbb{N}\). Do đó khai triển Taylor của hàm \(f\) tại \(0\) là \[f(x)=e^x=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{e^{c}}{(n+1)!}x^{n+1},\] với \(c\) nằm giữa \(0\) và \(x\). Chú ý rằng ta có thể viết \(c\) dưới dạng \(c=\theta x\) với \(\theta \in (0, 1)\). Do đó \[e^x=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\cdots+\dfrac{x^n}{n!}+\dfrac{e^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1}.\]

Khai triển Taylor của hàm \(f\) tại \(x_0=0\) còn được gọi là khai triển Maclaurin.

Ước lượng số \(e\) với sai số nhỏ hơn \(10^{-5}\).

Theo Ví dụ [vd:khai_trien_taylor_ham_mu], khi \(x=1\) phần dư tương ứng là \(e^{\theta}/(n+1)!\) với \(\theta\in (0,1)\). Vì \(e^\theta<3\) nên ta sẽ tìm \(n\) sao cho \(3/(n+1)!<10^{-5}\). Ta có \(9!=362880>3\cdot10^5\), \(8!=40320<3\cdot 10^5\), do đó \(n=8\) là giá trị gần đúng mà ta mong muốn. Khi đó \[e\approx P_8(1)=1+1+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{8!}=\frac{109601}{40320}\approx 2,71828.\]

Tương tự như ví dụ trên, chúng ta có thể tìm khai triển Maclaurin của một số hàm sơ cấp cơ bản như sau:

\[ \begin{aligned} \sin x &= x-\dfrac{x^3}{3!} +\dfrac{x^5}{5!}-\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\sin(\theta x+n\pi)\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}\\ \cos x &= 1-\dfrac{x^2}{2!} +\dfrac{x^4}{4!}-\cdots+(-1)^n\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+\cos\left(\theta x+(2n+1)\frac{\pi}{2}\right)\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\ \dfrac{1}{1+x}&=1-x+x^2-\cdots+(-1)^nx^n+(-1)^{n+1}\dfrac{1}{(1+\theta x)^{n+2}}x^{n+1}\\ \dfrac{1}{1-x}&=1+x+x^2+\cdots+x^n+\dfrac{1}{(1-\theta x)^{n+2}}x^{n+1}\\ \ln(1+x)&=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\cdots+(-1)^{n-1}\dfrac{x^n}{n}+(-1)^n\dfrac{x^{n+1}}{(1+\theta x)^{n+1}(n+1)}, \end{aligned} \]

trong đó \(\theta \in (0, 1)\).

Ta sẽ dùng công thức Taylor để ước lượng sai số khi xấp xỉ hàm số \(f(x)=\sin x\) với đa thức Taylor bậc ba tại \(x_0 =0\) trên khoảng \([-\pi/2,\pi/2]\). Vì \(f'(x)=\cos x\), \(f''(x) =-\sin x\) và \(f'''(x) = -\cos x\), tính toán trực tiếp ta có \[P_3(x)=x-\frac{x^3}{3!}.\] Hơn nữa, với mọi \(c\in \R\), ta có \(|f^{(4)}(c)|=|\sin c|\leq 1.\) Do đó, với \(x\in [-\pi/2,\pi/2]\), tồn tại \(c\) nằm giữa \(0\) và \(x\) sao cho \[|f(x)-P_3(x)|=\frac{|f^{(4)}(c)x^4|}{4!}\leq \frac{(\pi/2)^4}{4!}\leq 0,25367.\]

Sử dụng công thức Taylor để chứng minh \(e\) là số vô tỉ.

Theo Ví dụ [vd:so_e], \(2<e\leq 3\). Giả sử ngược lại rằng \(e\) là số hữu tỉ, khi đó tồn tại hai số nguyên \(m_0\) và \(n_0\neq0\) sao cho \(e=\frac{m_0}{n_0}\). Theo Ví dụ [vd:khai_trien_taylor_ham_mu], với mọi \(n\in\N^*\) \[e=1+\dfrac{1}{1!}+\dfrac{1}{2!}+\cdots+\dfrac{1}{n!}+\dfrac{e^{\theta}}{(n+1)!}, \quad \theta\in(0,1).\] Suy ra \[n!e =n!\frac{m_0}{n_0}=\sum\limits_{k=0}^n\frac{n!}{k!}+\dfrac{e^{\theta}}{(n+1)}.\] Vì hàm số mũ là hàm số tăng ngặt trên \(\R\) nên ta có \(1=e^0<e^\theta<e^1=e\leq 3\), do đó \(\frac{1}{n+1}<\frac{e^{\theta}}{(n+1)}<\frac{3}{n+1}\). Chọn \(n\geq \max\{3, n_0\}\), ta có \(n!\frac{m_0}{n_0}\) và \(\sum\limits_{k=0}^n\frac{n!}{k!}\) là các số nguyên dương trong khi \(\dfrac{e^{\theta}}{(n+1)}\in (0,1)\), điều này vô lí. Vậy \(e\) là số vô tỉ.

Định lí Taylor cũng hữu ích trong việc chứng minh các bất đẳng thức

Chứng minh rằng \(1-\frac{x^2}{2}\leq \cos x\) với mọi \(x\in\R\). Theo Định lí Taylor tồn tại \(\theta\) nằm giữa \(0\) và \(x\) sao cho \[\cos x=1-\frac{x^2}{2}+\frac{\sin c}{6}x^3.\] Nếu \(x\in[0,\pi]\), thì \(c\in[0,\pi]\). Suy ra \(\sin c\) và \(x\) cùng không âm, do đó \(\frac{\sin c}{6}x^3\geq 0\). Tương tự cho trường hợp \(x\in[-\pi, 0]\), ta cũng có \(\frac{\sin c}{6}x^3\geq 0\). Nếu \(|x|>\pi\) thì rõ ràng \(1-\frac{x^2}{2}<-3<\cos x\). Vậy bất đẳng thức đúng với mọi \(x\in\R\).

So sánh \(e^\pi\) và \(\pi^e\). Theo Ví dụ [vd:khai_trien_taylor_ham_mu], ta có \(e^x>1+x\) với mọi \(x>0\). Vì \(\pi>e\) nên \(\pi/e-1>0\) nên \(e^{\pi/e-1}>1+(\pi/e-1)=\pi/e\). Suy ra \(e^{\pi/e}>(\pi/e) e=\pi\) và do đó \(e^\pi>\pi^e\).

Bài tập

Viết công thức khai triển Taylor của các hàm số tại điểm \(x_0\) cho trước

1. \(f(x)=e^{3x-1}\),  \(x_0=2\).

2. \(f(x)=\sin (2x)\),  \(x_0=\pi/2\).

3. \(f(x)=\cosh (x-5)\),  \(x_0=1\).

Dùng Định lí Taylor để chứng minh rằng với mọi \(x>0\) và \(m\in\N\), ta có \[e^x>\sum\limits_{k=0}^m\frac{x^k}{k!}.\]

Chứng minh các bất đẳng thức sau

1. \(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}<\ln(1+x)<x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}\) với mọi \(x>0\).

2. \(1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}<\sqrt{x+1}<1+\frac{x}{2}-\frac{x^2}{8}+\frac{x^3}{16}\) với mọi \(x>0\).

Dùng Định lí Taylor để tính gần đúng các số sau đến 5 chữ số thập phân.

1. \(\sqrt{2}\).

2. \(\sqrt[3]{0,3}\).

3. \(\cos 1\).

Chứng minh các số sau là số vô tỉ.

1. \(\sin 1\).

2. \(e^{\sqrt{2}}\).

Tìm đa thức Taylor bậc 5, \(P_5(x)\), tại \(x_0=0\) của hàm số \(f(x)=\cos x\). Xác định một cận trên của sai số \(|P_5(x)-\cos x|\) với \(x\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\).

Cho \(f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\) là hàm số khả vi đến cấp 2. Cho các số thực \(a<b<c\) và \(g(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\), \(x>a\). Chứng minh rằng tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \[\frac{g(c)-g(b)}{c-b}=\frac{1}{2}f''(c).\]

Giả sử \(f\) khả vi đến cấp 2 trên \((a,b)\). Chứng minh rằng với mọi \(x\in (a,b)\) ta có \[\lim\limits_{h\to 0}\frac{f(x+h)+f(x-h)-2f(x)}{h^2}=f''(x).\]

Cho \(f\) là hàm khả vi trên \([a, b]\) và \(f'(a)=f'(b)=0\). Chứng minh nếu \(f''\) tồn tại trên \((a, b)\) thì tồn tại \(c\in(a, b)\) sao cho \[|f''(c)|\geq\frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|.\]

Nếu \(f''(x)\) tồn tại trên \([a,b]\) và \(f'(a)=f'(b)\), thì tồn tại \(c\in(a,b)\) sao cho \[f\left(\frac{a+b}{2}\right)=\frac 1 2[f(a)+f(b)]+\frac{(b-a)^2}{8}f''(c).\]

Cho \(f\) là hàm khả vi liên tục đến cấp hai trên \([a, b]\). Chứng minh tồn tại \(c\in(a, b)\) sao cho \[\frac{f(a)+f(b)}{2} = f\left(\frac{a+b}{2}\right) + \frac{(b-a)^2}{8}f''(c).\]

Cho hàm \(f\) khả vi liên tục đến cấp 3 trên \([0,1]\). Giả sử \(f(0)=f'(0)=f'(1)=f''(0)=f''(1)=0\) và \(f(1)=1\). Chứng minh tồn tại \(c\in(0,1)\) sao cho \(f'''(c)\geq 24\).

Cho hàm \(f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\) khả vi đến cấp 3. Chứng minh tồn tại \(c\in(-1,1)\) sao cho \[\frac{f'''(c)}{6}=\frac{f(1)-f(-1)}{2}-f'(0).\]

Cho đa thức \(P\) không có nghiệm thực. Chứng minh đa thức \(P(x)+\frac{P''(x)}{2!}+\frac{P^{(4)}(x)}{4!}+\cdots\) không có nghiệm thực.

Cho \(f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\) thuộc lớp \(C^2(\R)\). Giả sử \(f\) và \(f''\) bị chặn và đặt \(M_0=\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|\) và \(M_2=\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f''(x)|\). Chứng minh rằng \(f'\) bị chặn và \[\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f'(x)|\leq 2\sqrt{M_0M_2}.\]

Cho \(f:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}\) thuộc lớp \(C^3(\R)\). Giả sử \(f\) và \(f'''\) bị chặn và đặt \(M_0=\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f(x)|\) và \(M_3=\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f'''(x)|\). Chứng minh rằng \(f'\) và \(f''\) bị chặn và \[\sup\limits_{x\in\mathbb{R}}|f'(x)|\leq \frac{1}{2}\sqrt[3]{9M_0^2M_3}.\]

Cho \(f\) liên tục trên \([a,b]\), khả vi trên đến cấp 3 \((a,b)\), và có \(c \in (a,b)\) sao cho \(f(a)=f(b)=f(c)=0\). Với mỗi \(x \in (a,b)\) liệu có tồn tại \(m \in (a,b)\) sao cho \[f(x)=\frac{1}{6}(x-a)(x-b)(x-c)f'''(m)?\]

Cho \(f:[0,\infty)\longrightarrow\mathbb{R}\) là hàm số khả vi thoả mãn \(\lim\limits_{x\to\infty}f\left( x\right)=0\) và \(f''\) bị chặn. Chứng minh \(\lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=0\).

Cho \(C\) là một số thực và \(f\) là hàm số thoả mãn

\[ \lim\limits_{x\to\infty}f(x)=C\text{ và } \lim\limits_{x\to\infty}f'''(x)=0. \]

Chứng minh rằng

\[ \lim\limits_{x\to\infty}f'(x)=0\text{ và } \lim\limits_{x\to\infty}f''(x)=0. \]

4 Một số ứng dụng của phép tính vi phân

4.1 Quy tắc L’Hospital

Quy tắc L’Hospital được nhà toán học Marquis de L’Hospital đặt ra năm 1696. Nó là công cụ hữu hiệu để tìm giới hạn của các dạng vô định, sẽ được thảo luận trong mục này.

Giả sử \(f\) và \(g\) là các hàm khả vi trên \((a, b)\) và \(g'(x)\not=0\) với mọi \(x\in (a, b)\). Giả sử thêm rằng \[\lim_{x\to a^+}f(x)=\lim_{x\to a^+}g(x)=0.\] Khi đó, nếu

\[ \begin{aligned} \label{L1} \lim_{x\to a^+}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}= L \quad (L \text{ hữu hạn hoặc } \pm \infty) \end{aligned} \]

thì \[\lim_{x\to a^+}\dfrac{f(x)}{g(x)}= L.\]

Proof. Proof. Chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp \(L\in \R\). Trường hợp \(L=\pm \infty\) dành cho các bạn đọc.

Lấy \(\epsilon>0\) tùy ý. Từ [L1], tồn tại một số \(d\in (a, b)\) sao cho

\[ \label{L2} \left|\frac{f'(x)}{g'(x)}-L\right|<\epsilon \text{ với mọi } x \in (a, d). \]

Lấy \(x, t\) tùy ý thuộc \((a, d), x\not=t\). Theo Định lí Cauchy, tồn tại \(c\) nằm giữa \(x\) và t (và do đó \(c \in (a, d)\)) sao cho

\[ \label{L3} [g(x)-g(t)]f'(c)=[f(x)-f(t)]g'(c). \]

Vì \(g'(x)\not=0\) với mọi \(x\in (a, b)\), Định lí Lagrange suy ra rằng \[g(x)-g(t)\not=0 \text{ nếu } x, t \in (a, b)\] và do đó \(g(x)=0\) không thể có quá một nghiệm trong khoảng \((a, b)\). Điều này cho phép ta chọn \(d\) sao cho [L2] thoả mãn và \(g(x)\not=0\) với mọi \(x\in (a, d)\). Từ [L3] ta có \[\frac{f(x)-f(t)}{g(x)-g(t)}=\frac{f'(c)}{g'(c)}.\] Kết hợp với [L2] ta được

\[ \label{L4} \left|\frac{f(x)-f(t)}{g(x)-g(t)}-L\right|<\epsilon \text{ với mọi } x, t \in (a, d), x\not=t. \]

Cho \(x\) cố định và cho \(t\to a^+\) trong [L4], ta có \[\left|\frac{f(x)}{g(x)}-L\right|\leq\epsilon.\] Điều này đúng với mọi \(x\in (a, d)\). Như vậy \(\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)}{g(x)}= L.\) ◻

Tính giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{x^2}\)

Ta có thể kiểm tra các điều kiện của Định lí [DLL1] được thoả mãn cho hàm \(f(x)=1-\cos x, g(x)=x^2, a=0,\) và \(b>0\) (chẳng hạn lấy \(b=1\)). Do đó \[\lim_{x\to 0^+}\dfrac{1-\cos x}{x^2}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{(1-\cos x)'}{(x^2)'}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\sin x}{2x}=\dfrac12.\]

Giả sử \(f\) và \(g\) là các hàm khả vi trên trên \((a, b)\) và \(g'(x)\not=0\) với mọi \(x\in (a, b)\). Giả sử thêm rằng \[\lim_{x\to a^+}f(x)=+ \infty \,(\text{hoặc } -\infty) \text{ và } \lim_{x\to a^+}g(x)=+ \infty \, (\text{hoặc } -\infty).\] Khi đó, nếu

\[ \begin{aligned} \label{L5} \lim_{x\to a^+}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}= L \quad (L \text{ hữu hạn hoặc } \pm \infty) \end{aligned} \]

thì \[\lim_{x\to a^+}\dfrac{f(x)}{g(x)}= L.\]

Proof. Proof. Như trên, chúng ta sẽ chứng minh cho trường hợp \(L\in \R\). Trường hợp \(L=\pm \infty\) dành cho các bạn đọc.

Lấy \(\epsilon>0\) tùy ý. Từ [L5], tồn tại \(K>0\) và \(d\in (a, b)\) sao cho

\[ \left|\frac{f'(x)}{g'(x)}\right|\leq K \text{ và }\left|\frac{f'(x)}{g'(x)}-L\right|<\dfrac{\epsilon}{2} \text{ với mọi } x \in (a, d). \]

Cố định \(\alpha \in (a, d)\). Vì \(\lim\limits_{x\to a^+}f(x)=+ \infty \,(\text{hoặc } -\infty)\) và \(\lim\limits_{x\to a^+}g(x)=+ \infty \,(\text{hoặc } -\infty)\) nên tồn tại \(d_1\in (a, \alpha)\) sao cho \(f(x)\not=0, f(x)\not=f(\alpha), g(x)\not=0,g(x)\not=f(\alpha)\) với mọi \(x\in (a, d_1)\).

Đặt \[u(x)=\dfrac{1-\dfrac{g(\alpha)}{g(x)}}{1-\dfrac{f(\alpha)}{f(x)}}\] thì \(u(x)\) xác định trên \((a, d_1)\) và \(\lim\limits_{x\to a^+}u(x)=1\).

Ta có

\[ \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{ f(x)-f(\alpha)}{g(x)-g(\alpha)}\frac{1-\frac{g(\alpha)}{g(x)}}{1-\frac{f(\alpha)}{f(x)}}. \]

Lấy \(x\) tùy ý thuộc \((a, d_1)\). Theo Định lí Cauchy, tồn tại \(c\in (x, \alpha)\) sao cho

\[ [g(x)-g(\alpha)]f'(c)=[f(x)-f(\alpha)]g'(c). \]

Do đó, \[\frac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{f'(c)}{g'(c))}u(x).\] Vì \(\lim\limits_{x\to a^+}u(x)=1\) nên tồn tại \(d_2\in (a, d_1)\) sao cho \[|u(x)-1|<\dfrac{\epsilon}{2K} \text{ với mọi } x\in (a, d_2).\] Bây giờ ta đánh giá

\[ \begin{aligned} \left|\dfrac{f(x)}{g(x)}-L\right|&=\left|\dfrac{f'(c)}{g'(c))}u(x)-L\right|\\ &=\left|\dfrac{f'(c)}{g'(c)}(u(x)-1)+\dfrac{f'(c)}{g'(c)}-L\right|\\ &\leq \left|\dfrac{f'(c)}{g'(c)}\right||u(x)-1|+\left|\dfrac{f'(c)}{g'(c)}-L\right|\\ &<K\dfrac{\epsilon}{2K}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon. \end{aligned} \]

với mọi \(x\in (a, d_2)\). Vậy \(\lim\limits_{x\to a^+}\dfrac{f(x)}{g(x)}= L.\) ◻

Tính giới hạn \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\ln x}{x}\)

Áp dụng Định lí [DLL2], ta có \[\lim_{x\to \infty}\dfrac{\ln x}{x}=\lim_{x\to \infty}\dfrac{1/x }{1}=0.\]

1. Định lí [DLL1] và Định lí [DLL2] vẫn còn đúng cho trường hợp giới hạn trái, giới hạn thông thường và giới hạn tại vô cùng.

2. Ta có thể sử dụng quy tắc L’Hospital nhiều lần để tính giới hạn nếu các hàm đạo hàm vẫn thoả mãn các điều kiện của quy tắc.

3. Quy tắc L’Hospital chỉ là điều kiện đủ chứ không phải là điều kiện cần của sự tồn tại giới hạn.

Tính giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{-x}-2x}{1-\cos x}\)

Áp dụng Định lí [DLL1] ta có \[\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{-x}-2x}{1-\cos x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{(e^x-e^{-x}-2x)'}{(1-\cos x)'}=\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x+e^{-x}-2}{\sin x}.\] Áp dụng Định lí [DLL1] một lần nữa ta có \[\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{-x}-2x}{1-\cos x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x+e^{-x}-2}{\sin x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{(e^x+e^{-x}-2)'}{(\sin x)'}=\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{-x}}{\cos x}=0.\]

Xét giới hạn \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{g(x)}\) với \[f(x)=x-x^2\sin\dfrac1x \quad \text{ và }\quad g(x)=\sin x.\]

Khi đó, \[\lim_{x\to 0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1-2x\sin \frac{1}{x}+\cos \frac{1}{x}}{\cos x}\] không tồn tại. Tuy nhiên \[\lim_{x\to 0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to 0}\dfrac{x-x^2\sin\dfrac1x}{\sin x}=\lim_{x\to 0}\dfrac{1-x\sin\dfrac1x}{\dfrac{\sin x}{x}}=1.\]

Tính \(\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x\).

Ta thấy rằng khi \(x\to 0^+\) thì \(\ln x\to -\infty\). Như vậy ta có dạng vô định \(0\cdot \infty\). Để tìm giới hạn, ta sẽ biến đổi nó về dạng vô định \(\infty/\infty\) rồi áp dụng quy tắc L’Hospital. Ta có \[\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{1/x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1/x}{-1/x^2}=\lim\limits_{x\to 0^+}(-x)=0.\]

Tính \(\lim\limits_{x\to 0}\left(\cot^2x-\dfrac{1}{x^2}\right)\).

Ta thấy rằng giới hạn này có dạng vô định \(\infty-\infty\). Vì vậy ta cần biến đổi nó về dạng vô định thích hợp để có thể áp dụng quy tắc L’Hospital.

Ta có

\[ \begin{aligned} \cot^2x-\dfrac{1}{x^2}&=\dfrac{x^2\cos^2x-\sin^2x}{x^2\sin^2x}\\ &=\left(\dfrac{x\cos x+\sin x}{x}\right)\left(\dfrac{x\cos x-\sin x}{x\sin^2 x} \right)\\ &=\left(\cos x+\dfrac{\sin x}{x}\right)\left(\dfrac{x\cos x-\sin x}{x\sin^2 x} \right). \end{aligned} \]

Khi \(x\to 0\) thì thừa số thứ nhất có giới hạn là 2 còn thừa số thứ hai có dạng vô định \(0/0\). Ta áp dụng quy tắc L’Hospital để tìm giới hạn của thứa số thứ hai.

\[ \begin{aligned} \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\cos x-\sin x}{x\sin^2x}&=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-x\sin x}{\sin^2 x+2x\sin x\cos x}\\ &=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{-1}{\dfrac{\sin x}{x}+2\cos x}\\ &=-\dfrac{1}{3}. \end{aligned} \]

Vậy \(\lim\limits_{x\to 0}\left(\cot^2x-\dfrac{1}{x^2}\right)=2\left(-\dfrac{1}{3}\right)=-\dfrac{2}{3}\).

Tính \(\lim\limits_{x\to 0^+}(1+\sin(4x))^{\cot x}\).

Khi \(x\to 0^+\) thì \(1+\sin(4x)\to 1\) và \(\cot x\to \infty\). Vậy ta có dạng vô định \(1^{\infty}\).

Đặt \(y=(1+\sin(4x))^{\cot x}\). Khi đó

\[ \ln y= \cot x\ln(1+\sin(4x))=\dfrac{\ln(1+\sin(4x))}{\tan x}. \]

Áp dụng quy tắc L’Hospital ta có \[\lim\limits_{x\to 0^+}\ln y=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(1+\sin(4x))}{\tan x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\dfrac{4\cos(4x)}{1+\sin(4x)}}{\dfrac{1}{\cos^2x}}=4.\] Từ đây suy ra \[\lim\limits_{x\to 0^+}(1+\sin(4x))^{\cot x}=\lim\limits_{x\to 0^+}y=\lim\limits_{x\to 0^+}e^{\ln y}=e^4.\]

Bài tập

Sử dụng quy tắc L’Hospital, tính các giới hạn sau

1. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x-e^{-x}}{\sin x\cos x}\).

2. \(\lim\limits_{x\to 1^+}\left(\dfrac{1}{\ln x}-\dfrac{1}{x-1}\right)\).

3. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos(2x)}{x\sin x}\).

4. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\arctan x}{x^3}\).

5. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x-\sin x}{x-\tan x}\).

6. \(\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{\cot x}\).

7. \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{\frac \pi2-\arctan x}{\ln\left(1+\frac 1x\right)}\).

8. \(\lim\limits_{x\to \infty}\sqrt{x}e^{-x}\).

9. \(\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^n-1-nx}{x^2}\).

Sử dụng quy tắc L’Hospital, tính các giới hạn sau

1. \(\lim\limits_{x\to 0^+}\tan(x^x)\).

2. \(\lim\limits_{x\to 0^+}x^{\sin x}\).

3. \(\lim\limits_{x\to\infty}x^{1/x}\).

4. \(\lim\limits_{x\to\infty}x^{1/\ln x}\).

5. \(\lim\limits_{x\to \infty}\left(\dfrac{2x-3}{2x+5}\right)^{2x+1}\).

6. \(\lim\limits_{x\to 1^+}x^{1/{1-x}}\).

Có thể sử dụng quy tắc L’Hospital để tính các giới hạn sau hay không?

1. \(\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{x-\sin x}{2x+\sin x}\).

2. \(\lim\limits_{x\to 0^+}\left(2\sin\sqrt{x}+\sqrt{x}\sin\frac{1}{x}\right)^x\).

Sử dụng công thức khai triển Taylor để tính các giới hạn sau

2

1. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{1}{x}\left(\dfrac{1}{x}-\cot x\right)\)

2. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln (1+x)-x}{x^2}\)

3. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\cos x-1+\dfrac{x^2}{2}}{x^4}\)

4. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\tan x-\sin x}{x^3}\)

5. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\arctan x-\arcsin x}{x^3}\)

6. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\tan x-x-\frac{x^3}{3}}{\sin x-x+\frac{x^3}{6}}\)

7. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{\ln ^2(1+x)-\sin ^2 x}{1-e^{-x^2}}\)

8. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{e^x-1-x-\dfrac{x^2}{2}}{x-\sin x}\)

9. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0} \dfrac{2(\tan x-\sin x)-x^3}{x^5}\)

10. \(\lim \limits_{x \rightarrow \infty}\left[x-x^2 \ln \left(1+\frac{1}{x}\right)\right]\)

11. \(\lim \limits_{x \rightarrow 0}\left[\frac{1}{x^2}-\cot ^2 x\right]\)

12. \(\lim \limits_{x \rightarrow \infty} \sqrt[6]{x^6+x^5}-\sqrt[6]{x^6-x^5}\).

Xét tính khả vi của hàm số sau tại \(x=0\).

\[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} \frac{1}{x\ln2}-\frac{1}{2^x-1} &\text{ nếu }\ x\neq 0,\\ \frac{1}{2} \ &\text{ nếu }\ x=0. \end{cases} \end{aligned} \]

Chứng minh rằng hàm số sau khả vi trên \(\R\):

1. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2e^{-x^2}\ &\text{ nếu }\ |x|\leq 1,\\ \frac{1}{e} \ &\text{ nếu }\ |x|> 1. \end{cases} \end{aligned} \]

Cho \(P(x)\) là một đa thức. Chứng minh rằng \(\lim\limits_{x\to\infty}P(x)e^{-x}=0\).

Cho \(f\) là hàm số sau khả vi trên \((0,\infty)\) và \(a>0\). Chứng minh các phát biểu sau.

1. Nếu \(\lim\limits_{x\to\infty}(a f(x)+f'(x))\) thì \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\frac{L}{a}\).

2. Nếu \(\lim\limits_{x\to\infty}(a f(x)+2\sqrt{x}f'(x))\) thì \(\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\frac{L}{a}\).

Các kết quả trên có đúng với trường hợp \(a<0\)?

Cho \(f\) là hàm số sau khả vi cấp ba trên \((0,\infty)\) thoả mãn \(f(x)>0\), \(f'(x)>0\) và \(f''(x)>0\) với mọi \(x>0\). Giả sử \[\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)f'''(x)}{(f''(x))^2}=c.\]

1. Chứng minh \[\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f'(x)}{xf''(x)}=1-c.\]

2. Tính \[\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{f(x)f''(x)}{(f'(x))^2}.\]

4.2 Khảo sát hàm số

Chiều biến thiên và cực trị địa phương

Giả sử \(y=f(x)\) là một hàm số xác định trên một tập \(D\subset \mathbb{R}\). Mệnh đề [md:monotone_derivative] cho phép ta khảo sát được chiều biến thiên của \(f\) trong các khoảng con của tập \(D\) dựa vào dấu của đạo hàm \(f'\) trên từng khoảng con này.

Để khảo sát cực trị địa phương của hàm \(f\), Định lí Fermat cho ta một điều kiện cần. Định lí sau đây cho ta một điều kiện đủ để \(f\) có cực trị địa phương.

Giả sử \(f\) là một hàm liên tục tại \(x_0\) và khả vi trong một lân cận của \(x_0\) (có thể ngoại trừ tại điểm \(x_0\)).

1. Nếu \(f'\) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua \(x_0\) thì hàm \(f\) đạt cực đại địa phương tại \(x_0\).

2. Nếu \(f'\) đổi dấu từ âm sang dương khi đi qua \(x_0\) thì hàm \(f\) đạt cực tiểu địa phương tại \(x_0\).

3. Nếu \(f'\) giữ nguyên dấu khi đi qua \(x_0\) thì \(f\) không có cực trị tại \(x_0\).

Proof. Proof. Ta sẽ chứng minh phần (i), các phần còn lại hoàn toàn tương tự. Giả sử \(x\) là một điểm bất kì trong lân cận của \(x_0\) và \(x_0-\delta_1<x<x_0\), \(\delta_1>0\). Lúc đó \(f'(t)>0\) với mọi \(x<t<x_0\), suy ra \(f(x_0)\geq f(x)\). Nếu \(x\) là một điểm trong lân cận của \(x_0\) và \(x_0+\delta_2>x>x_0\), \(\delta_2>0\) thì \(f'(t)<0\) với mọi \(x_0<t<x\), suy ra \(f(x_0)\geq f(x)\). Vậy tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f(x)\leq f(x_0)\) với mọi \(x\) thuộc \((x_0-\delta,x_0+\delta)\) hay hàm \(f\) đạt cực đại địa phương tại \(x_0\). ◻

Nếu hàm \(f\) có đạo hàm đến cấp cao trong một lân cận của \(x_0\), ta có thể dùng điều kiện đủ dưới đây để khảo sát cực trị của \(f\) tại \(x_0\).

Giả sử \(f\) là một hàm khả vi liên tục đến cấp \(n\) trên \((a, b)\) và \(x_0\in (a, b)\). Ngoài ra giả sử \[f(x_0)=f'(x_0)=\cdots = f^{(n-1)}(x_0)=0, f^{(n)}(x_0)\not=0.\] Khi đó

1. Nếu \(n\) chẵn và \(f^{(n)}(x_0)>0\) thì \(f\) đạt cực tiểu địa phương tại \(x_0\).

2. Nếu \(n\) chẵn và \(f^{(n)}(x_0)<0\) thì \(f\) đạt cực đại địa phương tại \(x_0\).

3. Nếu \(n\) lẻ thì \(f\) không có cực trị địa phương tại \(x_0\).

Proof. Proof. Ta sẽ chứng minh (i). Các trường hợp còn lại được lập luận tương tự. Giả sử \(n\) chẵn và \(f^{(n)}(x_0)>0\). Vì \(f^{(n)}(x_0)>0\) và \(f^{(n)}\) liên tục tại \(x_0\) nên tồn tại \(\delta>0\) sao cho \[f^{(n)}(t)>0 \text{ với mọi } t\in(x_0-\delta, x_0+\delta)\subset (a,b).\]

Cố định \(x\in(x_0-\delta, x_0+\delta)\). Kết hợp Định lí Taylor với giả thiết, tồn tại \(c\) nằm giữa \(x_0\) và \(x\) sao cho \[f(x)=f(x_0)+\frac{f^{(n)}(c)}{n!}(x-x_0)^n.\] Vì \(n\) chẵn và \(c\in(x_0-\delta, x_0+\delta)\), ta có \(f(x)\geq f(x_0)\). Do đó, \(f\) đạt cực tiểu tại \(x_0\). ◻

Xét hàm số \(f(x)=x^2\cos x\) trên \(\R\). Khi đó \(f'(x)=2x\cos x-x^2\sin x\) và \(f''(x)=2\cos x-4x\sin x-x^2\cos x\). Ta có \(f(0)=f'(0)=0\) và \(f''(0)=2>0\). Từ định lí trên ta suy ra \(f\) có cực tiểu địa phương tại \(0\).

Cho \(f\) là hàm liên tục trên đoạn \([a, b]\), khi đó \(f\) sẽ đạt giá trị lớn nhất (GTLN) và giá trị nhỏ nhất (GTNN) trên đoạn đó. Ta biết rằng hàm \(f\) có thể đạt các giá trị này tại \(a\) hay \(b\) hoặc tại các điểm nằm trong khoảng \((a, b)\). Nếu \(f\) đạt GTLN hay GTNN tại \(x_0 \in (a, b)\) thì hiển nhiên \(f\) đạt cực trị địa phương tại \(x_0\). Nếu giả thiết thêm rằng \(f\) có đạo hàm tại \(x_0\) thì theo Định lí Fermat ta có \(f'(x_0) = 0\). Như vậy, để tìm GTLN và GTNN của hàm \(f\) trên đoạn \([a, b]\) ta cần quan tâm những điểm thuộc khoảng \((a, b)\) mà tại đó hàm \(f\) không có đạo hàm hoặc có đạo hàm bằng \(0\). Những điểm như vậy được gọi là các điểm tới hạn.

Giả sử trên đoạn \([a, b]\), hàm \(f\) có các điểm tới hạn là \(x_1, x_2, \ldots , x_n\). Ta có quy tắc sau để tìm GTLN và GTNN của hàm \(f\) trên đoạn \([a, b]\). \[\max_{x\in [a, b]}f(x)=\max\{f(a), f(b), f(x_1), f(x_2), \ldots, f(x_n)\}\] \[\min_{x\in [a, b]}f(x)=\min\{f(a), f(b), f(x_1), f(x_2), \ldots, f(x_n)\}.\]

Tính lồi, lõm và điểm uốn

Hàm \(f: (a, b)\longrightarrow \mathbb{R}\) được gọi là lồi trên \((a, b)\) nếu \[f(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)\leq \lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\] với mọi \(x_1, x_2\in (a, b)\) và với mọi \(\lambda \in (0, 1)\).

Hàm \(f\) được gọi là lõm trên \((a, b)\) nếu hàm \(-f\) là lồi trên \((a, b)\).

Giả sử \(f\) lồi trên \((a, b)\). Lấy tùy ý \(x_1, x_2\in (a, b)\), \(x_1<x_2\) và \(\lambda\in (0, 1)\). Đặt \(x_3=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2\). Gọi \(A(x_1, f(x_1)), B(x_2, f(x_2))\), \(C(x_3, f(x_3))\) và \(D(x_3, \gamma)\) với \(\gamma:=\lambda f(x_1)+(1-\lambda) f(x_2)\). Vì \(f\) là hàm lồi nên \(f(x_3)\leq \gamma.\) Điều này có nghĩa là nếu \(f\) là hàm lồi trên \((a, b)\) thì với hai điểm tùy ý \(A, B\) trên đồ thị hàm \(f\), dây cung \(AB\) luôn nằm trên phần đồ thị của hàm \(f\) nối hai điểm \(A\) và \(B\).

Minh hoạ đồ thị hàm lồi

Cho \(f\) là một hàm xác định trên \((a, b)\). Hàm \(f\) là lồi trên \((a, b)\) khi và chỉ khi với mọi bộ ba điểm \(x_1<x_2<x_3\) thuộc \((a, b)\) ta có \[\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\leq \dfrac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}\leq \dfrac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.\]

Proof. Proof. Ta sẽ chứng minh chiều suy ra, chiều ngược lại dành cho người đọc. Giả sử \(f\) lồi trên \((a, b)\) và \(x_1, x_2, x_3\in (a, b)\) thoả mãn \(x_1<x_2<x_3\). Đặt \(\lambda=\dfrac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\). Lúc đó \(\lambda\in (0, 1)\) và

\[ \begin{aligned} f(x_2)&=f(x_1+(x_2-x_1))=f\left(x_1+\dfrac{x_2-x_1}{x_3-x_1}(x_3-x_1)\right)\\ &=f(x_1+\lambda(x_3-x_1))=f(\lambda x_3+(1-\lambda)x_1). \end{aligned} \]

Vì \(f\) lồi nên \[f(x_2)\leq \lambda f(x_3)+(1-\lambda)f(x_1).\] Từ đó suy ra

\[ \begin{aligned} f(x_2)-f(x_1) &\leq \lambda f(x_3)+(1-\lambda)f(x_1)-f(x_1)\\ &=\lambda(f(x_3)-f(x_1))=\dfrac{x_2-x_1}{x_3-x_1}(f(x_3)-f(x_1)). \end{aligned} \]

Như vậy, \[\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\leq \dfrac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}.\] Tương tự, ta có

\[ \begin{aligned} f(x_2)-f(x_3)&\leq \lambda f(x_3)+(1-\lambda)f(x_1)-f(x_3)\\ &=(1-\lambda)(f(x_1)-f(x_3))=\dfrac{x_2-x_3}{x_3-x_1}(f(x_3)-f(x_1)). \end{aligned} \]

Do đó, \[\dfrac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}\leq \dfrac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.\] ◻

Cho \(f\) là một hàm khả vi trên \((a, b)\). Khi đó \(f\) lồi trên \((a, b)\) khi và chỉ khi \(f'\) đơn điệu tăng trên \((a, b)\).

Proof. Proof. Giả sử \(f\) lồi trên \((a, b)\). Cố định \(x_1, x_2\in (a, b)\), \(x_1<x_2\). Theo Mệnh để [md:kshs_hamloi], với mọi \(x\in (x_1, x_2)\), ta có \[\dfrac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1}\leq \dfrac{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}.\] Cho \(x\to x_1^+\) ta được \[f'(x_1)\leq \dfrac{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}.\] Tương tự, \[\dfrac{f(x_2)-f(x)}{x_2-x}\leq f'(x_2).\] Suy ra rằng \(f'(x_1)\leq f'(x_2)\) và do đó \(f'\) là hàm tăng trên \((a, b)\).

Bây giờ chúng ta chứng minh chiều ngược lại. Giả sử rằng \(f'\) là hàm tăng trên \((a, b)\). Cố định \(x_1, x_2\in (a, b)\), \(x_1<x_2\) và \(\lambda \in (0, 1)\). Đặt \(x_{\lambda}=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2\). Khi đó \(x_1<x_{\lambda}<x_2\). Theo Định lí Lagrange, tồn tại \(c_1, c_2\) sao cho \(x_1<c_1<x_{\lambda}<c_2<x_2\) và \[f(x_{\lambda})-f(x_1)=f'(c_1)(x_{\lambda}-x_1)=f'(c_1)(1-\lambda)(x_2-x_1);\] \[f(x_{\lambda})-f(x_2)=f'(c_2)(x_{\lambda}-x_2)=f'(c_2)\lambda (x_1-x_2).\] Suy ra rằng \[\lambda f(x_{\lambda})-\lambda f(x_1)=f'(c_1)\lambda(1-\lambda) (x_2-x_1);\] \[(1-\lambda)f(x_{\lambda})-(1-\lambda)f(x_2)=f'(c_2)\lambda(1-\lambda)(x_1-x_2).\] Vì \(f'(c_1)\leq f'(c_2)\) nên

\[ \begin{aligned} \lambda f(x_{\lambda})-\lambda f(x_1)&=f'(c_1)\lambda(1-\lambda)(x_2-x_1)\\ &\leq f'(c_2)\lambda(1-\lambda)(x_2-x_1)\\ &=(1-\lambda)f(x_2)-(1-\lambda)f(x_{\lambda}). \end{aligned} \]

Từ đây suy ra \[f(x_{\lambda})\leq \lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)\] và như vậy \(f\) lồi trên \((a, b)\). ◻

Hệ quả sau đây suy ra trực tiếp từ Định lí [dl:kshs_hamloi_2].

Giả sử \(f: (a, b)\longrightarrow \mathbb{R}\) là hàm khả vi đến cấp 2 trên \((a, b)\). Khi đó \(f\) lồi trên \((a, b)\) khi và chỉ khi \(f''(x)\geq 0\) với mọi \(x\in (a, b)\).

Giả sử \((a, b)\subset \R\), \(x_0\in (a, b)\) và \(f\) là một hàm khả vi trên khoảng \((a, b)\) (riêng tại \(x_0\), \(f\) có thể có đạo hàm vô cùng). Điểm \((x_0, f(x_0))\) được gọi là một điểm uốn của đồ thị hàm \(f\) nếu tồn tại \(\delta>0\) sao cho \(f\) lồi trên \((x_0-\delta, x_0)\) và lõm trên \((x_0, x_0+\delta)\) hay ngược lại.

Mệnh đề sau đây suy ra trực tiếp từ Định lí [dl:kshs_hamloi_2].

Giả sử hàm \(f\) khả vi đến cấp hai trong một lân cận của \(x_0\) (có thể ngoại trừ tại \(x_0\)). Nếu \(f''\) đổi dấu khi đi qua \(x_0\) thì \((x_0, f(x_0))\) là một điểm uốn của đồ thị hàm \(f\).

Tiệm cận của đồ thị hàm số

Đường thẳng \(x=a\) được gọi là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm \(f\) nếu ít nhất một trong những giá trị của các giới hạn \(\lim\limits_{x\to a^+}f(x)\) hay \(\lim\limits_{x\to a^-}f(x)\) là \(\infty\) hay \(-\infty\).

Đường thẳng \(y=b\) được gọi là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm \(f\) nếu \[\lim\limits_{x\to \infty }f(x) =b \mbox{ hay } \lim\limits_{x\to -\infty }f(x) =b.\]

Đường thẳng \(y=mx+b\), \(m\not=0\) được gọi là một tiệm cận xiên của đồ thị hàm \(f\) nếu \[\lim\limits_{x\to \infty }[f(x)-(mx+b)] =0 \mbox{ hay } \lim\limits_{x\to -\infty }[f(x)-(mx+b)] =0.\]

Đường thẳng \(x=0\) là một tiệm cận đứng của đồ thị hàm số \(y=\ln x\) vì \(\lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty.\)

Đường thẳng \(y=0\) là một tiệm cận ngang của đồ thị hàm số \(y=e^x\) vì \(\lim\limits_{x\to -\infty}e^x=0\).

Định lí sau đây cho ta một phương pháp để tìm tiệm cận xiên của đồ thị hàm \(f\).

Điều kiện cần và đủ để \(\lim\limits_{x\to \infty }[f(x)-(mx+b)] =0\) là \[\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{f(x)}{x}=m, \ \lim\limits_{x\to \infty}[f(x)-mx]=b,\] Tương tự, điều kiện cần và đủ để \(\lim\limits_{x\to -\infty }[f(x)-(mx+b)] =0\) là \[\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}{x}=m, \ \lim\limits_{x\to -\infty}[f(x)-mx]=b.\]

Proof. Proof. Ta chứng minh cho trường hợp \(x\to \infty\). Trường hợp còn lại được chứng minh tương tự. Giả sử rằng \(\lim\limits_{x\to \infty }[f(x)-(mx+b)] =0.\) Lúc đó \[\lim\limits_{x\to \infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to \infty}\left[\dfrac{f(x)-(mx+b)}{x}+\dfrac{mx+b}{x}\right]=m.\] \[\lim\limits_{x\to \infty}[f(x)-mx]=\lim\limits_{x\to \infty}[f(x)-(mx+b)+b]=b.\] Ngược lại, nếu \(\lim\limits_{x\to \infty}[f(x)-mx]=b\) thì hiển nhiên \(\lim\limits_{x\to \infty}[f(x)-(mx+b)]=0.\) ◻

Lược đồ khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

Để khảo sát và vẽ đồ thị một hàm số \(f\), người ta thường theo trình tự sau đây:

1. Tìm miền xác định, xét tính chẵn lẻ, tuần hoàn (nếu có) của hàm \(f\).

2. Tìm các khoảng tăng, giảm, và tìm các điểm cực trị (nếu có) của hàm \(f\).

3. Tìm các khoảng lồi, lõm, điểm uốn (nếu có) của đồ thị hàm \(f\).

4. Tìm các tiệm cận (nếu có) của đồ thị hàm \(f\).

5. Tổng hợp các điều trên trong một bảng biến thiên.

6. Vẽ đồ thị của hàm \(f\) dựa vào bảng biến thiên. Để vẽ đồ thị được chính xác, thì ngoài việc sử dụng các điểm cực trị, điểm uốn, ta thường hay tìm thêm giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ và nếu cần, có thể xét thêm các điểm khác trên đồ thị hàm \(f\).

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số \(y=f(x)=(x^3-3x+2)^{1/3}\).

Hàm \(f\) xác định với mợi \(x\in \mathbb{R}\). Ta có \[f'(x)=\dfrac{x+1}{\sqrt[3]{(x+2)^2(x-1)}}.\] Dấu của \(f'\) là dấu của tích \((x+1)(x-1)\) và được cho bởi bảng sau:

image

Hàm số đạt cực đại địa phương tại \(x=-1\) và cực tiểu địa phương tại \(x=1\). Tại \(x=-2\) và \(x=1\), hàm \(f\) có đạo hàm bằng vô cùng, do đó tiếp tuyến tại hai điểm này song song với Oy.

Đạo hàm cấp hai của \(f\) là \[f''(x)=\dfrac{-2}{(x-1)^{4/3}(x+2)^{5/3}}.\] \(f''(x)>0\) nếu \(x<-2\) và \(f''(x)<0\) nếu \(x>-2, x\not =1\). Do đó \(f\) lồi trên \((-\infty, -2)\) và lõm trên \((-2, 1); (1, \infty)\).

Ta có \[\lim\limits_{x\to \pm \infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to \pm\infty}\sqrt[3]{1-\dfrac{3}{x^2}+\dfrac{2}{x^3}}=1.\] Để ý rằng \(y^3-x^3=-3x+2\) nên \[y-x=\dfrac{-3x+2}{y^2+xy+x^2}=\dfrac{-\dfrac{3}{x}+\dfrac{2}{x^2}}{\dfrac{y^2}{x^2}+\dfrac{y}{x}+1}, x\not=0\] và do đó \(\lim\limits_{x\to \pm \infty}[f(x)-x]=0\). Vậy đồ thị hàm \(f\) có một tiệm cận xiên là \(y=x\).

Cũng để ý rằng \(y-x\) cùng dấu với \(y^3-x^3=-3x+2\) nên đồ thị hàm \(f\) cắt tiệm cận \(y=x\) tại điểm có hoành độ \(x=\dfrac{2}{3}\). Đồ thị nằm trên đường tiệm cận khi \(x<\dfrac{2}{3}\) và ở dưới đường tiệm cận khi \(x>\dfrac{2}{3}\).

Bảng biến thiên:

image

Đồ thị hàm \(f\) là:

image

4.3 Khảo sát đường cong theo tham số

Giả sử ta có một đường cong \((C)\) được cho dưới dạng tham số: \(x=\varphi(t), y=\psi(t)\).

Để khảo sát và vẽ đường cong \((C)\), người ta thường làm theo trình tự sau:

1. Tìm miền xác định của các hàm \(\varphi, \psi\), xét tính chẵn lẻ, tuần hoàn của chúng (nếu có).

2. Khảo sát chiều biến thiên của \(x, y\) theo \(t\) bằng cách xét dấu \(\varphi'(t), \psi'(t)\).

3. Tìm các tiệm cận của \((C)\) (nếu có) theo cách sau:

   Nếu khi \(t\to t_0\) hay \(t\to \pm \infty\) mà

   • \(x\to a, y\to \infty\) thì \(x=a\) là một tiệm cận đứng của \((C)\),

   • \(x\to \infty, y\to b\) thì \(y=b\) là một tiệm cận ngang của \((C)\),

   • \(x\to \infty, y\to \infty\) và \[\lim\limits_{t\to t_0}\dfrac{x}{y}=\lim\limits_{t\to t_0}\dfrac{\varphi(t)}{\psi(t)}=m, \lim\limits_{t\to t_0}[\psi(t)-m\varphi(t)]=b\] thì \(y=mx+b\) là một tiệm cận xiên của \((C)\).

4. Vẽ đường cong \((C)\) dựa vào các kết quả trên. Để việc vẽ đường cong được chính xác, ta có thể xác định thêm các điểm đặc biệt và xác định các tiếp tuyến tại đó. Để ý rằng hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm trên \((C)\) ứng với \(t=t_1\) là \(y'_x(t_1)=\dfrac{\psi'(t_1)}{\varphi'(t_1)}\).

Khảo sát và vẽ đường Astroid cho bởi phương trình \[x=a\cos^3t, \ y= a\sin^3t, \ a>0, \ t\in\mathbb{R}.\] Để ý rằng các hàm \(x\) và \(y\) xác định trên \(\mathbb{R}\) và các giá trị \(x(t), y(t)\) đều nằm trong \([-a, a]\) nên đường cong không có tiệm cận. Hơn nữa, cả \(x\) và \(y\) đều là các hàm tuần hoàn chu kỳ \(2\pi\) nên ta chỉ cần xét \(t\in [0, 2\pi]\).

Ta có

\[ \begin{aligned} x'_t&=-3a\cos^2t\sin t\\ y'_t&=-3a\sin^2t\cos t\\ x'_t&=0 \mbox{ khi } t=0, \dfrac{\pi}{2}, \pi, \dfrac{3\pi}{2}, 2\pi\\ y'_t&=0 \mbox{ khi } t=0, \dfrac{\pi}{2}, \pi, \dfrac{3\pi}{2}, 2\pi\\ y'_x&=\tan t;\ y'_x=0 \text{ khi } t=0, \pi, 2\pi\\ y'_x&=\infty \text{ khi } t=\frac{\pi}{2}, \dfrac{3\pi}{2}. \end{aligned} \]

Từ các thông tin trên ta lập được bảng biến thiên sau:

image

Đồ thị của đường Astroid là:

image

4.4 Khảo sát đường cong trong hệ toạ độ cực

Hệ toạ độ cực

Ta biết rằng trong hệ toạ độ Descartes, một điểm \(P\) trên mặt phẳng được biểu diễn bởi một cặp số có thứ tự \((x, y)\), gọi là toạ độ của \(P\). Trong mục này, ta sẽ giới thiệu một hệ toạ độ khác, được đưa ra bởi Newton, gọi là hệ toạ độ cực.

Trên mặt phẳng ta chọn một điểm \(O\) làm gốc, gọi là gốc cực và một tia xuất phát từ \(O\), gọi là trục cực. Thông thường, ta chọn gốc cực và trục cực trùng với gốc toạ độ \(O\) và tia \(Ox\) của hệ toạ độ Descartes.

Hệ toạ độ cực

Gọi \(P\) là một điểm tùy ý trên mặt phẳng và kí hiệu \(r\) là khoảng cách từ \(O\) đến \(P\). Gọi \(\varphi\) là góc giữa trục cực và tia \(OP\). Lúc đó, điểm \(P\) được biểu diễn bởi một cặp có thứ tự \((r, \varphi)\). Cặp \((r, \varphi)\) này được gọi là toạ độ cực của điểm \(P\). Thông thường chúng ta quy ước rằng, góc \(\varphi\) là dương nếu nó được đo theo chiều ngược với chiều kim đồng hồ. Nếu \(P=O\) thì \(r=0\) và ta quy ước rằng \((0, \varphi)\), với giá trị \(\varphi\) tùy ý, là toạ độ của cực \(O\).

Chúng ta cũng có thể cho phép \(r\) nhận giá trị âm bằng cách quy ước rằng các điểm \((-r, \varphi)\) và \((r, \varphi)\) nằm trên cùng đường thẳng đi qua \(O\), có cùng khoảng cách \(|r|\) đến \(O\), nhưng ở hai phía đối diện nhau so với \(O\). Nếu \(r>0\) thì điểm \((r, \varphi)\) nằm trong cùng góc phần tư với \(\varphi\). Nếu \(r<0\) thì nó nằm trong góc phần tư đối diện (qua gốc cực) với góc phần tư chứa \(\varphi\). Chú ý rằng \((-r, \varphi)\) và \((r, \varphi+\pi)\) biểu diễn cùng một điểm trên mặt phẳng.

(−r, φ) và (r, φ + π) biểu diễn cùng một điểm

Rõ ràng với mỗi cặp \((r, \varphi)\in \R \times \R\) xác định duy nhất một điểm \(P\) trên mặt phẳng. Tuy nhiên, tương ứng với mỗi điểm \(P\) trên mặt phẳng thì có thể có nhiều cặp toạ độ cực khác nhau cho nó. Để biểu diễn là duy nhất cho mọi điểm \(P\not=O\), ta thường chỉ xét \(r>0\) và \(\varphi \in [0, 2\pi)\).

Mối liên hệ giữa toạ độ cực và toạ độ Descartes đươc minh hoạ bởi hình bên dưới, ở đây gốc cực trùng với gốc toạ độ và trục cực trùng với tia \(Ox\) của hệ toạ độ Descartes \(Oxy\). Dễ thấy rằng toạ độ Descartes \((x, y)\) và toạ độ cực \((r, \varphi)\) của cùng một điểm \(P\) được cho bởi công thức sau:

\[ \begin{aligned} \label{TDC} \begin{cases} x=r\cos \varphi\\ y=r\sin \varphi. \end{cases} \end{aligned} \]

Mối liên hệ giữa toạ độ cực và toạ độ Descartes

Cho \(P(2, \pi/3)\) trong hệ toạ độ cực. Dùng công thức [TDC], toạ độ Descartes của \(P\) là

\[ \begin{aligned} x&=2\cos\dfrac\pi3=2\left(\dfrac{1}{2}\right)=1\\ y&=2\sin\dfrac{\pi}{3}=2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=\sqrt{3}. \end{aligned} \]

Vậy toạ độ của \(P\) trong hệ toạ độ Descartes là \(P(1, \sqrt{3})\).

Công thức [TDC] cho phép ta tìm toạ độ Descartes của một điểm khi biết toạ độ cực của nó. Ngược lại, để tìm \(r\) và \(\varphi\) khi biết \(x\) và \(y\), chúng ta có thể sử dụng công thức sau

\[ \begin{aligned} \label{TDC2} \begin{cases} r=\sqrt{x^2+y^2}\\ \tan \varphi=\dfrac{y}{x}. \end{cases} \end{aligned} \]

Cho \(Q(1, -1)\) trong hệ toạ độ Descartes. Áp dụng công thức [TDC2], ta có

\[ \begin{aligned} r&=\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt{2}\\ \tan \varphi&=\dfrac{-1}{1}=-1. \end{aligned} \]

Vì \((1, -1)\) nằm trong góc phần tư thứ tư nên ta có thể chọn \(\varphi=-\pi/4\) hay \(\varphi=7\pi/4\). Vậy biểu diễn của \(Q\) trong hệ toạ độ cực là \(Q(\sqrt{2}, -\pi/4)\) hoặc \(Q(\sqrt{2}, 7\pi/4)\).

Phương trình đường cong trong hệ toạ độ cực

Mối quan hệ hàm cho dưới dạng tường minh:

\[ \begin{aligned} \label{PTTDC1} r=f(\varphi) \end{aligned} \]

hay dưới dạng ẩn

\[ \begin{aligned} \label{PTTDC2} F(r, \varphi)=0 \end{aligned} \]

xác định một đường cong trong hệ toạ độ cực. Các phương trình [PTTDC1] hay [PTTDC2] được gọi là phương trình của đường cong trong hệ toạ độ cực.

Dễ thấy rằng \(r=a\) là phương trình đường tròn tâm \(O\), bán kính \(|a|\) trong hệ toạ độ cực. Tương tự, \(\varphi=\pi/4\) là phương trình đường thẳng đi qua \(O\) với góc giữa đường thẳng và trục cực (theo chiều ngược với chiều kim đồng hồ) là \(\pi/4\).

Phương trình \(r=2\cos \varphi\) trong hệ toạ độ cực là phương trình đường tròn \((x-1)^2+y^2=1\) trong hệ toạ độ Descartes.

Thật vậy, vì \(r=2\cos \varphi\) nên \(r^2=2r\cos\varphi\). Do đó phương trình \(r=2\cos \varphi\) trở thành \[x^2+y^2= 2x \mbox{ hay } (x-1)^2+y^2=1.\]

Bây giờ chúng ta sẽ tìm hiểu tiếp tuyến của đường cong \((C)\) trong hệ toạ độ cực. Để tìm tiếp tuyến của \((C)\) có phương trình \(r=f(\varphi)\), ta xem \(\varphi\) như tham số và xét biểu diễn theo tham số của đường cong sau đây: \[x=r\cos \varphi=f(\varphi)\cos \varphi, \ y=r\sin \varphi=f(\varphi)\sin \varphi.\]

Khi đó, \[\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\dfrac{dy}{d\varphi}}{\dfrac{dx}{d\varphi}}=\dfrac{\dfrac{dr}{d\varphi}\sin\varphi+r\cos\varphi}{\dfrac{dr}{d\varphi}\cos\varphi-r\sin\varphi}.\] Như vậy, tại những điểm mà \(dy/d\varphi=0\) và \(dx/d\varphi\not=0\) thì đường cong \((C)\) có tiếp tuyến nằm ngang tại những điểm đó. Cũng vậy, tại những điểm mà \(dx/d\varphi=0\) và \(dy/d\varphi\not=0\) thì đường cong \((C)\) có tiếp tuyến thẳng đứng tại đó.

Khảo sát đường cong trong hệ toạ độ cực

Để tiến hành khảo sát và vẽ đường cong \((C)\) có phương trình \(r=f(\varphi)\) trong hệ toạ độ cực, ta cũng thực hiện tuần tự theo các bước sau:

1. Tìm miền xác định của \(f\), xét tính chẵn lẻ, tuần hoàn (nếu có).

2. Lập bảng biến thiên.

3. Xác định một số điểm đặc biệt và nếu được xác định cả tiếp tuyến tại những điểm này.

Cũng như trong hệ toạ độ Descartes, khi khảo sát và vẽ đường cong \((C)\) trong hệ toạ độ cực, các thông tin về tính đối xứng của đường cong giúp chúng ta vẽ nó được nhanh chóng và chính xác. Trong hệ toạ độ cực, ta cần lưu ý các điểm sau:

1. Nếu phương trình của đường cong không thay đổi khi thay \(\varphi\) bởi \(-\varphi\) thì đường cong đối xứng qua trục cực.

2. Nếu phương trình của đường cong không thay đổi khi thay \(r\) bởi \(-r\) hay \(\varphi\) bởi \(\varphi+\pi\) thì đường cong đối xứng qua gốc cực.

3. Nếu phương trình của đường cong không thay đổi khi thay \(\varphi\) bởi \(\pi-\varphi\) thì đường cong đối xứng qua đường thẳng \(\varphi=\pi/2\).

Khảo sát và vẽ đường cong \((C)\) cho bởi phương trình: \(r=\cos(2\varphi)\).

Vì \(r\) là hàm xác định trên \(\R\) và tuần hoàn với chu kỳ \(\pi\) nên ta chỉ cần xét \(\varphi\) trong khoảng \([0, \pi]\). Hơn nữa, dễ thấy rằng đường cong \((C)\) đối xứng qua trục cực, qua đường thẳng \(\varphi=\pi/2\) và qua gốc cực. Do đó, ta chỉ cần xét \(\varphi\) trong khoảng \([0, \pi/2]\).

Ta có

\[ \begin{aligned} r'&=-2\sin(2\varphi)\\ \dfrac{dy}{dx}&=\dfrac{\dfrac{dy}{d\varphi}}{\dfrac{dx}{d\varphi}}=\dfrac{-2\sin(2\varphi)\sin\varphi+\cos(2\varphi)\cos\varphi}{-2\sin(2\varphi)\cos\varphi-\cos(2\varphi)\sin\varphi}. \end{aligned} \]

Bảng biến thiên:

image

Để ý rằng với \(\varphi =0\) thì \(\dfrac{dx}{d\varphi}=0\) nên đường cong \((C)\) có tiếp tuyến thẳng đứng tại điểm \((1, 0)\); với \(\varphi=\pi/2\) thì \(\dfrac{dy}{d\varphi}=0\) nên đường cong \((C)\) có tiếp tuyến nằm ngang tại điểm \((0, 1)\). Ngoài ra, tại gốc cực \(O\) thì \(r=0\), do đó \(\varphi=\pi/4\). Như vậy, đường thẳng \(\theta=\pi/4\) là một tiếp tuyến của \((C)\) tại gốc cực.

Đồ thị của \((C)\) được cho bởi Hình 7, được gọi là đường hoa hồng bốn cánh.

witharrow=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.95 with ] witharrow2=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.81 with ] witharrow3=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.70 with ] witharrow4=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.55 with ] witharrow5=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.45 with ] witharrow6=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.32 with ] witharrow7=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.19 with ] witharrow8=[postaction=decorate,decoration=markings,mark=at position 0.06 with ]

Đường hoa hồng bốn cánh

Bài tập

Khảo sát cực trị địa phương của các hàm số sau đây tại điểm được chỉ ra.

• \(f(x)=x^3\sin x\) tại \(x=0\).

• \(f(x)=(1-x)\ln x\) tại \(x=1\).

Tìm cực trị địa phương của các hàm số sau

• \(f(x)=\cosh(3x)\).

• \(f(x)=\arctan(xe^x)\).

• \(f(x)=x^2e^{-x^2}.\)

Khảo sát cực trị, tính lồi lõm và tìm các điểm uốn của các hàm số sau:

1. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x\left(2-\sin\frac 1x\right)\ &\text{ nếu }\ x\not=0,\\ 0 \ &\text{ nếu }\ x=0. \end{cases} \end{aligned} \]

2. \[ \begin{aligned} f(x)=\begin{cases} x^2\cos^2\frac 1x\ &\text{ nếu }\ x\not=0,\\ 0 \ &\text{ nếu }\ x=0. \end{cases} \end{aligned} \]

Tìm các tiệm cận của các đường cong có phương trình sau:

1. \(f(x)=x+\dfrac{\sin x}{x}\).

2. \(f(x)=\dfrac{x}{2}+e^{-x}\sin x\).

3. \(f(x)=x^2e^{1/x}\).

4. \(f(x)=\dfrac{x^2}{1-x^2}\).

Khảo sát và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

1. \(f(x)=\dfrac{2x^2}{x^2-1}\).

2. \(f(x)=\dfrac{x^2}{(x-1)^2}\).

3. \(f(x)=\dfrac{x}{1+e^{1/x}}\).

4. \(f(x)=(x-1)^2(x-2)^3\).

5. \(f(x)=\dfrac{x^2}{\sqrt{x+1}}\).

6. \(f(x)=x-4\arctan x\).

7. \(f(x)=\arcsin\sqrt{2e^x-e^{2x}}\).

8. \(f(x)=\dfrac{\ln|1+x|}{(1+x)^2}\).

Khảo sát và vẽ các đường cong được cho bởi tham số sau:

1. \(x=t^2, y=t^3-3t, \ (t\in\R)\).

2. \(x=\dfrac{3t}{1+t^3}, y=\dfrac{3t^2}{1+t^3}, \ (t\neq -1)\).

3. Parabola: \(x = t\), \(y = t^2\), trong đó \(t \geq 0\).

4. Hyperbola: \(x = a\sec(t)\), \(y = b\tan(t)\), trong đó \(0 \leq t < 2\pi\) and \(a > 0\), \(b > 0\).

5. Đường xoắn Archimedes: \(x = at\), \(y = at\), trong đó \(t \geq 0\) và \(a > 0\).

6. Cycloid: \(x = a(t - \sin(t))\), \(y = a(1 - \cos(t))\), trong đó \(0 \leq t \leq 2\pi\) và \(a > 0\).

7. Đường Lissajous \(x = A\sin(at + \pi/2)\), \(y = B\sin(bt)\), trong đó \(A\), \(B\), \(a\), \(b\) là các số thực.

8. Astroid: \(x = a\cos^3(t)\), \(y = a\sin^3(t)\), trong đó \(0 \leq t \leq 2\pi\) và \(a > 0\).

9. Cyclogon: \(x = a\cos(t)\), \(y = a\sin(t) - b\sin(nt)\), trong đó \(0 \leq t \leq 2\pi\) và \(a > 0\), \(b > 0\), \(n\) là các số nguyên dương.

10. Hypocycloid: \(x = (a - b)\cos(t) + b\cos\left(\frac{a-b}{b}t\right)\), \(y = (a - b)\sin(t) - b\sin\left(\frac{a-b}{b}t\right)\), trong đó \(0 \leq t \leq 2\pi\) và \(a > b\).

Khảo sát và vẽ đồ thị của các hàm số sau:

1. Cardioid: \(r = 1 + \cos(\varphi)\).

2. Limaçon: \(r = 1 + 2\cos(\varphi)\).

3. Hoa hồng ba cánh: \(r = \sin(3\varphi)\).

4. Lemniscate: \(r^2 = 2\cos(2\varphi)\).

5. Đường xoắn Archimedes: \(r = a\varphi\), trong đó \(a\) là hằng số.

6. Đường xoắn logarit: \(r = ae^{b\varphi}\), trong đó \(a\) và \(b\) là các hằng số.

7. Đường conchoid Nicomedes: \(r = a + b\sec(\varphi)\), trong đó \(a\) và \(b\) là các hằng số.

8. Hypocycloid: \(r = a\cos\left(\frac{n}{m}\varphi\right)\), trong đó \(a\), \(n\), và \(m\) là các hằng số.

9. \(r=\dfrac{2}{\sqrt{3\cos\varphi}}\).

Một người nông dân có 700 m hàng rào để quây một mảnh ruộng hình chữ nhật cạnh một con sông. Phía giáp sông không cần rào. Gọi \(x\) là chiều rộng (vuông góc bờ sông), \(y\) là chiều dài (song song bờ sông) của mảnh ruộng. Hãy tìm kích thước \(x,y\) để diện tích mảnh ruộng lớn nhất.

Một hãng muốn sản xuất một loại lon hình trụ không có nắp để chứa 0,8 lít dầu (tức \(800\,\mathrm{cm^3}\)). Gọi \(r\) là bán kính đáy (cm) và \(h\) là chiều cao (cm). Hãy xác định \(r,h\) để diện tích kim loại được sử dụng là nhỏ nhất.

Xét parabol \(y^2 = 4x\). Một điểm \(A(2,3)\) được cho trước. Gọi \((x,y)\) là một điểm nằm trên parabol. Hãy tìm điểm trên parabol gần \(A\) nhất.

Một người muốn đi từ điểm \(A\) trên bờ sông này sang điểm \(B\) ở bờ đối diện. Sông rộng 2,5 km và \(B\) nằm cách hình chiếu của \(A\) trên bờ đối diện 7 km dọc theo bờ. Người đó chèo thuyền 5 km/h và chạy 9 km/h. Gọi \(x\) là khoảng cách dọc bờ đối diện (tính từ hình chiếu của \(A\)) đến chỗ cập bến. Xác định \(x\) để tổng thời gian di chuyển là ngắn nhất.

image

Một hình chữ nhật được vẽ nội tiếp trong nửa đường tròn bán kính \(r\), sao cho một cạnh của hình chữ nhật nằm trên đường kính. Gọi \(x\) là hoành độ của đỉnh ở góc phần tư thứ nhất. Tìm diện tích lớn nhất mà hình chữ nhật đó có thể đạt được.

Một xưởng sản xuất một loại sản phẩm. Khi sản xuất \(x\) sản phẩm, chi phí sản xuất (tính theo nghìn đồng) được mô tả bởi hàm \[C(x) = 3000 + 1.8x + 0.0012\,x^2.\]

1. Tính chi phí tổng, chi phí trung bình trên một sản phẩm \(c(x)=\tfrac{C(x)}{x}\), và chi phí cận biên \(C'(x)\) trong các trường hợp \(x=1200,\;2000,\;3200\).

2. Tìm mức sản xuất \(x\) để chi phí trung bình nhỏ nhất.

Một công ty sản xuất và bán một loại hàng hóa.

• Nếu sản xuất \(x\) sản phẩm thì chi phí (nghìn đồng) là \[C(x) = 90 + 1.1x + 0.012x^2 + 0.00005x^3.\]

• Khảo sát thị trường cho thấy giá bán mỗi sản phẩm (đồng) phụ thuộc vào số lượng bán ra: \[p(x) = 4200 - 12x.\]

1. Viết hàm doanh thu \(R(x) = x\,p(x)\) (đồng).

2. Viết hàm lợi nhuận \(P(x) = R(x) - C(x)\) (đồng).

3. Tìm mức sản xuất \(x\) để lợi nhuận lớn nhất (làm tròn đến số tự nhiên gần nhất).

Một cửa hàng bán máy nghe nhạc CD. Hiện tại, khi giá bán là 400.000 đồng, mỗi tuần bán được 180 chiếc. Khảo sát cho thấy: nếu giảm giá mỗi chiếc thêm 10.000 đồng, số lượng bán ra sẽ tăng thêm 25 chiếc mỗi tuần.

1. Từ các dữ kiện trên, hãy tìm công thức giá bán \(p(x)\) theo số lượng \(x\) bán được (trong kinh tế học, công thức này gọi là hàm cầu).

2. Viết hàm doanh thu \(R(x)=x\,p(x)\) (đồng).

3. Xác định mức giảm giá tối ưu (đồng) để doanh thu đạt lớn nhất; cho biết mức giá bán tối ưu.

Tóm tắt Chương 4

Chương 4 tập trung vào một trong những khái niệm trung tâm của giải tích toán học: phép tính vi phân.

Nội dung của chương này được bắt đầu bằng việc định nghĩa đạo hàm của hàm số tại một điểm và trên một khoảng. Các quy tắc cơ bản để tính đạo hàm của các hàm số sơ cấp, cũng như đạo hàm của tổng, hiệu, tích, thương, đạo hàm của hàm hợp và hàm ngược được trình bày chi tiết. Các tính chất quan trọng của hàm khả vi cũng được làm rõ.

Kế đến, chúng tôi trình bày khái niệm vi phân. Mối liên hệ chặt chẽ giữa đạo hàm và vi phân được phân tích rõ ràng, cùng với đó là các ứng dụng của vi phân trong việc xấp xỉ giá trị của hàm số và ước lượng sai số.

Phần tiếp theo của chương dành để nghiên cứu các định lí nền tảng của phép tính vi phân. Chúng tôi trình bày và chứng minh một cách chi tiết các định lí về giá trị trung bình, bao gồm Định lí Rolle, Định lí Lagrange và Định lí Cauchy. Đây là những công cụ vô cùng hữu hiệu, làm cơ sở cho nhiều kết quả quan trọng khác. Tiếp đó, công thức khai triển Taylor được chứng minh chặt chẽ, cho phép xấp xỉ hàm số bằng đa thức với rất nhiều ứng dụng về sau.

Chương 4 kết thúc bằng việc tìm hiểu một số ứng dụng quan trọng của đạo hàm và phép tính vi phân. Trước hết, chúng tôi đề cập đến cách sử dụng đạo hàm để khử các dạng vô định khi tính giới hạn với quy tắc L’Hospital hay công thức Taylor. Sau đó, chúng tôi đi sâu vào việc ứng dụng đạo hàm để khảo sát hàm số, bao gồm tìm khoảng đơn điệu, điểm cực trị, khoảng lồi lõm và điểm uốn, nhằm mục đích phác hoạ đồ thị của hàm số một cách chính xác.