Phép tính vi phân của hàm một biến ppt

1
1



Giải tích toán học. Tập 1. NXB Đại học quốc gia Hà Nội 2007.


Từ khoá:Giải tích toán học, giải tích, Phép tích vi phân, Đạo hàm, vi phân, Công thức
Taylor, Khai triển Maclaurin, Quy tắc L’hospital.


Tài liệu trong Thư viện điện tử ĐH Khoa học Tự nhiên có thể được sử dụng cho mục
đích học tập và nghiên cứu cá nhân. Nghiêm cấm mọi hình thức sao chép, in ấn phục
vụ các mục đích khác nếu không được sự chấp thuận của nhà xuất bản và tác giả.

Mục lục

Chương 4 Phép tính vi phân của hàm một biến 2
4.1 Đạo hàm và cách tính 3
4.1.1 Định nghĩa đạo hàm 3
4.1.2 Công thức đối với số gia của hàm số 3
4.2 Các qui tắc tính đạo hàm 4
4.2.1 Các qui tắc tính đạo hàm 4
4.2.2 Đạo hàm của hàm số hợp 4
4.2.3 Đạo hàm của hàm số ngược 6
4.2.4 Đạo hàm theo tham số 7
4.2.5 Đạo hàm một phía 7

4.2.6 Đạo hàm vô cùng 9
4.2.7 Đạo hàm các hàm số sơ cấp 9
4.3 Vi phân của hàm số 10
4.3.1 Định nghĩa 10

Chương 4. Phép tính vi phân của hàm một biến


Lê Văn Trực


2
4.3.2 Các qui tắc tính vi phân 11
4.3.3 Vi phân của hàm số hợp 11
4.3.4 Ứng dụng của vi phân 12
4.4 Các định lí cơ bản của hàm khả vi 12
4.8.1 Cực trị địa phương 12
4.5 Đạo hàm và vi phân cấp cao 18
4.8.1 Định nghĩa đạo hàm cấp cao 18
4.8.2 Các công thức tổng quát đối với đạo hàm cấp n 18
4.8.3 Vi phân cấp cao 19
4.6 Công thức Taylor 20
4.8.1 Công thức Taylor 20
4.8.2 Khai triển Maclaurin 22
4.7 Qui tắc L’hospital để khử dạng vô định 25
4.8.1 Dạng vô định
0
0
25
4.8.2 Dạng vô dịnh

∞
∞
27
4.8 Khảo sát hàm số 30
4.8.1 Khảo sát đường cong cho dưới dạng phương trình hiện 30
4.8.2 Đường cong cho dưới dạng tham số 32
4.8.3 Khảo sát đường cong trong tọa độ cực 36
4.9 Bài tập chương 4 39












Chương 4



3
3
Phép tính vi phân của hàm một biến
4.1 Đạo hàm và cách tính
4.1.1 Định nghĩa đạo hàm
Giả sử U là một tập mở trong  , :fU→  và

0
x
U
∈
.
Cho x
0
một số gia 0xΔ≠ đủ nhỏ sao cho
0
x
xU
+
Δ∈ . Khi đó ta gọi
00
()()yfx x fxΔ= +Δ − là một số gia của hàm số tương ứng với số gia đối số
x
Δ tại điểm x
0
.
Xét tỷ số giữa số gia hàm số với số gia đối số.
Nếu tỷ số dẫn đến một giới hạn hữu hạn xác định khi
0x
Δ
→ , thì ta nói rằng hàm f khả vi
tại điểm x
0
, giới hạn đó gọi là đạo hàm của hàm số tại x
0
và

ký hiệu là
00
0
0
()()
( ) lim
x
fx x fx
fx
x
Δ→
+
Δ−
′
=
Δ
. (4.1.1)
Các ký hiệu y
′
hay ()fx
′
là các ký hiệu đạo hàm theo Largrange, còn
dy
dx
hay
0
()df x
dx
là
các kí hiệu theo Leibnitz và Dy hay Df(x

0
) là các kí hiệu theo Cauchy.
Đôi khi để nhấn mạnh biến số lấy đạo hàm, người ta thường viết biến đó thành chỉ số
dưới:
00
, ( ), hay ( )
′′
xx x x
yfx Dy Dfx
(4.1.2)
Hàm f được gọi là khả vi trên U nếu nó khả vi tại mọi điểm thuộc U.
4.1.2 Công thức đối với số gia của hàm số
Nếu hàm y = f(x) khả vi tại
0
,
∈
x
U ta có thể biểu diễn số gia của hàm số
00 0
() ( ) ()Δ=Δ = +Δ −yfx fx xfx như sau.
Theo định nghĩa
0
0
0
()
lim ( )
Δ→
Δ
′
=

Δ
x
fx
f
x
x
.
Đặt
0
0
()
()
α
Δ
′
=+
Δ
fx
fx
x
với 0
α
→ khi 0
Δ
→x . (4.1.3)
Ta có
00
() () .
α
′

Δ= Δ+Δ
f
xfxx x
với
0
lim 0
α
Δ→
→
x
. (4.1.4)
Kí hiệu .()
α
Δ=οΔ
x
x và hiển nhiên
0
()
lim 0
Δ→
οΔ
=
Δ
x
x
x
.
Do đó (4.1.4) có thể viết dưới dạng
00
() () ( ).

′
Δ= Δ+οΔ
f
xfxx x (4.1.5)
Định lý 4.1.1 Nếu hàm y = f(x) khả vi tại
0
x
U
∈
thì f(x) liên tục tại x
0
.
Chứng minh: Thật vậy ta có

4
000
( ) () () ( )
′
+Δ − = Δ +οΔ
f
xxfxfxx x,
suy ra
[]
00 0
000
00
0
lim ( ) ( ) lim ( ) lim ( )
lim ( ) ( ).
Δ→ Δ→ Δ→

Δ→
′
+Δ − = Δ + ο Δ
⇒+Δ=
xxx
x
f
xxfx fxx x
fx x fx

4.2 Các qui tắc tính đạo hàm
4.2.1 Các qui tắc tính đạo hàm
Trước hết ta hãy nhắc lại các qui tắc tính đạo hàm đã biết
Định lí 4.2.1 Cho ,:fgU→  , trong đó U là tập hợp mở trong R, còn f, g là hai hàm khả vi
tại
0
x
U∈ . Khi đó
12
,cc∀∈ các hàm
12
,cf cg
+
.fg và
f
g
(nếu g(x
0
)
0≠

cũng là các hàm
khả vi tại điểm x
0
và ta có các công thức sau:
a)
12 01020
( )() () ()cf cg x cf x cg x
′
′′
+=+
(4.2.1)
b)
00000
(,)( ) ( )( ) ( ).( )fg x fxgx gx fx
′
′′
=
+ (4.2.2)
c)
00 0 0
00
2
0
0
()() ().()
() ,()
()
fxgx gx fx
f
xgx

ggx
′
′′
−
⎛⎞
=
≠
⎜⎟
⎝⎠
. (4.2.3)
4.2.2 Đạo hàm của hàm số hợp
Định lí 4.2.2 Cho :gU V→ và :fV→  trong đó U, V là hai tập hợp mở trong  , hàm
u=g(x) khả vi tại
0
x
U∈ và hàm y=f(u) khả vi tại u
0
=g(x
0
) V
∈
. Khi đó hàm hợp
0
fg khả vi tại
x
0
và ta có công thức

00 0 0
( )() (())()fg x f gx gx

′
′′
=
(4.2.4)
hay gọn hơn
.
xux
y
yu
′
′′
=
. (4.2.5)
Chứng minh: Theo công thức (4.1.5) hàm f khả vi tại u
0
, nên ta có
000
( ) () () ( )
u
ffu ufu fuu u
′
Δ= +Δ − = Δ+οΔ
.
Mặt khác hàm g khả vi tại x
0
nên
000
( ) () () ()
x
ugx x gx gxx x

′
Δ= +Δ − = Δ+οΔ.
Thế uΔ vào biểu thức
fΔ
ta được
[
]
0000
00 0
( ) () () () ( ) ( )
= ( ). ( ) ( ) ( ) ( ).
ux
ux u
fu u fu f u g x x x u
fu gx x fu x u
ο
ο
′′
+Δ − = Δ + Δ +οΔ
′′ ′
Δ
+Δ+οΔ

Chia cả 2 vế cho
x
Δ

5
5
00
00 0
()()
() ()
().() () .
ux u
fu u fu
x
u
fu gx fu
x
xx
+Δ −
ο
ΔοΔ
′′ ′
=++
ΔΔΔ

Ta thấy do hàm u liên tục tại x
0
nên khi 0x
Δ
→ thì 0u
Δ
→ và
00 0
0

() (()) (),
()()(())().
o
o
fu fgx fgx
fu u fu fgx fgx
==
+Δ = = =

Bây giờ ta hãy viết lại biểu thức trên dưới dạng:
000
00 0
() ( )
() ()
().() () . .
ux u
fgx fgx
x
uu
fu gx fu
x
xux
−
ο
ΔοΔΔ
′′ ′
=++
ΔΔΔΔ

Cho 0xΔ→ ta được

00 0 0
( )() (()).(),
u
fg x f gx gx
′′ ′
= và công thức được chứng minh.
Ví dụ 3:
i) Ta thấy 0
ln

xxa
ae a=∀>
nên
ln
()( )
xxa
ae
′′
= , đặt u = xlna,
ln
( )' .ln ln
uxa x
ee aaa==
Do đó ta có công thức sau
ln()
xx
aa
′
=
a

với 0a
∀
> . (4.2.6)
ii) Ta có 0
ln
xe x
αα
=∀>
x
và
α
∀∈

Do đó:
11
ln ln
()( )
xx
xe e x
x
x
αα α α
α
α
′′
== =.
Và ta có công thức sau:
1
() .
x

x
αα
α
−
′
=
. (4.2.7)
Ví dụ 4: Tính
1
1
cos
x
x
d
Ie
dx
−
+
=
với 1x ≠−
Đặt
1
1
cos
x
u
x
−
=
+

1
1
1
1
cos
cos
x
uu
x
x
dx
Ieeue
dx x
−
+
′
−
⎛⎞
′
===
⎜⎟
+
⎝⎠

Lại đặt
1
1
x
v

x
−
=
+

ta có
2
11 12
11 1 1
(cos ) sin . sin sin .
()
xx x
vvv
xx x x
′
−− −
⎛⎞
′′
=− =− =−
⎜⎟
++ + +
⎝⎠

Cuối cùng
1
1
2
11
2
1

1
cos
sin
()
x
x
x
Ie
x
x
−
+
−
⎛⎞
=−
⎜⎟
+
+
⎝⎠
.
Ví dụ 5: Cho
,:fgU→ 
trong đó f(x)>0,
x
U
∀
∈ và tồn tại
(), ()fx gx
′
′

với
x
U∈ .

6
Khi đó
() ()ln() ()ln()
()
(()) (().ln ())
()
=( ( )) . ( )ln ( ) ( ). .
()
gx gx f x gx f x
gx
dd d
fx e e gx fx
dx dx dx
fx
fx gx fx gx
fx
⎡⎤⎡⎤
==
⎣⎦⎣⎦
′
⎡⎤
′
+
⎢⎥
⎣⎦

4.2.3 Đạo hàm của hàm số ngược
Định lí 4.2.4 Giả sử hàm f(x) khả vi liên tục trên (a,b) với 0()fx
′
≠
(,)
x
ab
∀
∈ . Khi đó hàm
f(x) đơn điệu thực sự nên có hàm ngược x = g(y), : ( ( ), ( )) ( , ).gfafb ab→
Khi đó
g(y) cũng khả vi tại y = f(x) và có đạo hàm g’(y) thoả mãn hệ thức:
1
()
()
gy
fx
′
=
′
(4.2.8)
hay gọn hơn:

1
y
x
x
y
′
=

′
. (4.2.9)
Chứng minh: Do (
g.f)(x) = x (,)
x
ab∀∈
Hay
(())gf x x= (,)
x
ab
∀
∈ .
Lấy đạo hàm hai vế đẳng thức trên theo
x ta được
1hay 1( ( )). ( ) ( ). ( )gfx f x gyf x
′′ ′′
=
=
suy ra
1
()
()
gy
fx
′
=
′
(,)
x
ab∀∈ .

Ví dụ 6:
i) Xét hàm số
y = arcsinx với −1< x <1 và
22
y
π
π
−
<<.
Ta biết rằng
y = arcsinx, tương đương với x = siny, do đó
do
22
cos , ,
y
xyy
π
π
⎛⎞
′
=∈−
⎜⎟
⎝⎠
thì 0cos y >
nên
2
1
y
x
x

′
=−
, suy ra
2
1
1
x
y
x
′
=
−
.
Tương tự, tao có các công thức sau:
ii)
y = arccosx với −1< x <1,
2
1
1
x
y
x
′
=−
−

iii)
y = arctgx với
x
−

∞< <+∞,
2
1
1
x
y
x
′
=
+




7
7
iv) y = arccotgx với
x
−∞ < < +∞ ,
2
1
1
x
y
x
−
′
=
+
.

4.2.4 Đạo hàm theo tham số
Xét hàm y của biến x được cho dưới dạng tham số
()
()
x
xt
y
yt
=
⎧
⎨
=
⎩
với (,).t
α
β
∈

Giả sử
x là hàm khả vi, liên tục và '( ) 0xt
≠
(, )t
α
β
∈
.
Khi đó
x(t) là hàm đơn điệu thực sự trên (,)
α
β

, vì vậy nó có hàm ngược t = t(x). Khi đó
ta có hàm hợp
y = y(t) = y(t(x)).
Hãy tính
x
y
′
. Cho t một số gia
Δ
t,
Δ
x là số gia tương ứng của
Δ
t,
Δ
y là số gia tương
ứng của
Δ x. Ta có
y
y
t
x
x
t
Δ
Δ
Δ
=
Δ
Δ

Δ

suy ra
0
0
0
lim
lim
lim
t
t
x
x
t
t
y
y
y
t
y
x
x
x
t
Δ→
Δ→
Δ→
Δ
′
Δ

Δ
′
===
Δ
′
Δ
Δ
. (4.2.10)
Ví dụ 7: Xét hàm số
1(sin), (cos)
x
at t y a t=− =− với 02(, )t
π
∈
.
Khi đó
2
2
22
12
2
2
sin cos
sin
() cotg
(cos)
sin
tt
at t
yx

t
at
′
== =
−
.
4.2.5 Đạo hàm một phía
Giả sử f(x) được xác định trên (a,b) và
0
(,)
x
ab∈
. Ta nói giới hạn hữu hạn, nếu tồn tại
00
00
()()
lim lim
xx
fx x fx
y
xx
++
Δ→ Δ→
+
Δ−
Δ
=
ΔΔ
(4.2.11)
là đạo hàm bên phải của hàm

f(x) tại điểm x
0
, kí hiệu là
0
()
+
′
f
x (xem hình 4.2.1).
Tương tự, ta có đạo hàm bên trái của hàm
f(x) tại điểm x
0
kí hiệu là
0
():
−
′
f
x
00
0
00
()()
lim lim ( )
xx
fx x fx
y
fx
xx
−−

−
Δ→ Δ→
+
Δ−
Δ
′
==
ΔΔ
(4.2.12)
Ta thấy muốn có
0
()fx A
′
= điều kiện cần và đủ là
00
() ()fx fx A
+−
′
′
=
=
.

8

Hình 4.2.1
Ví dụ 8: Cho hàm f(x) =|x|, hãy xét đạo hàm của hàm số tại x
0
= 0.
Ta có

00yf x f xΔ= +Δ − =Δ()()||
,
00
00
01
01
( ) lim lim ,
() lim lim .
xx
xx
yx
f
xx
yx
f
xx
++
−−
+
Δ→ Δ→
−
Δ→ Δ→
Δ
Δ
′
===
ΔΔ
Δ−Δ
′
=

==−
ΔΔ

Vậy hàm
f(x) liên tục tại x
0
= 0, nhưng f’(0) không tồn tại.
Ví dụ 9: Cho hàm số
3
khi 0
khi 0
sin

()

x
x
fx
x
ax
⎧
≠
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩

1) Tìm a để hàm số liên tục tại

x = 0.
2) Với a tìm được, hãy xét sự khả vi của hàm số tại
x = 0
Giải: 1) Do
3
2
00
0
sin sin
lim lim sin
xx
xx
x
xx
→→
==
Vậy để hàm liên tục tại
x = 0 thì phải có a = 0.
2) Với
a=0 ta có
3
khi 0
khi 0
sin

()
0
x
x
fx

x
x
⎧
≠
⎪
=
⎨
⎪
=
⎩

Ta thấy
3
00
0
0
0
() () sin
lim lim
xx
fx f x
xx
→→
−
==
−
.
Vậy
00()f
′

= và hàm khả vi tại x=0.
Ví dụ 10: Chứng minh rằng hàm số f(x) =|x−a| ()
ϕ
x
, trong đó ()
ϕ
x
là hàm liên tục và
0()a
ϕ
≠
, không khả vi tại x = a.



9
9
Ta có
00
()()||()
( ) lim lim
xx
fa x fa x a x
fx
xx
ϕ
→→
+
Δ− Δ +Δ
′

==
ΔΔ
.
Suy ra:
()
+
′
f
a = ()
ϕ
a và ()
−
′
f
a =– ()
ϕ
a .
Do
() ()
+−
′′
≠
f
afa nên hàm số f(x) không khả vi tại x=a.
4.2.6 Đạo hàm vô cùng
Nếu
00
00
hay
()()

lim lim
xx
fx x fx
y
xx
Δ→ Δ→
+Δ −
Δ
==+∞−∞
ΔΔ
thì ta nói rằng tại x = x
0
hàm f(x) có
đạo hàm vô cùng. Khi đó tiếp tuyến với đồ thị
f(x) tại x = x
0
song song với trục Oy.
Ta cần chú ý rằng nếu như
0
()fx
′
không là hữu hạn thì hàm f(x) không nhất thiết phải
liên tục tại điểm
x
0
. Ví dụ xét hàm
1khi 0
0khi 0
1khi 0

()
.
x
fx x
x
−
<
⎧
⎪
=
=
⎨
⎪
>
⎩

Với
0xΔ≠ , ta có
01() ()
||
fx f
x
x
Δ−
=
ΔΔ
, do đó 0()f
′
=
+∞ nhưng đương nhiên f(x) không

liên tục tại điểm
x
0
= 0.
4.2.7 Đạo hàm các hàm số sơ cấp
Sau đây là bảng đạo hàm của một số hàm sơ cấp:
10
21
)
)
yc y
yx y
′
==
′
==

1
2
31
11
1
2
) , , .


yx R y x
yy
x
x

yx y
x
αα
αα α
−
′
=∈≠− =
−
′
==
′
==

4)

xx
ye y e
′
==

x
ya= với 0 ln
x
ayaa
′
>=
5)
log
a
yx= với

1
0
ln
ay
x
a
′
>=

1
ln yx y
x
′
==

6) sin cosyx y x
′
==

10
7) cos sinyx y x
′
==−

2
2
1
8tg) sec
cos
yx y x

x
′
===

2
2
1
9) cot g cosec
sin
yx y x
x
′
==−=−

2
1
10) arcsin
1
yxy
x
′
==
−

2
1
11) arccos
1
yxy
x

′
==−
−

2
1
12) arctg
1
yx y
x
′
==
+

2
1
13) arccot g
1
yxy
x
′
==−
+

14) sh chyx y x
′
==

15) ch shyx y x
′

==
2
1
16) th
ch
yx y
x
′
==

2
1
17) cth
sh
yx y
x
−
′
==

2
1
18) argsh
1
yxy
x
′
==
+

2
1
19) arg ch
1
yxy
x
′
==
−

2
1
20) argth
1
yx y
x
′
==
−

2
1
21) argcth .
1
yxy
x
′
==
−

4.3 Vi phân của hàm số
4.3.1 Định nghĩa
Cho hàm y = f(x) xác định trên tập hợp mở U ⊂  và
0
x
U
∈
. Cho x
0
một số gia 0x
Δ
≠
đủ nhỏ sao cho
0
x
xU+Δ ∈ .
Giả sử
f(x)khả vi tại
0
x
U∈ , khi đó
000
( ) () () ()fx x fx f x x x
ο
′
+
Δ− = Δ+Δ. (4.3.1)

11
11
Ta gọi biểu thức
0
()fx x
′
Δ là vi phân của hàm f(x) tại điểm x
0
ứng với số gia
x
Δ của đối
số và kí hiệu là
00
(, ) ()df x x f x x
′
Δ
=Δ. (4.3.2)
Bây giờ ta xét trường hợp đặc biệt khi
f(x) = x. Ta có () 1fx
′
=
, do đó dx = 1.
x
Δ =
x
Δ
, vì
thế trong biểu thức (4.3.2) ta có thể viết
dx thay cho
x

Δ
và dx gọi là vi phân của biến số độc
lập. Từ đây, ta có thể xác định vi phân của hàm
f tại
x
U
∈
theo công thức
Df =
()fx
′
dx (4.3.3)
hay
dy =
()yx
′
dx (4.3.4)
Hệ thức này giải thích lí do ta kí hiệu đạo hàm của hàm
y = f(x) là
()
dy
yx
dx
′
=
.
4.3.2 Các qui tắc tính vi phân
Từ các qui tắc tính đạo hàm, ta dễ dàng suy ra các qui tắc tương ứng cho vi phân.
12 1 2 12
)( ) ,idcfcgcdfcdg cc+=+ ∀∈

)(.)ii d f g gdf fdg=+ (4.3.5)
2
) ( ) nÕu 0
fgdffdg
iii d g
g
g
−
=≠.
4.3.3 Vi phân của hàm số hợp
Giả sử các hàm y = f(x) và x = g(t) sao cho đối với chúng có thể thiết lập hàm hợp y =
f(g(t)). Nếu tồn tại các đạo hàm
x
y
′
và
t
x
′
thì theo quy tắc đạo hàm hàm hợp sẽ tồn tại đạo
hàm
t
y
′
=
x
y
′
.
t

x
′
. (4.3.6)
Nếu xem
x là biến độc lập thì vi phân dy được biểu thị bởi công thức (4.3.4). Bây giờ ta
xem
x là hàm của biến t, ta có
t
dy y dt
′
=
(4.3.7)
Tuy nhiên nếu thay đạo hàm
t
y
′
bởi biểu thức (4.3.6) và chú ý rằng dx =
t
x
′
dt, thì cuối
cùng ta được
xt x
dy y x dt y dx
′
′′
==

hay dy = ()yx
′

dx, tức là quay trở lại dạng ban đầu của vi phân.
Như vậy, ta luôn luôn có quyền viết vi phân của
y dưới dạng (4.3.4) dù x có phải là biến
độc lập hay không . Điều khác nhau chỉ là ở chỗ, nếu chọn
t là biến độc lập thì dx không phải
là số gia tuỳ ý mà là vi phân của
x xem là hàm của t. Tính chất đó gọi là tính bất biến của
dạng vi phân,
Ví dụ 1: Cho hàm số
1
ln
1
x
x
e
y
e
+
=
−
, hãy tính dy

12
Ta thấy
22
11 2 2
.
11 1 1
xx x x
xx x x

ee e e
ydydx
ee e e
′
⎛⎞
−+ −
′
==⇒=−
⎜⎟
+− − −
⎝⎠

Ví dụ 2: Tính:
(sin )
(cos )
dx
dx

Ta có:
(sin ) cos
cot g
(cos ) sin
dx xdx
x
dx xdx
==−
−
với ,.xkk
π
≠

∈ 
4.3.4 Ứng dụng của vi phân
Cho hàm y = f(x) xác định trên tập mở U ⊂  và
0
x
U
∈
. Giả sử f khả vi tại
0
x
U∈ . Cho
x
0
một số gia h sao cho
0
x
hU+∈ , khi đó
00 00
(,) ( ) () () ()fx h fx h fx f x h h
ο
′
Δ=+−= +. (4.3.8)
Nếu |
h| đủ nhở thì ()h
ο
nhỏ tuỳ ý và ta có xấp xỉ
000
( ) () ()fx h fx f x h
′
+

−≈
hay
000
( ) () ()fx h fx f x h
′
+
≈+ . (4.3.9)
Ví dụ 3: Tính gần đúng arctg1,05 .
Theo công thức (4.3.9), ta có
1
2
1
arctg1,05 arctg1 | .0,05 0,81
1
x
x
=
≈+ ≈
+
.
Ví dụ 4: Tính gần đúng arcsin0,05
Theo công thức (4.3.9), ta có
0
2
1
arcsin 0,05 arcsin 0 | .0,05 0.05
1
x
x
=

≈+ =
−
.
4.4 Các định lí cơ bản của hàm khả vi
4.8.1 Cực trị địa phương
Cho hàm f(x) xác định trên khoảng (a,b). Ta nói rằng hàm f(x) đạt cực đại địa phương tại
điểm
(,)cab∈
nếu tồn tại một số 0
δ
> sao cho
() () ( , ).fx fc x c c
δ
δ
≤∀∈−+
(4.4.1)
Hàm
f đạt cực tiểu địa phương tại
(,)cab
∈
nếu:
() () ( , )fx fc x c c
δ
δ
≥∀∈−+. (4.4.2)
Điểm mà tại đó hàm đạt cực đại hoặc cực tiểu địa phương gọi chung là điểm cực trị.



13

13
Định lí Ferma Cho :( , )fab→  , nếu hàm đạt cực trị tại (,)cab
∈
và nếu f(x) khả vi tại c thì
() 0fc
′
= . (4.4.3)
Chứng minh:
Giả sử hàm đạt cực đại tại
c (trường hợp đạt cực tiểu tại c chứng minh tương tự).
Do hàm đạt cực đại tại
c nên ∀h đủ nhỏ ta có
0()()fc h fc h
+
−≤∀

suy ra
00
()()fc h fc
h
h
+−
≤∀>

00
()()fc h fc
h
h
+
−

≥∀<
.
Cho nên
0
0
()()
( ) lim
h
fc h fc
fc
h
+
+
→
+−
′
=≤
và
0
0
()()
( ) lim
h
fc h fc
fc
h
−
−
→
+−

′
=
≥
.
Mặt khác vì
f có đạo hàm tại điểm c nên () () ()fc fc fc
+−
′
′′
=
= , do đó 0()fc
′
= (xem hình
4.4.1)

Hình 4.4.1
Chú ý rằng sự triệt tiêu của đạo hàm
()
′
f
c
về phương diện hình học có ý nghĩa là tiếp
tuyến tại điểm tương ứng của đường cong song song với trục Ox.
Định lý Rolle Cho hàm
:[ , ]fab→ 
có tính chất sau:
i)
f(x) liên tục trên [a,b],
ii)
f(x) khả vi trên (a,b),

iii)
f(a)=f(b).
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm
(,)cab
∈
sao cho
() 0fc
′
=
.
Chứng minh:
Do
f(x) liên tục trên đoạn [a,b] nên theo định lí Weierstrass thứ hai hàm f(x) sẽ đạt giá trị
lớn nhất
M và giá trị bé nhất m trên đoạn [a,b]:
[,] [,]
max ( ), min ( ).
xab xab
Mfxmfx
∈∈
=
=
Ta hãy xét hai khả năng có thể xảy ra:

14
1) M = m. Khi đó từ bất đẳng thức

() [,]mfx Mxab≤≤∀∈suy ra () , [,]fx m x ab
=
∀∈

Vì vậy
0() , [,]fx x ab
′
=∀∈ . Do đó điểm c là lấy điểm bất kì thuộc khoảng (a,b).
2)
m<M. Do f(a)=f(b), hàm f(x) không thể đạt cả hai giá trị m, M tại hai đầu mút của
khoảng, có nghĩa là ít nhất một trong hai giá trị đó đạt tại một điểm
(,)cab∈ . Khi đó, theo
định lí Fermat
() 0fc
′
= . Định lí đã được chứng minh.
Chú ý:
Ta chú ý rằng giả thiết
f(x) liên tục trên [a,b] là một giả thiết không thể bỏ qua được. Ví
dụ như xét hàm số (xem hình 4.4.2)
khi 0 1
1khi 0
()
xx
fx
x
<
≤
⎧
=
⎨
=
⎩

Cho dù
f(0)=f(1), nhưng hàm số không liên tục trên [0,1], nên không thể áp dụng định lí
Rolle được (đạo hàm không nơi nào bằng 0 trên (0,1)).
Giả thiết hàm
f(x) khả vi trong khoảng (a,b) cũng là một giả thiết không thể bỏ qua được.
Chẳng hạn xét hàm số (xem hình 4.4.3)
1
2
1
2

Hình 4.4.2 Hình 4.4.3

1
ví i 0
2
()
1
1víi 1
2
xx
fx
xx
⎧
≤≤
⎪
⎪
=
⎨
⎪

−
<≤
⎪
⎩

Hàm số này liên tục trên đoạn [0,1],
f(0)=f(1), nhưng không có đạo hàm tại
1
2
x =
, do đó
cũng không áp dụng định lí Rolle được.
Ví dụ 1: Hàm số f(x)=1−
2
3
x
triệt tiêu khi x
1
=
−
1, x
2
=1 nhưng
′
≠() 0fx với |x| ≤ 1 . Điều
này không mâu thuẫn với định lí Rolle.
Định lí về số gia hữu hạn (Định lí Lagrange).
Giả sử
:[ , ]fab→  có các tính chất
i) f liên tục trên [

a,b]



15
15
ii) f khả vi trên (a,b)
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm
(,)cab
∈
sao cho:
() ()
()
fb fa
fc
ba
−
′
=
−
. (4.4.4)
Chứng minh: Ta hãy xét hàm bổ trợ sau:
() ()
() () () ( )
fb fa
Fx fx fa x a
ba
−
=−− −
−

.
Hiển nhiên
F(x) liên tục trên [a,b] vì nó là hiệu của hàm liên tục f(x) và hàm tuyến tính.
Trong khoảng (
a,b) hàm đó có đạo hàm hữu hạn bằng:
() ()
() () .
fb fa
Fx fx
ba
−
′′
=−
−

y
x
bc
a
0
C
B
A
f(b)
f(a)

Hình 4.4.4
Cuối cùng ta thấy F(a)=F(b)=0. Theo định lí Rolle tồn tại một điểm (,)cab∈ sao cho
() 0Fc
′

= . Như vậy
() ()
() 0
fb fa
fc
ba
−
′
−
=
−
.
Do đó
() ()
()
fb fa
fc
ba
−
′
=
−

Ý nghĩa hình học:
Tỷ số
() ()fb fa
ba
−
−
là hệ số góc của cát tuyến AB, còn ()fc

′
là hệ số góc của tiếp tuyến
với đường cong
y=f(x) tại điểm C(c,f(c)).
Theo định lí Lagrange trên cung
AB tìm được ít nhất một điểm c, mà tại đó tiếp tuyến
song song với dây cung
AB. Trường hợp f(a) = f(b) ta có định lí Rolle.
Chú ý 1: Bởi vì (,)cab
∈
, nên ta có thể viết
c = a + (),0 1ba
θ
θ
−
<<.
Khi đó công thức Lagrange có thể viết dưới dạng

16
f(b)
−
f(a )= [()](),0 1fa b a b a
θ
θ
+
−−<<. (4.4.5)
Chú ý 2: Nếu đặt a = x, b = x+
x
Δ
thì ta nhận được

f(x + Δ x)
−
f(x)=f’(x +
Δ
θ
x)
Δ
x trong đó
θ
<
<01 (4.4.6)
Định lí Cauchy
Giả thiết
i) Các hàm
f(x) và g(x) xác định và liên tục trên[a,b]
ii)
f(x) và g(x) khả vi trên (a,b)
iii)
′
≠∀∈() 0 (,).
gx x ab
Khi đó tồn tại ít nhất một điểm
(,)cab
∈
sao cho
() () ()
() () ()
fb fa f c
gb ga g c
′

−
=
′
−
. (4.4.7)
Rõ ràng rằng định lí Lagrange là trường hợp đặc biệt của định lí Cauchy: Để được công
thức số gia hữu hạn thì trong công thức Cauchy (4.4.5) ta đặt
g(x)=x.
Chứng minh:
Trước hết ta để ý rằng theo định lí Lagrange ta có thể tìm được một số
1
(,)cab∈ sao cho:
1
() () ( )( )gb ga g c b a
′
−
=−
Theo giả thiết
1
()0gc
′
≠ , nên () () 0.gb g
α
−
≠ (4.4.8)
Bây giờ ta xét hàm số
() ()
() () () (() ())
() ()
fb fa

Fx fx fa gx ga
gb ga
−
=−− −
−
. (4.4.9)
Ta thấy hàm số thoả mãn tất cả các giả thiết của định lí Rolle. Thật vậy F(x) liên tục, đạo
hàm
()Fx
′
tồn tại trong khoảng (a,b), cụ thể bằng
() ()
() '() ()
() ()
fb fa
Fx f x gx
gb ga
−
′
′
=−
−
,
và hiển nhiên
F(a)=F(b). Do đó theo định lí Rolle (,)cab
∃
∈ sao cho () 0.Fc
′
=
Nói cách khác

() ()
() () 0
() ()
fb fa
fc gc
gb ga
−
′′
−=
−
.
Từ đây suy ra định lí được chứng minh.
Ví dụ 1: Cho hàm số
2
3
khi 0 1
2
()
1
khi 1 .
x
x
fx
x
x
⎧
⎪
−
⎪
≤≤

⎪
⎪
⎪
=
⎨
⎪
⎪
<<+∞
⎪
⎪
⎪
⎩

Xác định giá trị trung gian c của công thức số gia hữu hạn đối với hàm số
()fx trên đoạn
[0,2].
Trước hết ta thấy



17
17
11
1
1
() (1)
(1) lim lim 1
11
xx
fx f

x
f
xx
++
+
→→
−
−
′
===−
−−

2
11
3
1
() (1)
2
(1) lim lim 1
11
xx
x
fx f
f
xx
−−
−
→→
−
−

−
′
===−
−−
.
Vậy theo định nghĩa hàm số
f(x) có đạo hàm tại x=1 và (1) 1f
′
=
− . Do đó ta có
2
2
khi 0 1
khi 0 1
() 1 khi 1
1
khi 1< 2
1
khi 1 2
xx
xx
fx x
x
x
x
x
⎧
⎪
−≤<
−

≤≤
⎧
⎪
⎪
=− = =
−
⎨⎨
≤
⎪⎪
−
⎩
⎪
<≤
⎩

Công thức số gia hữu hạn đối với hàm số
f(x) trên [0,2] là
(2) (0) ( )(2 0)fffc
′
−= − hay
13
2. ( )
22
fc
′
−= ,
suy ra:
1
()
2

fc
−
′
=
.
Mặt khác theo biểu thức đạo hàm
()fx
′
, ta có
Khi
0< c <1,
1
2
c−=−
suy ra
1
2
c =
,
Khi
1< c <2,
2
11
,
2
c
− = − suy ra
2c=
.
Ví dụ 2: Giả sử f(x) khả vi trên đoạn [0,1] và (0). (1) 0ff

′
′
<
. Chứng minh (0,1)
ξ
∃∈ sao cho
() 0f
ξ
′
=
.
Chứng minh: Thật vậy, theo giả thiết hàm số liên tục trên [0,1], nên đạt giá trị lớn nhất,
bé nhất trên [0,1].
Không mất tổng quát, giả sử
(0) 0, (1) 0ff
+−
′′
<
> , ta có
0
() (0)
(0) lim 0,
x
fx f
f
x
+
+
→
−

′
=
<
suy ra
() (0)
0 hay ( ) (0) 0
fx f
fx f
x
−
<−<
với 0x > khá bé.
Hơn nữa do
1
() (1)
(1) lim 0
1
x
fx f
f
x
−
−
→
−
′
=
>
−

nên
() (1)
0
1
fx f
x
−
>
−
hay () (1)fx f− <0, hay () (1)fx f
<
khi x khá gần 1, x<1.
Từ lý luận trên suy ra giá trị bé nhất của hàm số trên [0,1] không thể xảy ra ở hai đầu mút
0 và 1. Vậy giá trị bé nhất đạt được tại
(0,1)
ξ
∈
. Theo định lý Ferma

18
() 0f
ξ
′
=

Ví dụ 3: Chứng minh nếu
()
x
ϕ
là hàm khả vi, đơn điệu tăng và

|()| ()fx x
ϕ
′
′
≤
khi
0
x
x≥
, thì
ta có
000
|() ()| () () khi fx fx x x x x
ϕ
ϕ
−≤− ≥
.
Chứng minh:
Theo định lý Cauchy
0
0
() ( )
()
1
() ( ) ()
fx fx
fc
xx c
ϕϕ ϕ
′

−
=
<
′
−
với
0
x
cx
<
< .
Từ đây suy ra:
000
|() ()| () () khi fx fx x x x x
ϕ
ϕ
−≤− >
. Cuối cùng chú ý rằng đẳng thức
trên hiển nhiên đúng khi
x = x
0
.
4.5 Đạo hàm và vi phân cấp cao
4.8.1 Định nghĩa đạo hàm cấp cao
Giả sử :fU→  là hàm khả vi trên tập mở U ⊂  , khi đó ta nhận được hàm
:fU
′
→  . Nếu tại
0
x

U∈ , ()fx
′
có đạo hàm thì ta gọi đạo hàm của ()fx
′
tại
0
x
là đạo
hàm cấp hai của hàm
f(x) tại
0
x
và kí hiệu là
0
()fx
′
′
. Hàm f có đạo hàm cấp hai tại
0
x
còn gọi
là khả vi cấp hai tại
0
x
.
Một cách tổng quát, đạo hàm của đạo hàm cấp (
n−1) được gọi là đạo hàm cấp n của hàm
f(x) và kí hiệu là
() ()
()

(); ; ;
nn
nn
nn
dfx dy
fx y
dx dx
.
Đương nhiên là
() () ( )
(()) ()
mnmn
fx f x
+
= . (4.5.1)
Đôi khi ta viết
f
(0)
thay cho f.
Ta chú ý rằng, nếu tồn tại
()
0
()
n
fx, tức là nếu hàm
(1)
()
n
fx
−

có đạo hàm tại điểm
0
x
, thì
hàm
(1)
()
n
fx
−
được xác định không chỉ tại
0
x
, mà là trong toàn bộ khoảng
00
(,)xx
δ
δ
−+,
trong đó là
δ số dương được chọn thích hợp. Trong khoảng này những hàm
(2) (3)
( ); ( ), ,
nn
fxfx
−−
(),()fxfx
′
được xác định.
4.8.2 Các công thức tổng quát đối với đạo hàm cấp n

Giả sử :fU→  và :gU→  là hai hàm khả vi cấp n trên U. Khi đó
12
,.cf cf f g+ là
những hàm khả vi cấp n trên U, trong đó
12
,cc
∈
 và
() () ()
12 1 2
)( ) ( ) () ()
nnn
icfcg xcf xcgx+=+ (4.5.2)
() () ( )
0
)(.) () (). ()
n
nkknk
n
k
ii f g x C f x g x
−
=
=
∑
. (4.5.3)



19

19
Công thức (4.5.3) còn gọi là công thức Leibnitz.
Ví dụ 1: Tính đạo hàm cấp 3 của hàm số
3
sin
y
xx=
Đặt
3
,sinfxg x==. Khi đó
(3) (3) (2) (2) (3)
.3.3. .yfg fg fgfg
′′
=+ + +
hay
(3) 3 2
sin 9 sin 18 cos 6sin .yxxxxxx x=− − + +
Ví dụ 2: Tính đạo hàm cấp 3 của hàm số sau
()3()yxfxa fax
′
=−+− trong đó a là hằng số.
Đặt
3
,(), (), ()uxvfxav faxv fax
′ ′ ′′ ′′
== − =− − = −,
(3) (4)
()vfax= −−,
khi đó
(3) (3) (4) (3)

(3) (4)
3( ) ( )3( )hay
().
yfaxxfaxfax
yxfax
=−−−−−
=− −

4.8.3 Vi phân cấp cao
Cho U mở trong  và f là hàm khả vi cấp n trên tập mở U. Ta gọi vi phân cấp hai của
hàm
f, ký hiệu là d
2
f là biểu thức d
2
f=d(df). Một cách tổng quát, ta gọi vi phân cấp n của hàm f
là vi phân của vi phân cấp
n−1 của hàm f:
1
().
nn
df dd f
−
= (4.5.4)
Khi tính vi phân cấp cao ta chú ý rằng
dx là một số tuỳ ý và không phụ thuộc x ( dx x
=
Δ ),
nên khi lấy vi phân theo
x phải xem nó là hằng số. Trong trường hợp đó ta sẽ có

22
() ( ) ( )d y d dy d ydx dydx ydx dx ydx
′
′′′ ′′
== == =
.
32 2 3
()( )dy ddy dydx ydx
′
′ ′′′
== =
.
Bằng cách quy nạp ta chứng minh được rằng
()nnn
dy y dx= .
Do đó
()
n
n
n
dy
y
dx
=
. (4.5.5)
Như vậy, ký hiệu trên có thể xem như một phân số. Nhờ công thức (4.5.5) ta dễ dàng biến
đổi công thức Leibnitz thành công thức của vi phân. Nhân cả hai vế của (4.5.3) với
dx
n
ta sẽ

được
0
() .
n
nknkk
n
k
dfg Cd fdg
−
=
=
∑
(4.5.6)

20
Chú ý trong công thức (4.5.6) ta sẽ xem
00
,df f dg g
=
= .
Ví dụ 3: Cho y=f(x
2
) với f là hàm khả vi. Tính d
2
y.
Ta có:
2
2( )dy f x xdx
′
= ,

Lấy vi phân lần thứ hai ta được
22 2 2
22
22222
2() 2() (())
2 ( ) ( ).2
22 () () .
d y d f x x dx f x dx xd f x dx
f x dx xf x xdx dx
dy xf x f x dx
⎡⎤⎡ ⎤
′′′
==+
⎣⎦⎣ ⎦
⎡⎤
′′′
=+
⎣⎦
⎡⎤
′′ ′
=+
⎣⎦

Ví dụ 4: Xét hàm y = arctgx. Ta hãy tính y
(n)
theo y.
Vì
x = tgy nên
2
2

1
cos cos sin( )
2
1
yyyy
x
π
′
=== +
+

Lấy đạo hàm lần thứ hai theo
x (và nhớ rằng y là hàm của x) ta được
sin .sin( ) cos .cos( ) .
22
yyy yyy
ππ
⎡⎤
′′ ′
=− + + +
⎢⎥
⎣⎦


22
cos .cos(2 ) cos .sin(2 )
222
cos .sin 2( ).
2
yy yy

yy
π
ππ
π
=+=++
=+

Lấy đạo hàm lần nữa ta được
(3) 2
33
2sin cos .sin 2( ) 2 cos cos2( ) .
22
2cos cos(3 2. ) 2cos sin3( )
22
yyyy yyy
yy yy
ππ
ππ
⎡⎤
′
=− + + +
⎢⎥
⎣⎦
=+=+

Một cách tổng quát
()
(1)!cos.sin( )
2
nn

yn yny
π
=− + .
4.6 Công thức Taylor
Trước đây, ta đã biết nếu hàm f(x) khả vi tại điểm
0
x
U
∈
, trong đó U là tập mở trong  ,
thì ta có thể biểu diễn số gia của hàm số dưới dạng
000
( ) () () ()fx h fx f x h h
ο
′
+
−= +

trong đó
()hο là vô cùng bé bậc cao hơn so với h.
Công thức này cho biết cách tính giá trị của
f(x) trong lân cận của điểm x
0
khi biết giá trị
f(x
0
) và đạo hàm
0
()fx
′

. Vấn đề đặt ra là nếu biết thêm các đạo hàm cấp cao của hàm f(x) tại
x
0
, ta có thể biết chính xác hơn giá trị của hàm f(x) trong lân cận x
0
hay không?
4.8.1 Công thức Taylor



21
21
Định lí 4.6.1 Cho
[
]
:,fab→  . Nếu hàm f(x) khả vi (n+1) lần trong khoảng (a,b), thì với bất
kì điểm
(,), (,)cabxab∈∀∈
mà
x
c≠ ta luôn có

2
() ( 1)
1
() ()
()() () ()
1! 2!
() ()
( ) ( )

!(1)!
nn
nn
fc fc
fx fc xc xc
fc f c
xc xc
nn
+
+
′
′′
=+ −+ −++
+−+ −
+
(4.6.1)
trong đó
c là một số nằm giữa x và c.
Chứng minh: Trước hết ta hãy tìm đa thức
()
n
Px sao cho
() ()
( ) ( ); ( ) ( ); ; ( ) ( )
nn
nn n
Pc fcPc fc P c f c
′′
== =. (6.4.2)
Thật vậy đa thức

()
n
Px phải tìm được viết dưới dạng
2
01 2
() ()() ()
n
nn
Px a ax c ax c ax c=+ −+ − ++ − (4.6.3)
khi đó
0
()
n
Pc a= và
1
12
() 1. 2 ( ) . ( )
n
nn
Px a axc naxc
−
′
=+ −++ −

1
2
23
2
(1)
1

()
( ) 2.1. 3.2. ( ) ( 1) ( )
() 2!

( ) ( 1)( 2) 2.1. ( 1) 3.2.1. ( )
n
n
nn
n
n
nnn
Pc a
Px a ax c nn ax c
Pc a
Pxnn ann axc
−
−
−
′
=
′′
=+ −++−−
′′
=
=− − + − −

()
() !
n
nn

Pcna=
Thay các hệ số
a
0
, a
1
, …, a
n
vào (4.6.3), đa thức P(x) phải tìm có dạng
()
2
() () ()
()() () () ()
1! 2! !
n
n
n
fc fc f c
Px fc xc xc xc
n
′′′
=+ −+ −++ −

(4.6.4)
Bây giờ ta đặt
() () ()
nn
Rx fx Px= − (4.6.5)
Theo giả thiết
()

() () () () 0
n
nnn n
Rc Rc Rc R c
′′′
==== =
(4.6.6)
Mặt khác, nếu đặt
1
() ( )
n
Gx x c
+
=− (4.6.7)
thì cũng có
()
() () () () 0
n
Gc G c G c G c
′′′
==== =
và
(1)
() ( 1)!
n
Gxn
+
=+
Giả sử
(,), ,

x
ab x c∈≠từ (4.6.6) và (4.6.7) ta có
() () ()
() () ()
nnn
Rx Rx Rc
Gx Gx Gc
−
=
−


22
Áp dụng định lí Cauchy vào tỉ số trên ta được
1
1
() ( )
() ( )
nn
Rx Rc
Gx G c
′
=
′

với
c
1
nằm giữa x và c
Cũng từ các hệ thực (4.6.6) và (4.6.7) ta có

11 2
11 2
() () () ()
() () () ()
nnnn
Rc Rc Rc Rc
Gc Gc Gc Gc
′′′
′′
−
==
′′′′′
−

với
c
2
nằm giữa c
1
và c
Như vậy, áp dụng (
n+1) lần định lí Cauchy ta được
(1)
(1)
() ()
()
()
n
nn
n

Rx R c
Gx
Gc
+
+
=
Theo định nghĩa của hàm
G(x) ta có
1
() ( 1)!,
n
Gx n
+
=+ do đó
1
() ( 1).
n
Gcn
+
=
+
Từ đây suy ra
(1)
1
()
() ( )
(1)!
n
n
n

n
Rc
Rx xc
n
+
+
=−
+
. (4.6.9)
Từ (4.6.5)
11(1)(1)
() () () ().
nn n n
nn
Rxf xP xf x
++ + +
=− =
Từ đây ta nhận được
(1)
(1)
()
() ( )
(1)!
n
n
n
fc
Rx xc
n
+

+
=−
+
. (4.6.10)
Cuối cùng
2
() ( 1)
1
() () ()
() ()
( ) ( ) ( )
1! 2!
() ()
() ()
!(1)!
nn
nn
nn
fx Px R x
fc fc
fc xc xc
fc f c
xc xc
nn
+
+
=+
′′′
=+ −+ −++
+−+ −

+

trong đó
c là một số nằm giữa x và c, định lí được chứng minh.
Người ta thường gọi công thức (4.6.1) là công thức Taylor và biểu diễn một hàm số
f(x)
dưới dạng (4.6.1) là khai triển Taylor của hàm số
f(x) tại điểm x = c.
4.8.2 Khai triển Maclaurin
Ta thấy khi c = 0, thì (4.6.1) có dạng



23
23
() ( 1)
21
(0) (0) (0) ( )
( ) (0)
1! 2! ! ( 1)!
nn
nn
ff f fc
fx f x x x x
nn
+
+
′′′
=+ + ++ +
+

(4.6.11)
trong đó
c nằm giữa x và 0.
Đặt
cx=
θ
, trong đó 01
θ
<<, khi đó (4.6.11) trở thành
() ( 1)
21
(0) (0) (0) ( )
() (0)
1! 2! ! ( 1)!
nn
nn
ff f fx
fx f x x x x
nn
θ
+
+
′′′
=+ + ++ +
+
(4.6.12)
Công thức (4.6.12) gọi là khai triển Maclaurin của hàm
f, trong đó
1
1

()
R() .
(1)!
n
n
n
fx
xx
n
θ
+
+
=
+

Chú ý:
a) Trong định lý Taylor ta thường viết x = c + h, khi đó công thức (4.6.1) có dạng
2
() ( 1)
1
() ()
( ) ( )
1! 2!
() ( )
.
!(1)!
nn
nn
fc fc
fc h fc h h

fc f ch
hh
nn
θ
+
+
′
′′
+= + + ++
+
++
+
(4.6.13)
b) Bây giờ trong công thức trên, nếu thay
h bởi dx và nhớ rằng
22 ()
( ) ( ), ( ) ( ), , ( ) ( )
nnn
f c dx df c f c dx d f c f c dx d f c
′′′
== =
và
(1) 1 1
() ()
nnn
fdxdf
ξ
ξ
+++
= , ta có thể biểu diễn khai triển trên dưới dạng

21
111
() () () () ()
2! ! ( 1)!
nn
fc dfc dfc dfc d f
nn
ξ
+
Δ= + ++ +
+
(4.6.11)
trong đó
.,0 1ch
ξ
θθ
=+ <<.
Ví dụ 1: Trước hết hãy xét f(x) = e
x
với x
∈

Khi đó ta có:
() *
() 0 () *
() .
(0) 1, ( ) .
kx
kkx
fxe k

fefxek
θ
θ
=∀∈
== = ∀∈



Theo công thức (4.6.12)
21
1
1! 2! ! ( 1)!
nn
xx
xx x x
ee
nn
θ
+
=+ + + + +
+
với x
∈
 và 01
θ
<<
hay
2
1 ()
1! 2! !

n
xn
xx x
ex
n
ο
=+ + + + + với x
∈
 . (4.6.15)
Ví dụ 2: Xét hàm số f(x) = sin x với x
∈
 .
Ta thấy
()
() sin( )
2
k
k
fx x
π
=+ với k
∈
 , do đó

24
(2 )
(0) 0, (0) sin 0
n
ff n
π

=
==
(2 1) 1
1
1
(1)
(0) sin( ) ( 1) ( 1,2,3, )
2
|()| () .
(1)! (1)!
mm
n
n
n
n
fm m
x
x
Rx f x
nn
π
π
θ
−−
+
+
+
=−=− =
=≤
++

Vì vậy bằng cách đặt trong công thức (4.6.12)
n = 2m, ta được
35 21
1
2
sin ( 1)
1! 3! 5! (2 1)!
m
m
m
xx x x
x
R
m
−
−
=− + ++− +
−
(4.6.16)
trong đó
2
2
()
(2 )!
m
m
x
Rx
m

≤

hay
321
12
sin ( 1) ( )
3! (2 1)!
n
nn
xx
x
xx
n
−
−
=− + +− +ο
−
.
Ví dụ 3: Tương tự ta có
22
21
cos 1 ( 1) ( )
2! (2 )!
n
nn
xx
xx
n
ο
+

=− + +− + . (4.6.17)
trong đó
21
21
() cos
(2 1)!
n
n
x
x
x
n
θ
+
+
ο=
+
với 01
θ
<
< .
Ví dụ 4: Xét khai triển của hàm
1
()
1
fx
x
=
+
với 1x

≠
−
Ta thấy
()
1
1!
(1)
1
(1 )
n
n
n
n
x
x
+
⎛⎞
⎟
⎜
= −
⎟
⎜
⎟
⎟
⎜
⎝⎠
+
+
, từ đó ta có
2()

(0) 1, (0) 1, (0) ( 1) 2!, , (0) ( 1) !
nn
ff f f n
′′′
==−=− =−
Sử dụng công thức (4.6.12) ta được:
2
1
1 (1)()
1
nn n
x
xxx
x
ο
=−+ − +− +
+
(4.6.18)
trong đó
11
1
1
()(1)
(1 )
nn n
n
x
x
x
θ

+
+
+
ο=−
+
.
Ví dụ 5: Khai triển f(x) = ln(1+x) với x>−1
Ta nói rằng
1
1
1!
(0) 0, ( ) , ( ) ( 1)
1
(1 )
nn
n
n
ffx fx
x
x
+
+
′
== =−
+
+

Do đó

25
25
23
1
ln(1 ) ( 1) ( )
23
n
nn
xx x
x
xx
n
−
+=− + −+− +ο

trong đó
1
1
11
()(1) .
1
(1 )
nn n
n
x
x
n
x
θ

+
+
ο=−
+
+
.
Ví dụ 6: Xét khai triển () (1 ), , 0fx x
α
αα
=+ ∈ ≠ .
Tương tự như trên, ta có thể chứng minh được rằng
2
(1)
(1 ) 1
2!
( 1) ( 1)
( ).
!
nn
xx x
n
x
x
n
α
α
α
α
αα α
−

+=++ ++
−−+
++ο
(4.6.20)
4.7 Qui tắc L’hospital để khử dạng vô định
Trước hết ta xét giới hạn
()
lim
()
xc
fx
gx
→
trong trường hợp f(x) và g(x) dần tới 0 khi
x
c→ .
Trường hợp đặc biệt của giới hạn này là:
Nếu như
f liên tục tại điểm x
0
, tức là
00
00
lim( ( ) ( )) lim( ) 0
xx xx
fx fx x x
→→
−=−=
thì ta gọi giới hạn
0

0
0
() ( )
lim
xx
fx fx
xx
→
−
−
, nếu tồn tại, là đạo hàm
0
()fx
′
. Cho nên ta hy vọng rằng
bằng cách sử dụng những định lý về đạo hàm ta có thể khử được một số dạng vô định của giới
hạn. Các quy tắc sau đây gọi chung là quy tắc L’Hospital.
4.8.1 Dạng vô định
0
0

Hãy xét dạng vô định
()
lim
()
xc
fx
gx
→
, trong đó lim ( ) 0 lim ( )

xc xc
fx gx
→→
=
= ,
với
c có thể vô hạn hoặc hữu hạn.
Định lý 4.7.1 Giả sử
i)
f và g là các hàm liên tục trên [a,b] và
(,)cab
∈
sao cho f(c) = g(c) = 0
ii) Nếu trong một lân cận nào đó của điểm
c (có thể trừ điểm c) tồn tại các đạo hàm
,fg
′
′

với
() 0gx
′
≠
.
iii) Ngoài ra tồn tại
()
lim
()
xc
fx

gx
→
′
′
hữu hạn.
Khi đó
() ()
lim lim
() ()
xc xc
fx f x
gx g x
→→
′
=
′
. (4.7.1)
Chứng minh: Theo định lí Cauchy