On thi giai tich 1 bien
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (346.48 KB, 29 trang )
ÔN THI GIẢI TÍCH HÀM 1 BIẾN
BÀI 2.11.
a) Cho E r Q : 0 r 3 . Tìm inf E , sup E .
Giải:
Tìm inf E :
Do min E 0 nên inf E 0
Tìm sup E :
Ta có r 3, x E hay
3 là cận trên của E (1)
Lấy b là 1 cận trên tùy ý của E . Ta chứng minh b 3 (2)
Thật vậy, giả sử b 3 . Theo tính trù mật của Q trong R , tồn tại số q Q sao cho 0 b q 3
Suy ra q E và do đó q b (mâu thuẫn với q b ). Vậy b 3 .
Từ (1) và (2) ta được: sup E 3
b) Cho E t Q c :1 t 2 . Tìm inf E , sup E .
Tìm inf E :
Ta có t 1, t E hay 1 là cận dưới của E (1)
Lấy a là 1 cận dưới tùy ý của E . Ta chứng minh a 1 (2)
Thật vậy, giả sử a 1 . Theo tính trù mật của Qc trong R , tồn tại số s Qc sao cho 1 s a 2
Suy ra s E và do đó s a (mâu thuẫn với s a ). Vậy a 1 .
Từ (1) và (2) ta được: inf E 1 .
Tìm sup E :
Ta có t 2 t 2, t E hay
2 là cận trên của E (3)
Lấy b là 1 cận trên tùy ý của E . Ta chứng minh b 2
(4)
Thật vậy, giả sử b 2 . Theo tính trù mật của Qc trong R , tồn tại số p Qc sao cho 1 b p 2
Suy ra p E và do đó p b (mâu thuẫn với p b ). Vậy b 2 .
Từ (3) và (4) ta được: sup E 2
Page 1
Bài tập tương tự:
c) Cho A r Q : 2 r 0 . Tìm inf A, sup A .
d) Cho B t Qc : 3 t 2 . Tìm inf B , sup B .
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 2.11. Sử dụng nguyên lý quy nạp toán học, chứng minh rằng với mọi n :
a) 3n 1 2n chia hết cho 4
n
b)
1
1 k n 1
k 1
n
c)
(2k 1)3 n2 (2n2 1)
d) 2 n n ! n 1
k 1
Giải:
a) 3n 1 2n chia hết cho 4
Đặt un 3n 1 2n
Với n 1 thì u1 0, chia hết cho 4.
Giả sử un 3n 1 2n chia hết cho 4, với n
Ta chứng minh: un1 3n1 1 2(n 1) chia hết cho 4.
Thật vậy: un1 3.3n 3 2n 3(3n 1 2n) 4n 3un 4n
Mà un chia hết cho 4 và 4n chia hết cho 4, suy ra un1 chia hết cho 4.
Vậy: 3n 1 2n chia hết cho 4, với mọi n .
n
b)
1
1 k n 1
k 1
Với n 1 , ta có:
n
1
1
1 k 1 1 n 1
(đúng)
k 1
Giả sử
n
1
1 k n 1 , với n
k 1
Ta chứng minh:
n1
1
1 k (n 1) 1
k 1
Page 2
Thật vậy, ta có:
n1
n
1
1
1
1
1
1
k 1 k . 1 n 1 (n 1) 1 n 1 (n 1) (n 1). n 1 (n 1) 1
k 1
k 1
n
Vậy:
1
1 k n 1 , với mọi n .
k 1
n
c)
(2k 1)3 n2 (2n2 1)
k 1
Với n 1 , ta có:
n
(2k 1)3 (2.11)2 1 12 (2.12 1) n2 (2n2 1)
(đúng)
k 1
Giả sử
n
(2k 1)3 n2 (2n2 1) , với n
k 1
n1
Ta chứng minh:
(2k 1)3 (n 1)2[2(n 1)2 1]
k 1
Thật vậy, ta có:
n1
n
k 1
k 1
(2k 1)3 (2k 1)3 [2(n 1) 1]3 n2 (2n2 1) [2(n 1) 1]3
2n4 8n3 11n2 6n 1 (n 1)(2n3 6n2 5n 1) (n 1)2 (2n2 4n 1)
(n 1)2[2(n2 2n 1) 1] (n 1)2 [2(n 1)2 1]
n
Vậy:
(2k 1)3 n2 (2n2 1) , với mọi n .
k 1
d) 2 n n ! n 1 2n.n ! (n 1)n
Với n 1 , ta có:
2n.n ! 21.1! 2 (1 1)1 (n 1)n
(đúng)
Giả sử 2n.n ! (n 1)n , với n
Ta chứng minh: 2n1.(n 1)! (n 2)n1
Thật vậy, ta có: 2n1.(n 1)! 2(n 1).2n.n ! 2(n 1).(n 1)n 2(n 1)n1
Ta cần chứng minh: 2(n 1)n1 (n 2)n1
(1)
(2)
n1
n 2 n1
1
1
1
1 (n 1).
2
Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:
n 1
n 1
n 1
Page 3
Suy ra: (n 2)n1 2(n 1)n1 . Do đó bất đẳng thức (2) đúng.
Từ (1) và (2) ta được: 2n1.(n 1)! (n 2)n1.
Vậy: 2n.n ! (n 1)n hay 2 n n ! n 1 , với mọi n .
!! Cách khác để chứng minh bất đẳng thức (2):
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho (n 1) khơng âm:
Ta có: 2(n 1)n1 2.(n 1)(n 1)...(n 1) (2 n 2)( n 1)...( n 1) (gồm 1 số (2 n 2) và n số (n 1) )
(2n 2) (n 1) ... (n 1) n1 (2n 2) n(n 1) n1
n 1
n 1
(n 1)(n 2) n1
n1
n 2
n 1
Ở trên đã sử dụng các bất đẳng thức:
1) Bất đẳng thức Bernoulli:
Cho số a 1 . Ta có: (1 a)n 1 na, n .
2) Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm a1, a2 ,..., an :
a1 a2 ... an n
a1.a2 ...an
. Dấu '' '' xảy ra khi a1 a2 ... an
n
Bài tập tương tự:
e) 7n 1 3n chia hết cho 9 , n
n
f)
1
i 2
g) 13 23 ... n3 (1 2 ... n)2 , n
n
h)
k 1
1 n 1
, n , n 2
2n
i 2
1
2 n , n
k
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 3.3. Tính giới hạn các dãy số sau:
a) xn
c) xn
1
n
2
2
n
2
...
n
n
2
1
1
1
...
1.2 2.3
n(n 1)
1 1 1
b) xn 1 1 ...1
2 3 n
n
d) xn 3 4 3 8 3...2 3
Giải:
Page 4
1 2 3 ... n
a) xn
n2
n(n 1)
n2 n
2
n2
2n 2
1
n n
n 1.
lim
Suy ra: lim xn lim
2
2
2
2n
1
2
1 1 1 2 1 3 1 4 1 ( n 1) 1 n 1
b) xn 1 1 ...1
.
.
...
.
2 3 n
2
3
4
n 1
n
1 2 3 n 2 n 1 1
. . ...
.
2 3 4 n 1 n
n
Suy ra: lim xn lim
1
0.
n
1 1 1 1
1
1
1
1
1
1
...
...
1
n n 1
1.2 2.3
n(n 1) 1 2 2 3
n 1
c) xn
1
Suy ra: lim xn lim 1
1.
n 1
n
d) xn
1
1
1 2
.
1
1 1 1
1
1 1 1
2 1 1
... n
n
n
2 3
2
3 4 3 8 3...2 3 3 2 .3 4 .38...3 2 3 2 4 8
1 n
1
2
Suy ra: lim xn lim 3
1 n
1
2
3
310 3
Bài tập tương tự:
Tính giới hạn các dãy số sau:
e) xn
f) xn
1
2
n 1
1
2.
3
2
n 1
1
4.
5
2
n 1
3
3
3
2n 1
...
1
8 ...
n2 1
3
1
2n
1
1
1
g) xn 1 2 1 2 ...1 2
2 3 n
3 5
7
2n 1
... 2
h) xn
4 36 144
n (n 1) 2
i) xn
1 2 3
n 1
...
2! 3! 4!
n!
1
1
1
1
1
1
1
1
ln 1
ln 1
ln 1 ...
ln 1
n 1 1 n 1 2 n 1 3
n 1 n
………………………………………………………………………………………………………………..
j) xn
Page 5
BÀI 3.4. Dùng nguyên lý kẹp, tính giới hạn của dãy số
a) xn
n2
n3 1
n2
n3 2
...
n2
n3 n
Giải:
a) Với mỗi số nguyên k thỏa 1 k n , ta có:
Khi đó:
n2
n3 n
Suy ra: n.
Hay
n2
n3 n
n3
n3 n
n2
n3 n
xn n.
xn
Mặt khác: lim
...
n3
n3 1
n3
n3 n
n2
n3 n
n2
n3 1
xn
n2
n3 n
n2
n3 1
n2
n3 k
n2
n3 1
n2
n3 1
...
.
n2
, n N
n3 1
, n N
, n N
lim
n3
n3 1
1
Vậy: lim xn 1
Bài tập tương tự:
c) xn
1
n2 1
e) xn 4
1
n2 2
...
1
n2 n
(1)n .cos( n !)
n 1
d) xn
f) xn
1
n2
2
n2
...
n
n2
1.3.5...(2n 1)
2.4.6...(2n)
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 3.9. Hãy chứng minh các dãy số cho bởi công thức truy hồi bên dưới hội tụ và tìm giới hạn của các
dãy số đó.
a) x1 0, xn1 6 xn , n 1
b) a1 2, an1 2
1
, n 1
an
Giải:
a) x1 0, xn1 6 xn , n 1
Ta có: x1 0, x2 6 x1 , x3 6 6 x2 ...
Ta chứng minh: xn 3 và xn1 xn , n N
Bước 1: Xét n 1
x1 0 3 và x2 6 x1 (đúng)
Page 6
Bước 2: Giả sử xn 3 và xn1 xn , n N
Ta chứng minh xn1 3 và xn2 xn1, n N
Thật vậy, ta có: xn1 6 xn 6 3 3
xn2 xn1 6 xn1 6 xn (đúng vì xn1 xn )
Vậy ( xn ) là dãy tăng và bị chặn trên nên ( xn ) là dãy số hội tụ.
Đặt a lim xn , thì lim xn1 a
a 0
a3
Suy ra: lim xn1 lim 6 xn a 6 a
2
a 6 a
Vậy lim xn 3.
b) a1 2, an1 2
1
, n 1
an
Ta có: a1 2, a2 2
1
3
1
4
a1, a3 2 a2 ...
a1 2
a2 3
Ta chứng minh: an 1 và an1 an , n N
Bước 1: Xét n 1
a1 2 1 và a2
3
a1 (đúng)
2
Bước 2: Giả sử an 1 và an1 an , n N
Ta chứng minh an1 1 và an2 an1, n N
Thật vậy, ta có: an1 2
1
2 1 1
an
an2 an1 2
1
an1
2
1
1
1
an an1 (đúng)
an
an an1
Vậy (an ) là dãy giảm và bị chặn dưới nên (an ) là dãy số hội tụ.
Đặt b lim an , thì lim an1 b
1
1
Suy ra: lim an1 lim 2 b 2 b 2 2b 1 0 b 1
an
b
Vậy lim an 1.
Page 7
Bài tập tương tự:
d) x1 5, xn1
c) x1 2, xn1 2 xn , n 1
1
, n 1
2 an
e) a1 1, an1
f) u1 0, un1
xn
2, n 1
2
1
, n 1
2 un
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 3.16. Dùng tiêu chuẩn Cauchy xét sự hội tụ của dãy số sau
a) xn
cos1
21
cos 2
22
cos n
...
2n
Giải:
Ta chứng minh ( xn ) là dãy Cauchy.
1
Lấy 0 tùy ý, tồn tại N ℕ sao cho N log 2
Khi đó: xn p xn
cos(n 1)
2
2
2
1
n1
1
2 n2
...
n2
...
cos(n 2)
2 n 2
...
cos(n p)
2 n p
cos(n p)
2 n p
1 p
1
p
1
2
1 1
n1 .
n 1
1
2
2 2
1
2
1
2 n p
1
, n N , p N .
2
2N
Vậy ( xn ) là dãy Cauchy, do đó ( xn ) là dãy hội tụ.
n
1
2n1
cos(n 2)
n1
cos(n 1)
Bài tập tương tự:
c) an
sin1
1
3
e) sn 1
sin 2
2
3
1
2
2
1
2
3
...
sin n
...
1
n
3
n
2
d) bn
sin(1!) sin(2!)
sin(n !)
...
1.2
2.3
n(n 1)
f) xn
cos1 cos 2
cos n
...
1!
2!
n!
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 4.12. Chứng minh các hàm số sau liên tục đều trên các tập hợp tương ứng:
a) f ( x ) 3 x 4, x
b) f ( x ) x sin x, x
1
c) f ( x) , x [1; )
x
d) f ( x ) x , x [0; )
Page 8
Giải:
a) f ( x ) 3 x 4, x
Lấy tùy ý 2 dãy ( xn ), ( xn ) sao cho lim( xn xn ) 0 .
Khi đó: f ( xn ) f ( xn ) (3xn 4) (3xn 4) 3( xn xn ) 0 khi n .
Vậy f liên tục đều trên .
b) f ( x ) x sin x, x
Lấy tùy ý 2 dãy ( xn ), ( xn ) sao cho lim( xn xn ) 0 .
Khi đó: f ( xn ) f ( xn ) ( xn sin xn ) ( xn sin xn ) ( xn xn ) (sin xn sin xn )
( xn xn ) 2cos
Ta có: 0 2 cos
xn xn
x xn
.sin n
2
2
xn xn
x xn
x xn
x xn
x xn
.sin n
2 cos n
. sin n
2 sin n
, n
2
2
2
2
2
x xn
x xn
x xn
Mà lim sin n
.sin n
sin 0 0 , suy ra lim 2 cos n
0.
2
2
2
x xn
x xn
00 0
Do đó, lim f ( xn ) f ( xn ) lim ( xn xn ) 2 cos n
.sin n
2
2
Vậy f liên tục đều trên .
1
c) f ( x) , x [1; )
x
Lấy tùy ý 2 dãy ( xn ),( xn ) [1; ) sao cho lim( xn xn ) 0 .
Khi đó: f ( xn ) f ( xn )
1
1 ( xn xn )
xn xn
xn .xn
Ta có: 0 f ( xn ) f ( xn )
( xn xn )
xn xn , với mọi xn , xn 1
xn .xn
Mà lim xn xn 0 , suy ra lim f ( xn ) f ( xn ) 0 .
Vậy f liên tục đều trên [1; ) .
d) f ( x ) x , x [0; )
Lấy tùy ý 2 dãy ( xn ), ( xn ) [0; ) sao cho lim( xn xn ) 0 .
Page 9
Khi đó: f ( xn ) f ( xn ) xn xn
Ta có:
xn xn
Do đó:
xn xn
Suy ra: 0
Mà lim
2
xn
xn xn xn , với mọi xn , xn 0
xn xn . xn xn
xn xn
xn xn
xn xn hay 0 f ( xn ) f ( xn )
xn xn xn xn
xn xn , với mọi xn , xn 0
xn xn 0 , suy ra lim f ( xn ) f ( xn ) 0 .
Vậy f liên tục đều trên [0; ) .
Bài tập tương tự:
Chứng minh các hàm số sau liên tục đều trên các tập hợp tương ứng:
e) f ( x)
1
, x 1;
x
f) f ( x ) 2 x cos x, x
g) f ( x ) x 1, x [1; )
h) f ( x ) ln x, x [1; )
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 4.13. Chứng minh các hàm số sau không liên tục đều trên các tập hợp tương ứng:
a) f ( x) x 2 x, x
b) f ( x) sin x 2 , x
1
c) f ( x) , x (0; )
x
d) f ( x ) ln x, x (0;1]
Giải:
a) f ( x) x 2 x, x
1
Chọn 2 dãy ( xn ), ( xn ) với: xn n ; xn n
n
1
Ta có: lim( xn xn ) lim 0
n
2
1
1
Mà: lim f ( xn ) f ( xn ) lim n n n 2 n
n
n
lim 2 1 1 2 0. .
n 2 n
Vậy f không liên tục đều trên .
b) f ( x) sin x 2 , x
Page 10
Chọn 2 dãy ( xn ), ( xn ) với: xn 2n ; xn 2n
2
2
0
2n 2n
2
Ta có: lim( xn xn ) lim 2n 2n lim
2
Mà: lim f ( xn ) f ( xn ) lim sin 2n sin(2n ) lim sin sin 0 1 0
2
2
Vậy f không liên tục đều trên .
1
c) f ( x) , x (0; )
x
Chọn 2 dãy ( xn ), ( xn ) (0; ) với: xn
1
1
; xn
n 1
n
1
1
Ta có: lim( xn xn ) lim
0
n 1 n
Mà: lim f ( xn ) f ( xn ) lim(n 1 n) 1 0
Vậy f không liên tục đều trên khoảng (0; ) .
d) f ( x ) ln x, x (0;1]
Chọn 2 dãy ( xn ), ( xn ) (0;1] với: xn
1
1
; xn
n
2n
1 1
Ta có: lim( xn xn ) lim 0
n 2n
1
2n
1
Mà: lim f ( xn ) f ( xn ) lim ln ln lim ln ln 2 0
n
n
2n
Vậy f không liên tục đều trên khoảng (0;1] .
Bài tập tương tự:
Chứng minh các hàm số sau không liên tục đều trên các tập hợp tương ứng:
e) f ( x) x3 , x R
g) f ( x)
1
, x (0; )
x
f) f ( x) cos x 2 , x
h) f ( x) tan x, x 0;
2
………………………………………………………………………………………………………………..
Page 11
BÀI 4.14. Chứng minh phương trình x5 x 4 2 x3 4 x 2 1 0 có ít nhất 2 nghiệm thực
Giải:
Đặt f ( x) x5 x 4 2 x3 4 x 2 1
Rõ ràng f liên tục trên
f (1) 5
f (1). f (0) 0
f (0) 1
Vậy tồn tại số c1 (1;0) sao cho f (c1 ) 0
(1)
f (0) 1
f (0). f (1) 0
f (1) 3
Vậy tồn tại số c2 (0;1) sao cho f (c2 ) 0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình x5 x 4 2 x3 4 x 2 1 0 có ít nhất 2 nghiệm thực.
Bài tập tương tự:
4.14a. Chứng minh các phương trình 3x6 2 x5 3 x 4 5 x3 7 x 2 3x 1 0 có ít nhất 2 nghiệm thực
4.14b. Chứng minh các phương trình x5 x3 2 x 1 0 có ít nhất 3 nghiệm thực
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 4.15. Chứng minh các phương trình sau ln có nghiệm thực với mọi số thực m
a) x 4 mx 2 2mx 2 0
b) m sin 2 x 2sin x 2cos x 0
Giải:
a) x 4 mx 2 2mx 2 0
Đặt f ( x) x 4 mx 2 2mx 2
Rõ ràng f liên tục trên
f (0) 2
Ta có:
f (2) 14
f (0). f (2) 0
Do đó, tồn tại số c (0; 2) sao cho f (c) 0
Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm thực với mọi số thực m
b) m sin 2 x 2sin x 2cos x 0
Đặt f ( x) m sin 2 x 2sin x 2cos x
Page 12
Rõ ràng f liên tục trên
f (0) 2
Ta có:
f 2
2
f (0). f 0
2
Do đó, tồn tại số c 0; sao cho f (c) 0
2
Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm thực với mọi số thực m
Bài tập tương tự:
4.15c. Chứng minh phương trình 8 x 4 6 x3 (4m 1) x 2 4 x m 1 0 có nghiệm thực với mọi số
thực m
4.15d. Chứng minh phương trình (3 m 2 ) x 4 2mx 1 0 có ít nhất 2 nghiệm thực với mọi số thực m
4.15e. Chứng minh phương trình m cos 2 x sin x cos x 1 0 có nghiệm thực với mọi số thực m.
1
4.15f. Chứng minh phương trình m sin 3 x m sin x cos x 0 có ít nhất 2 nghiệm thực với mọi số
2
thực m.
………………………………………………………………………………………………………………..
BÀI 5.4. Dùng quy tắc L’Hôpital hãy tính các giới hạn sau
x sin x
x0 tan x x
1
1
d) lim
x arcsin x
x0
b) lim
a) lim
1
1
c) lim 2 2
x
x0
sin x
ln(e x) 1
e x ex
2 arctan x
e) lim x ln
x
x0
f)
lim (tan x)cos x
x
2
Giải:
x sin x
( x sin x)
1 cos x
(1 cos x)
lim
lim
lim
2
x0 tan x x
x0 (tan x x)
x0 1 tan x 1
x0 (tan 2 x)
a) A lim
lim
sin x
x0 2 tan x (1 tan
b) B lim
x0
ln(e x) 1
e x ex
lim
x0
2
x)
lim
cos x
x0 2(1 tan
ln(e x) 1
e x ex
2
x)
1
1
2(1 0) 2
1
1
lim xe xx
x0 e e
2e
Page 13
sin 2 x x 2 x 2
1
1
sin 2 x x 2
c) C lim 2 2 lim 2 2 lim
. 2
4
x
x0
x0
sin x x0 x sin x
x
sin x
Ta có:
lim
sin 2 x x 2
x4
x0
lim
cos 2 x 1
6 x2
x0
x2
lim
sin 2 x x 2
sin 2 x 2 x
(sin 2 x 2 x)
2 cos 2 x 2
lim
lim
lim
lim
3
x0
x0
x0
x 0
4x
12 x 2
4
3
x
4
x
x0 sin 2
x
(cos 2 x 1)
2sin 2 x
(2sin 2 x)
4 cos 2 x
1
lim
lim
lim
x0
x0
x0
x0
12 x
(12 x)
12
3
6 x2
lim
lim
x0
x2
sin 2 x
2x
(2 x)
2
lim
lim
1
x0 sin 2 x
x0 (sin 2 x )
x0 2 cos 2 x
lim
1
1
1
1
Vậy lim 2 2 .1
x0 x
3
3
sin x
x
1
1
arcsin x x
arcsin x x
lim
lim
.
d) D lim
x arcsin x x0 x arcsin x
x0
x0 arcsin x
x2
Ta có:
x
x
lim
lim
x0 arcsin x
x 0
arcsin x x0
1
1
lim
1 x
lim 1 x 2 1
x 0
2
1
lim
x0
arcsin x x
x2
lim
(arcsin x x )
x 0
x
2
2
lim 1 x
x0
2x
1
lim
1 1 x
x0
2
2 x. 1 x 2
1 1 x
lim
2 x. 1 x
2
x 0
2
x
lim
x0
1 x 2
2
2 1 x
2x
2
lim
x
x0 2 4 x 2
0
1 x 2
x
1
1
arcsin x x
1.0 0
lim
.
Vậy lim
x arcsin x x0 arcsin x
x0
x2
2 arctan x
2arctan x
ln
ln
2 arctan x
e) E lim x.ln
lim
lim
1
x
x
x
1
x
x
2 arctan x
2 arctan x
lim
1
x
2
x
Page 14
2
(1 x 2 )
1
2 arctan x
2
x 2
1
(1 x ).arctan x
lim
lim
lim
.
1
1
x
x
x 1 x 2 arctan x
2
2
x
x
Ta có:
lim
x 2
x 1 x 2
1
1
1
2
x arctan x
2
lim
2
2
Vậy: E (1).
f) F lim (tan x)cos x lim eln(tan x )
x
2
x
2
cos x
lim ecos x.ln(tan x )
x
2
1
cos 2 x
ln(tan x)
ln(tan x)
lim
lim tan x
Xét lim cos x.ln(tan x) lim
1
sin x
1
x
x
x
x
2
2
2
2 cos 2 x
cos x
cos x
lim
x
2
1
cos x
0
lim 2 0 .
sin x.tan x
1
sin x
x
2
Vậy: F e0 1 .
Bài tập tương tự:
g) lim
x a a ln x 1
x1 xb b ln x 1
(b 0)
h) lim
x0
tan x sin x
x3
e x e x 2 x
x0
x sin x
i) lim
1
1
j) lim
sin x arcsin x
x0
1
1
k) lim 2 2
x
x0
tan x
l) lim (1 x)ln x
x
1
m) lim
x1 ( x 1) 2
ln 2 x
1
n) lim x ln 1 arctan
x
x
x
2
o) lim cos
x
x
x0
2
………………………………………………………………………………………………………………..
Page 15
BÀI 5.11. Áp dụng định lý Lagrange, chứng minh các bất đẳng thức sau
a) e x ex , x 1
b)
c)
d)
x
ln(1 x) x, x 0
1 x
arctan x arctan y x y , x, y
1
n
p1
1 1
1
, p 0, n
p (n 1) p n p
Giải:
a) e x ex , x 1
Xét hàm số f (t ) et , t
Lấy số thực x 1 tùy ý.
Ta có: f liên tục trên [1; x] và có đạo hàm f (t ) et , t (1; x) .
Theo định lý Lagrange, tồn tại số c (1; x) sao cho: f (c)
Hay ec
ex e
x 1
e x e1
x 1
(1)
Vì c 1 nên ec e
Từ đẳng thức (1) ta có:
ex e
e
x 1
Suy ra: e x e e( x 1)
Vậy: e x ex , x 1 .
b)
x
ln(1 x) x, x 0
1 x
Xét hàm số f (t ) ln t , t (0; )
Lấy số thực x 1 tùy ý.
1
Ta có: f liên tục trên [1 ; 1 x] và có đạo hàm f (t ) , t (1; 1 x) .
t
Theo định lý Lagrange, tồn tại số c (1 ; 1 x) sao cho: f (c)
f (1 x) f (1)
(1 x) 1
Page 16
1 ln(1 x) 0
c
x
Hay
Mà 1 c 1 x
Suy ra:
1
1
1
1 x c
1
ln(1 x)
1
1 x
x
x
ln(1 x) x .
1 x
Vậy:
arctan x arctan y x y , x, y
c)
● Nếu x y thì bất đẳng thức đã cho hiển nhiên đúng.
● Nếu x y :
Không mất tính tổng quát, giả sử x y .
Xét hàm số f (t ) arctan t , t R .
Ta có: f liên tục trên [ x ; y ] và có đạo hàm f (t )
1
1 t 2
, t ( x ; y )
Theo định lý Lagrange, tồn tại số c ( x ; y ) sao cho: f (c)
f (c )
1
Hay
Mà
1 c
1
1 c2
Suy ra
2
f ( y ) f ( x)
yx
f ( y ) f ( x)
yx
arctan y arctan x
arctan y arctan x
1
2
yx
yx
1 c
1, c R .
arctan y arctan x
yx
1 hay arctan y arctan x y x .
Vậy: arctan x arctan y x y , x, y
d)
1
n
p1
1 1
1
, p 0, n , n 1
p (n 1) p n p
Xét hàm số f (t )
1
tp
với t , p R và t , p 0 .
Với mọi số tự nhiên n 1 , ta có: f liên tục trên [n 1 ; n] và có đạo hàm f (t )
p
t
p1
, t (n 1; n) .
Page 17
Theo định lý Lagrange, tồn tại số c (n 1 ; n) sao cho: f (c)
Hay
p
c
p1
l
n
p
1
f (n) f (n 1)
n (n 1)
(1)
(n 1) p
Mà 0 c n c p1 n p1 , p 0
1
c
p1
p
c
Từ (1) và (2) suy ra:
Vậy:
1
n
p1
p1
l
n
1
n
p1
p
, p 0
p
n
p 1
1
(n 1)
, p 0
p
(2)
p
n p1
1 1
1
, p 0, n , n 1
p (n 1) p n p
Bài tập tương tự:
e) sin x x, x 0
f)
b ba
ba
, a, b thỏa mãn b a 0 .
ln
a
b
a
g) ln x ln y x y , x, y 1
h) e e .
………………………………………………………………………………………………………………..
Bài 5.17. Viết khai triển Maclaurin của các hàm số sau đến cấp 6 và sử dụng khai triển đó để tính gần
đúng giá trị của f (0,001).
b) f ( x) ( x x3 )e x
a) f ( x) x 2 sin x
Giải:
x3
x5
a) f ( x) x 2 sin x x 2 . x ( x 6 ) x3 ( x6 )
3!
6
f (0, 001) (0, 001)3
(0, 001)5
1
(0, 001)5 (0, 001)2 (999999,8).1015
6
6
x x 2 x3 x 4 x5
x x 2 x3
b) f ( x) ( x x3 )e x xe x x3e x x 1 x3 1 ( x6 )
1! 2! 3!
1! 2! 3! 4! 5!
x x2
3 x3 7 x 4 13 x5 7 x 6
( x 6 )
2
6
24
40
Page 18
f (0, 001) 0, 001 (0, 001) 2
3.(0, 001)3 7.(0, 001) 4 13(0, 001)5 7(0, 001)6
(1, 001).103
2
6
24
40
Bài tập tương tự:
Viết khai triển Maclaurin của các hàm số sau đến cấp 6 và sử dụng khai triển đó để tính gần đúng giá trị
của f (0,001).
c) f ( x) (1 x 2 ) cos x .
d) f ( x) ( x x3 ) ln(1 x)
………………………………………………………………………………………………………………..
1
Bài 6.1. Khơng dùng cơng thức Newton-Leibniz hãy tính tích phân
x
2
dx .
0
Giải:
Xét f ( x) x 2 , x 0;1
Vì f liên tục trên đoạn 0;1 nên f khả tích Riemann trên đoạn 0;1
Đặt x1 0, x2
1
2
i 1
, x3 ,..., xi
,..., xn1 1.
n
n
n
Chọn ti xi1
i
n
1
Ta có:
0
1 0 n
1 n
x dx lim
f (ti ) lim
n n i1
n n i1
2
lim
12 22 32 .. n 2
n
Xét dãy số sn
n3
2
i
1 n i
f lim
n n n n
i1
.
(n 1)n(2n 1)
6
Ta có: s2 s1 1 0 12
s3 s2 5 1 22
s4 s3 14 5 32
...
sn1 sn
n(n 1)(2n 1) (n 1)n(2n 1)
n2
6
6
Suy ra: ( s2 s1 ) ( s3 s2 ) ( s4 s3 ) ... ( sn1 sn ) 12 22 32 ... n 2
Page 19
Hay 12 22 32 ... n 2 sn1 s1
1
Khi đó:
0
n(n 1)(2n 1)
6
1
1 2 1
n(n 1)(2n 1)
n
n 1
x 2 dx lim
lim
.
n
n
6
3
6 n3
● Cách xây dựng dãy số sn :
Gọi sn an3 bn 2 cn thỏa mãn sn1 sn n 2 (*)
Khai triển, đồng nhất các hệ số của (*) để tìm a, b, c .
● Để tính tổng T 13 23 33 ... n3 , ta đặt sn an 4 bn3 cn2 dn thỏa mãn sn1 sn n3 .
Bài tập tương tự:
Không dùng công thức Newton-Leibniz hãy tính các tích phân
1
2
b)
xdx .
c)
x( x 1)dx
0
1
………………………………………………………………………………………………………………..
Bài 6.11. Tính các tích phân suy rộng sau
a)
3
c)
1
2
x 3x 2
eax cos xdx
dx
b)
0
d)
(a 0)
0
0
xe x dx
arctan x
3
2 2
(1 x )
dx
Giải:
a) A
3
c
1
x 2 3x 2
dx lim
c
3
c 1
1
1
dx lim
dx
c
( x 2)( x 1)
3 x 2 x 1
x 2 c
c2
1
lim ln
lim ln x 2 ln x 1 lim ln
ln
3
c
c
x 1 3 c c 1
2
c
1 2
c ln 1 ln1 ln 2 ln 2
lim ln
c
2
1 1
c
b) B
0
xe x dx lim
c
x
xe
c
dx
0
Page 20
Đặt
ux
du dx
,
x
dv e dx ,
v ex
c
c
c
B lim (x.e x ) e x dx lim c.ec (e x )
c
0
0
c
0
c 1
lim c 1
c e
c) I
(c 1)
lim
1
c (ec )
eax cos xdx
lim c.ec ec 1
c
lim 1 1
c ec
0 1 1
(a 0)
0
c
ax
e
c
lim
cos xdx
0
du a.eax dx
u eax
,
dv cos xdx
v sin x
,
c
c
c
I lim (eax .sin x) a.eax sin xdx lim eac .sin c a. eax sin xdx
c
c
0
0
0
Đặt
Tiếp tục đặt:
u eax
dv sin xdx
du a.eax dx
v cos x
c
c
ax
ac
Khi đó: I lim e .sin c a e .cos x
a.eax cos xdx
c
0
0
,
,
c
ac
ac
lim e .sin c a e .cos c 1 a.eax cos xdx
c
0
c
ac
2
lim e sin c a.cos c a a . a.eax cos xdx
c
0
lim eac sin c a.cos c a a 2 .I
c
Suy ra: (1 a 2 ).I a lim
c
sin c a.cos c
e ac
(*)
Mặt khác, theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
sin c a.cos c (sin 2 c cos 2 c )(12 a 2 ) 1 a 2
sin c a.cos c
eac
1 a2
eac
Page 21
1 a2
lim
Vì
c
e
ac
0 , a 0 nên lim
sin c a.cos c
e ac
c
0
Do đó, từ (*) suy ra: (1 a 2 ).I a 0
a
Vậy: I
1 a2
d) J
.
arctan x
3
0
2 2
(1 x )
c
c
dx lim
0
arctan x
3
2 2
(1 x )
dx
Đặt t arctan x x tan t , dx (1 tan 2 t )dt
x0 t0
x c t arctan c
arctan c
J lim
c
0
d
t
3
2 2
(1 tan t )
d
t cos t dt
lim
d
2
.(1 tan t )dt lim
d
0
t.cos tdt
lim
d
2
0
d
t
2
1
d 0
2
2
(1 tan t ) 2
dt lim
d
2
0
t
dt
1
cos 2 t
( vì t 0; nên cos t 0 )
2
du dt
u t
,
dv cos tdt , v sin t
d
d
d
J lim (t.sin t ) sin tdt lim d .sin d (cos t )
0
0
d
d
0
2
2
Đặt
lim d .sin d cos d 1 1
2
d
2
Bài tập tương tự:
e)
2
2 x 3x 2
3
g)
1
5
arctan x
x
3
dx
dx
f)
x 2 .ex dx
0
h)
e
ax
dx
(a 0)
0
………………………………………………………………………………………………………………..
Bài 6.12. Tính các tích phân suy rộng sau
1
a)
0
1
c)
b)
ln xdx
0
1
dx
(2 x)
0
1
x 1
dx
x
1 x
d)
x ln
2
xdx
0
Page 22
Giải:
1
2
x 1
1
dx lim x
dx lim
a0
a0 3
x
x
a
1
a) M
0
x
3
1
8
2
2 x lim
a a0 3
3
a
3
2 a
8
3
1
1
b) N ln xdx lim ln xdx
a0
0
Đặt
a
u ln x
,
du
dv dx
,
vx
1
dx
x
1
1
1
1
ln a
N lim ( x ln x) x. dx lim a ln a x
lim a ln a 1 a lim
1 a
1
a
a
x
a0
a0
a0
a0
a
a
(ln a)
lim
1 a
a0
1
a
1
lim a 1 a
a0 1
a2
lim a 1 a 1
a0
b
1
dx
dx
lim
(2 x) 1 x b1 0 (2 x) 1 x
c) P
0
Đặt t 1 x x 1 t 2 , dx 2tdt
x 0 t 1
x b t 1 b
b
P lim
b1
0
dx
lim
(2 x) 1 x b1
1b
1
2tdx
(1 t 2 ).t
1
lim
b1
1b
2
1 t
dx lim 2 arctan t
2
b1
1
1 b
lim 2 arctan1 2 arctan 1 b 2. 2.0
4
2
b1
1
1
d) Q x ln 2 xdx lim x ln 2 xdx
a0
0
Đặt
u ln 2 x
,
dv xdx
,
a
1
du 2 ln x. dx
x
2
x
v
2
Page 23
1
1
x2
a2
1 1 x2
1
Q lim x ln 2 xdx lim .ln 2 x
.2 ln x. dx lim .ln 2 a x.ln x.dx
a a 2
x a0 2
a0
a0 2
a
a
Tiếp tục đặt:
u ln x
,
du
1
dx
x
x2
v
2
2
x2
1
a
Khi đó: Q lim .ln 2 a ln x
2
a
a0
2
dv xdx
,
1
a
a2
a2
1 a2
lim .ln 2 a ln a
a0
2
4 4
2
2
a2
1
1 a2
lim ln a
a 0
2
2
4 8
a2
a2
x 2 1
x 2 1
. .dx lim .ln 2 a ln a
2 x a0 2
2
4 a
2
2
lim a ln 2 a ln a 1 a
a0 2
4 4
2
2
lim 1 a ln a a 1 a
a0 2
2
4 8
1
ln a
ln a
Xét lim a ln a lim
lim
lim a lim (a ) 0
1
1
a0
a0
a0
a0
1
2 a 0
a
a
a
2
1
a
1 a2
Vậy Q lim a ln a
a 0 2
2
4 8
1 0 02 1 0 1 .
2
4
4
Bài tập tương tự:
1
e)
0
2 x
dx
1 x
1
g)
1
f)
0
2
dx
1
0
x
ln
h)
2
xdx
x
sin 2 x dx
0
………………………………………………………………………………………………………………..
Bài 7.1. Tìm tổng của các chuỗi số sau
a)
n1
c)
n1
(1) n1
2n1
2n 1
2n
b)
n1
d)
2 n 3n
6n
1
n(n 1)(n 2)
n1
Giải:
Page 24
a)
(1) n1
2n1
n1
Gọi an
(1) n1
2n1
1 n
1 n
1
1
n1
2
1 1 1
(
1)
2
Sn a1 a2 a3 a4 ... an 1 ... n1
2 4 8
1
3
2
1
2
2
Vậy :
(1)n1
2
n1
b)
n1
2n 3n
n1
6n
lim Sn
2
3
n n
1
1
2
n1 3
1 n 1 n
Gọi an
3 2
2
2
3
3
1 n 1 n
1 1 1 1 1 1
Sn a1 a2 a3 ... an ...
3 2
3 2 3 2 3 2
1 1 2 1 3
1 n 1 1 2 1 3
1 n
... ...
3
2
3 3 3
2 2 2
1 n
1 n
1
1
n
n
3
2
1
1
1 1 1
.
.
1 1
3 1 1
2 1 1
2 3 2
3
2
Suy ra:
c)
2 n 3n
n1
6n
2n 1
n1
2n
Gọi an
1
3
lim S n 1
2
2
2 n 1
2n
1 3 5 7
2n 3 2n 1
Sn a1 a2 a3 a4 ... an1 an ... n1 n
2 4 8 16
2
2
3 5 7
2n 3 2n 1
2Sn 1 ... n2 n1
2 4 8
2
2
3 1 5 3 7 5
2 n 3 2 n 5 2 n 1 2 n 3 2 n 1
2 S n S n 1 ... n2 n2 n1 n1 n
2 2 4 4 8 8
2
2
2
2
2
Page 25
