Một số ứng dụng của công thức khai triển taylor vào giải toán

1


Trờng Đại học hùng vơng
Khoa khoa học tự nhiên
Bộ môn toán

o0o







Lê Hải Ly





Một số ứng dụng của công thức

khai triển taylor vào giải toán

Khoá luận tốt nghiệp: Đại học S phạm toán
Ngời hớng dẫn: Cử nhân Trần Công Tấn
Giảng viên bộ môn Toán Khoa Khoa học tự nhiên










Phú Thọ, tháng 5 năm 2008

2


Mục lục

Nội dung Trang

Mục lục
2
Lời nói đầu
4
Chơng 1. Cơ sở lý thuyết

6
1.1.Các định lý về giá trị trung bình
6
1.1.1. Định lý Rolle 6
1.1.2. Định lý Lagrange 6
1.2. Công thức Taylor
6
1.2.1. Định lý (Taylor) 6
1.2.2. Dạng khác của công thức Taylor 7
1.2.3. Công thức Taylor Young 7
1.2.4. Công thức Maclaurin 8
1.2.5. Công thức khai triển của một số hàm sơ cấp thờng gặp
8
1.2.6. Khai triển hàm thành chuỗi Taylor 11
Chơng 2. ứng dụng công thức khai triển Taylor vào giải một số
dạng toán hàm một biến

13
2.1. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính gần đúng
13
2.2. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính giới hạn
15
2.3. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tìm cực trị của hàm số
20
2.4. ứng dụng công thức khai triển Taylor để xét tính khả vi của hàm
số

24
2.5. ứng dụng công thức khai triển Taylor chứng minh các bất đẳng
thức tích phân và các bài toán về tổ hợp

27
2.5.1. Các bất đẳng thức tích phân 27
2.5.2. Các bài toán về tổ hợp 32



3


Chơng 3. ứng dụng công thức khai triển Taylor vào giải một số
dạng toán hàm hai biến

37
3.1. Tóm tắt lý thuyết
37
3.2. ứng dụng để viết các công thức khai triển và công thức xấp xỉ
38
3.3. Các bài toán về cực trị
41
3.3.1. Lý thuyết về cực trị của hàm số hai biến số 41
3.3.2. Các bài tập 42
Bài tập áp dụng
47
Kết luận
49
Tài liệu tham khảo
50

4



Lời nói đầu

Trong chơng trình Toán cao cấp ở các trờng Đại học S phạm, Đại học Kỹ thuật
hiện nay, học phần Giải tích đóng một vai trò quan trọng và đợc phân bố ngay từ
những kỳ học đầu tiên của một số trờng Đại học. Với một chơng trình học dài và

lợng kiến thức lớn ngời học thờng cảm thấy khó khăn khi học môn học này. Một
trong những vấn đề khó khăn mà ngời học gặp phải là việc vận dụng công thức khai
triển của chuỗi vào giải toán, đặc biệt là việc vận dụng công thức khai triển Taylor.
Vấn đề đặt ra là làm thế nào để ngời học cảm thấy hứng thú khi học, ghi nhớ và
vận dụng các công thức này trong việc giải toán. Trên thực tế chúng ta đã biết, để
tính giá trị của một đa thức tại một điểm chỉ cần thực hiện các phép toán cộng, trừ,
nhân và luỹ thừa, để tính giới hạn của một hàm số có thể dựa vào định nghĩa, tính
chất, định lý, quy tắc Lopitan, hay tìm cực trị của hàm bằng bảng biến thiên hoặc xét
dấu với đạo hàm cấp hai, Tuy nhiên, việc tính các giá trị gần đúng của các hàm số
khác nh hàm số lợng giác, hàm số mũ, hàm số logarit, không dễ dàng và đơn
giản nh vậy hay cũng có một số hàm mà bằng các phơng pháp trên chúng ta cha
thể tìm đợc giới hạn và điểm cực trị của chúng. Khi đó vấn đề đặt ra tiếp theo là
làm thế nào để tính giá trị, tính giới hạn, tính cực trị, của các hàm số này.
Trong các giáo trình giải tích hiện nay phơng pháp hay đợc sử dụng nhất để giải
quyết những vấn đề này là áp dụng công thức khai triển Taylor. Chính vì vậy tôi
chọn khoá luận: Một số ứng dụng của công thức khai triển Taylor vào giải toán.
Với việc hệ thống lại những áp dụng của công thức khai triển Taylor, khoá luận sẽ là
tài liệu tham khảo giúp ngời học thấy rõ hơn vai trò và sự cần thiết của việc học tập
môn học, cũng nh thấy đợc sự cần thiết của việc thờng xuyên theo dõi hệ thống
các vấn đề và tăng cờng thực hành vận dụng các kiến thức đã học là một điều
không thể thiếu đối với ngời học toán.
Ngoài phần mục lục, lời nói đầu, bài tập áp dụng và tài liệu tham khảo khoá luận
gồm 3 chơng:
Chơng 1. cơ sở lý thuyết

5


Chơng 2. ứng dụng công thức khai triển Taylor vào giải một số dạng toán
hàm một biến

Chơng 3. ứng dụng công thức khai triển Taylor vào giải một số dạng toán
hàm hai biến
Chơng 1 là một số lý thuyết đầu tiên về công thức Taylor và các công thức khai
triển của một số hàm sơ cấp. Chơng 2 chúng ta sẽ nghiên cứu sâu hơn về ứng dụng
của công thức Taylor với hàm một biến nh: Tính gần đúng, tính giới hạn, tính khả
vi, tìm cực trị và chứng minh bất đẳng thức tích phân và các bài toán về tổ hợp.
Chơng 3 chúng ta sẽ nghiên cứu một số ứng dụng của công thức Taylor với hàm hai
biến nh viết công thức khai triển, công thức xấp xỉ, tìm cực trị của hàm.
Nhân dịp này em xin chân thành cảm ơn Thầy Trần Công Tấn cùng toàn thể các
thầy cô giáo trong tổ bộ môn Toán, Trờng Đại học Hùng Vơng đã tạo điều kiện
giúp đỡ em hoàn thành khoá luận này. Trong quá trình thực hiện có thể không tránh
khỏi những thiếu sót rất mong đợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô.
Em xin chân thành cảm ơn.
Tác giả











6


Chơng 1. cơ sở lý thuyết
1.1. Các định lý về giá trị trung bình

1.1.1. Định lý Rolle
Giả sử hàm số f: [a, b]

R
liên tục trên [a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b).
Nếu f(a) = f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm c

(a, b) sao cho f(c) = 0.
1.1.2. Định lý Lagrange
Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trên khoảng (a, b) thì tồn tại
ít nhất một điểm c

(a, b) sao cho f(b) f(a) = f(c)(b a).
1.2. Công thức Taylor
1.2.1. Định lý (Taylor)
Giả sử hàm số f có các đạo hàm đến cấp n liên tục trên [a, b] và có đạo hàm cấp
n+1 trên (a, b). Khi đó tồn tại một điểm c

(a, b) sao cho:
( ) ( ) ( )
( )
( )
(n) (n 1)
2 n n 1
f (a) f (a) f (a) f (c)
f(b) f(a) b a b a b a b a
1! 2! n! n 1 !
+
+

= + + + + +
+
(1)
Đẳng thức (1) vẫn đúng trong trờng hợp a > b. Khi đó [a, b] đợc thay bởi
[b, a] và khoảng (a, b) đợc thay bởi (b, a).
Công thức (1) gọi là công thức Taylor. Biểu thức
( )
( )
(n 1)
n 1
n
f (c)
R b a
n 1 !
+
+
=
+
đợc gọi
là phần d Lagrange.
Chú ý:
Có thể biểu diễn phần d
n
R
dới nhiều dạng khác nhau. Nhng ở đây ta sẽ nói
tới phần d dạng Cauchy.
Nếu hàm số f thoả mãn các giả thiết của định lý trên thì tồn tại một số


(a, b)

sao cho:

( ) ( ) ( )
(n)
2 n
n
f (a) f (a) f (a)
f(b) f(a) b a b a b a R
1! 2! n!

= + + + + +
(2)
trong đó:

7



( )( )
(n 1)
n
n
f ( )
R b a b
n!


+
=
(3)

biểu thức (3) đợc gọi là phần d dạng Cauchy.
Trong công thức (1) và công thức (2) thay b bởi x, ta đợc
n n
f(x) P (x) R (x).
= +

Với:
( ) ( ) ( )
(n)
2 n
n
f (a) f (a) f (a)
P (x) f(a) x a x a x a
1! 2! n!

= + + + +

và
( )
( )
(n 1)
n 1
n
f (c)
R x a
n 1 !
+
+
=
+

hoặc
( )( )
(n 1)
n
n
f ( )
R x a x
n!


+
=
, trong đó c,

là
những số thực nằm giữa a và x.
n
P (x)
đợc gọi là đa thức Taylor bậc n của hàm số f
tại điểm a và
n
R (x)
đợc gọi là phần d theo thứ tự dạng Lagrange và dạng Cauchy.
Nếu
(
)
n
x a
lim R x 0

=
thì với x đủ gần a, có thể xấp xỉ f(x) bởi đa thức
n
P (x)
.
1.2.2. Dạng khác của công thức Taylor
Trong các công thức (1) và (2) ta đặt
0
x
= a, h = b a, ta đợc b =
0
x
+ h và công
thức Taylor có dạng:

(n)
2 n
0 0 0
0 0 n
f (x ) f (x ) f (x )
f(x h) f(x ) h h h R
1! 2! n!

+ = + + + + +
(4)
Với số d dạng Lagrange, ta có c =
0
x
+

h,

là một số sao cho 0 <

< 1 và

( )
(n 1)
n 1
0
n
f (x h)
R h
n 1 !

+
+
+
=
+
(5)
Với số d dạng Cauchy, ta có
0
x h

= +
, 0 <

< 1, b
(1 )h

=
, và

( )
(n 1)
n
n 1
0
n
f (x h)
R 1 h
n!


+
+
+
=
(6)
Chú ý rằng số thực

trong cả hai công thức (5) và (6) đều thuộc khoảng (0, 1)
nhng nói chung chúng khác nhau. Tuỳ theo trờng hợp ta sẽ sử dụng công thức
Taylor với phần d dạng này hay dạng kia.
1.2.3. Công thức Taylor Young

8

Định lý:
Giả sử hàm số f có các đạo hàm đến cấp n 1 trên một lân cận của điểm
0
x
và
có đạo hàm cấp n tại
0
x
. Khi đó:

(n)
2 n n
0 0 0
0 0
f (x ) f (x ) f (x )
f(x h) f(x ) h h h h . (h), h 0
1! 2! n!

+ = + + + + +

(7)
Trong đó
(
)
h 0
lim h 0


=
(7) gọi là công thức Taylor Young;

( )
(
)
n n
h h o h

=

gọi là phần d dạng Young.
1.2.4. Công thức Maclaurin
Giả sử hàm số f có các đạo hàm đến cấp n + 1 trên một lân cận của điểm 0. Trong
các công thức (4), (5), (6) thay
0
x
bởi 0 và h bởi x, ta đợc

( )
(n)
2 n
n
f (0) f (0) f (0)
f(x) f(0) x x x R x
1! 2! n!

= + + + + +
,
trong đó,
( )
( )
(n 1)

n 1
n
f ( x)
R x x
n 1 !
+
+
=
+

, 0 <

< 1 (phần d dạng Lagrange)
hoặc
( )
( )
( )
(n 1)
n 1
n
f ( x)
R x 1 x
n 1 !
+
+
=
+


, 0 <

< 1 (phần d dạng Cauchy)
công thức trên đợc gọi là công thức Maclaurin.
1.2.5. Công thức khai triển của một số hàm sơ cấp thờng gặp
a)
=
x
f(x) e

Ta có:
(n)
x
f (x) e
=
,
x


và mọi n,
(n)
f (0) 1
=
với mọi n. áp dụng công thức
Maclaurin ta đợc:

( )
2 3 n n 1
x x
x x x x x
e 1 e

1! 2! 3! n! n 1 !
+
= + + + + + +
+

,
x


,
(0,1)


.
b) f(x) = ln(1+x), x >1
Ta có:
( ) ( )
1
1
f x 1 x
1 x


= = +
+
,

9

( ) ( )( )
2
f x 1 1 x
−
′′
= − +
,

( ) ( )( )( )
3
f x 1 2 1 x
−
′′′
= − − +
,
……………

( ) ( ) ( ) ( )
n 1 n
(n)
f x 1 n 1 ! 1 x
− −
= − − +
.
Do ®ã: f(0) = 0, f’(0) = 1, f”(0) = –1, …,
(n)
n 1
f (0) = ( 1) (n 1)!
−

− −
.
Vµ
( )
( )
( ) ( )
( )
(n 1)
n 1
n n 1
n 1
n
f ( x) x
R x x 1 n! 1 x
n 1 ! n 1 !
+
+
− −
+
= = − +
+ +
θ
θ θ

VËy
( )
2 3 n n 1
n 1 n
n 1
x x x x 1

ln(1 x) x ( 1) ( 1)
2 3 n n 1
(1 x)
+
−
+
+ = − + − + − + −
+
+
θ
,
x
∀
> –1,
(0,1)
∈
θ
.
c) f(x) = (1+x)
α

Ta cã:
( ) ( )
1
f x 1 x
α
α
−
′
= +

,

( ) ( )( )
2
f x 1 1 x
α
α α
−
′′
= − +
,
……………

( ) ( ) ( )( )
n
(n)
f x 1 n 1 1 x
α
α α α
−
= − − + +
.
Do ®ã f(0) = 1, f’(0) =
α
, f”(0) =
(
)
1
α α
−

, …,
(n)
f (0) ( 1) ( n 1)
α α α
= − − +
.
Tõ ®ã:
( )
2 n
n
( 1) ( 1) ( n 1)
(1 x) 1 x x x R x
2! n!
− − − +
+ = + + + + +
α
α α α α α
α
,
trong ®ã:

( )
( )
n 1 n 1
n
( 1) ( n)
R x (1 x) x
n 1 !
− − +
− −

= +
+
α
α α α
θ
,
(0,1)
∈
θ
,(phÇn d− d¹ng Lagrange)
hoÆc
( ) ( )
n
n 1 n 1
n
( 1) ( n)
R x 1 (1 x) x
n!
− − +
− −
= − +
α
α α α
θ θ
,
(0,1)
∈
θ
,(phÇn d− d¹ng
Cauchy) hoÆc

( )
n
n
R x x (x)
ε
=
, trong ®ã
x 0
lim (x) 0
ε
→
=
, (phÇn d− d¹ng Young).

10


+ Nếu n là một số nguyên dơng thì

n 2 n
n(n 1) n(n 1) 1
(1 x) 1 nx x x
2! n!

+ = + + + +
,
x


vì

n
R (x) 0
=
,
x


.
Đây là công thức khai triển nhị thức Newton đã biết.
Ta xét một vài trờng hợp đặc biệt:
+ Với
1

=
ta có:
2 3 n n
n
1
1 x x x ( 1) x R (x)
1 x
= + + + +
+
,
với
( )
n
n
R x x (x)

=

, trong đó
x 0
lim (x) 0


=
tức là
n
n
R (x) o(x )
=
,(x

0), (phần d
dạng Young).
+ Thay x bởi x ta đợc:
2 3 n n
1
1 x x +x x x (x)
1 x

= + + + + +

, trong đó
x 0
lim (x) 0


=
.

d) f(x) = sinx
Ta có:
(n)
f (x) sin x n
2

= +



.
Do đó,
(
)
2k
f (0) sin(k ) 0

= =
,
( )
2k+1
k
f (0) sin k ( 1) .
2

= + =

áp dụng công thức Maclaurin với n = 2k, ta có:

3 5 2k 1
k 1
2k
x x x
sin x x ( 1) R (x)
3! 5! (2k 1)!


= + + +

,
x



trong đó
(
)
( ) ( )
2k 1
2k 1
2k 1
2k
f ( x) x
R (x) x sin x k
2k 1 ! 2k 1 ! 2
+

+
+

= = + +

+ +



,
(0,1)


,(phần d
dạng Lagrange).
e) f(x) = cosx
Ta có:
(n)
f (x) cos x n
2

= +



.

11

Do đó,
(
)
2k
k
f (0) cos(k ) ( 1)

= =
,
( )
2k+1
f (0) cos k 0
2

= + =




.
áp dụng công thức Maclaurin với n = 2k + 1, ta có:

2 4 2k
k 1
2k 1
x x x
cosx 1 ( 1) R (x)
2! 4! (2k)!

+

= + + +
,
x



trong đó
(
)
( ) ( )
( )
2k 2
2k 2
2k 2
2k 1
f ( x) x
R (x) x cos x k
2k 2 ! 2k 2 !
+
+
+
+
= = + +
+ +


,
(0,1)

,(phần
d dạng Lagrange).
1.2.6. Khai triển hàm thành chuỗi Taylor
Nếu hàm f(x) có thể khai triển trên khoảng (a R, a + R) thành chuỗi luỹ thừa
thì chuỗi này là chuỗi Taylor đối với hàm f(x).
Để hàm f(x) có thể khai triển thành chuỗi Taylor trên khoảng (a R, a + R) điều
kiện cần và đủ là hàm f(x) khả vi vô hạn và phần d trong công thức Taylor đối với
hàm này tiến tới 0 khi
n

trên khoảng đó. Khai triển có dạng:

(
)
k
k
k 0
f (a)
f (x) (x a)
k!

=
=

(*)
Trong thực hành các trờng hợp quan trọng là các trờng hợp biểu diễn phần d
của khai triển (*) dới dạng Lagrange:

(
)

(
)
[ ]
k
k
n
k n 1
n
k 0
f a (x a)
f (a)
R (x) f (x) (x a) (x a)
k! (n 1)!
+
=
+
= =
+



hay dạng Cauchy:
(
)
k
1
n n 1
n
1
f a (x a)

R (x) (1 ) (x a)
(n 1)!
+
+


=
+



trong đó
1
0 1, 0 1
< < < <

.
Trong công thức (*) nếu đặt a = 0 ta nhận đợc 5 khai triển cơ bản:
I.
n
x
n 0
x
e , ( x )
n!

=
= <

12


II.
n
n
n 1
x
ln(1 x) ( 1) , ( 1 x 1)
n
∞
=
+ = − − < ≤
∑

III.
m n
n 1
m(m 1) (m n 1)
(1 x) 1 x , ( 1 x 1)
n!
∞
=
− − +
+ = + − < <
∑
.
IV.
n 2n 1

n 1
( 1) x
sinx , ( x )
(2n 1)!
+
∞
=
−
= < ∞
+
∑
.
V.
n 2n
n 1
( 1) x
cosx , ( x )
(2n)!
∞
=
−
= < ∞
∑
.

13


Chơng 2. ứng dụng công thức khai triển Taylor
vào giải một số dạng toán hàm một biến
2.1. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính gần đúng
Trên thực tế chúng ta đã biết, để tính giá trị của một đa thức tại một điểm chỉ cần
thực hiện các phép toán cộng, trừ, nhân và luỹ thừa. Tuy nhiên, việc tính các giá trị
của hàm số khác nh các hàm số lợng giác, hàm số mũ, hàm số logarit, không dễ
dàng và đơn giản nh vậy. Có khi chúng ta không thể tính đợc giá trị chính xác của
một hàm số nhng nhiều hàm số có thể tính xấp xỉ bởi những đa thức với sai số đủ
nhỏ và có rất nhiều phơng pháp tính xấp xỉ một hàm số bởi một đa thức, trong đó
phơng pháp đợc sử dụng phổ biến nhất hiện nay trong các giáo trình Giải tích là
phơng pháp sử dụng công thức khai triển Taylor. Để thấy rõ hơn về ứng dụng khai
triển Taylor vào tính gần đúng chúng ta xét các bài tập sau:

Bài tập 1
: Tính gần đúng số e.
Lời giải
Thay x = 1 vào công thức Taylor trong mục 1.2.5a ta đợc:

( )

1 1 1 e
e 2
2! 3! n! n 1 !
= + + + + +
+
, 0 <

< 1 (1)
Trớc hết, ta chứng minh e

3. Thật vậy ta có:
n
n
1
e lim 1
n


= +



áp dụng công thức khai triển nhị thức Newton ta có:

( ) ( ) ( )
n
2 n
n n 1 n n 1 n n 1
1 1 1 1
1 1 n
n n 2! n!
n n
+

+ = + ì + ì + + ì <




n
2
1 1 1 1 1 1
2 2
2! 3! n! 2 2
2
< + + + + < + + + +

chuyển qua giới hạn ta có:

n
n
2
n n
1 1 1 1

e lim 1 lim 2 3 e 3
n 2 2
2


= + < + + + +




14


Trong (1) với n = 6 ta có:
1 1 1 1 1 e
e 2
2! 3! 4! 5! 6! 7!
= + + + + + +

, khi đó
e 2 0,5 0,16667 0,04167 0,00833 0,00139
+ + + + +
e 2,71806

(*)
sai số phạm phải là
e
7!

, 0 <

< 1. Vì
e 3

nên 1< e

< 3 và
1 e 3
7! 7! 7!
< <

.
Do đó 0,000198 <
e
7!

< 0,000595 (**)
Từ (*) và (**) ta đợc 2,718258 < e < 2,718655. Vậy e

2,718 với độ chính xác
đến 3 chữ số thập phân, n càng lớn thì độ chính xác của e càng cao.
Bài tập 2
: Tính gần đúng sin(0,5).
Lời giải
áp dụng công thức 1.2.5d và
(
)
( ) ( )
2k 1
2k 1

2k 1
2k
f ( x) x
R (x) x sin x k
2k 1 ! 2k 1 ! 2
+
+
+

= = + +

+ +




Với x = 0,5; k = 3 ta đợc sin(0,5) = P
6
(0,5) + R
6
(0,5).
P
6
(0,5) = P
5
(0,5) = 0,5
( )
3
0,5
3!

+
( )
5
0,5
5!
=
1
2

3
1
2 .6
+
5
1
2 .120
=
1841
3840
.
suy ra 0,479427 < P
6
(0,5) < 0,479428 (*)
và R
6
(0,5) =
( )
7
0,5
7!

sin 0,5.

3
2



+ +


.
Do đó
( )
7
6
0,5
1
R (0,5)
7! 645120
=
suy ra 0,000002 < R
6
(0,5) < 0,000002
(**)
Từ (*) và (**) suy ra 0,479425 < sin(0,5) = P
6
(0,5) + R
6
(0,5) < 0,479430.
Vậy sin(0,5)

0,4794.
Bài tập 3
: áp dụng công thức Maclaurin, tính giá trị gần đúng của arctg(1,001) với
sai số không vợt quá
5
10

.

15


Lời giải
Ta viết công thức Taylor với phần d dạng Lagrange

2 2
0
n
0 0 0 0
f (x )
f (c) f (c)
f(x h) f(x ) h h , x c x h, R h
1! 2! 2!


+ = + + < < + =

Với hàm số f(x) = arctgx, ta có:

2
0 0 0 0 0 0
arctg(x h) arctg(x ) arctg(x ) h arctg(x ) h , x c x h


+ = + + < < +



2
0 0 0 0
2 2 2
0
1 c
arctg(x h) arctg(x ) h h , x c x h
1 x (1 c )
+ = + < < +
+ +

Lấy
0
x 1
=
, h = 0,001,
( )
6
2
3
2
2 2 2 2

0,001 c 10 .c
arctg(1,001) arctg(1) 10 0,0005 , 1 c 1, 001
4
1 1
(1 c ) (1 c )



= + = + < <
+
+ +

6
6 6
2 2
10 .c
10 (1, 001) 2.10 0, 000002
(1 c )


< < =
+
và 0,785898 <
4

+0,0005 < 0,785899
nên 0,785896 < arctg1,001 < 0,785897 vậy arctg1,001

0,78589
Nhận xét: Chúng ta biết hiện nay khoa học kỹ thuật rất hiện đại, việc ra đời các

loại máy tính đã giúp ích rất nhiều trong việc tính giá trị gần đúng của các hàm số.
Trong phần trình bày này tác giả chỉ muốn đa ra để các bạn thấy công thức Taylor
đã có đóng góp nh thế nào cho toán học khi mà khoa học kỹ thuật hiện đại cha
phát triển.
2.2. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tính giới hạn
Chúng ta đã biết để tìm giới hạn của một hàm số có thể dựa vào định nghĩa, tính
chất, định lý hay quy tắc Lopitan. Tuy nhiên, cũng có một số hàm số mà bằng các
phơng pháp trên vẫn cha thể tính đợc giới hạn của chúng. Một trong các phơng
pháp chúng ta vẫn hay sử dụng hiện nay là dùng công thức Taylor. Để hiểu rõ hơn về
vấn đề này chúng ta xét các bài tập sau:
Bài tập 1 : Tính giới hạn của hàm số sau P(x) =
x 2
1 2tgx e x
arcsinx sin x
+ +

khi
x 0



16


Lời giải
Ta thấy hàm số trên có dạng vô định
0
0
.
Trớc hết ta xét các khai triển:

3
3
x
sinx x o(x )
6
= +
,

3
3
x
arcsinx x o(x ), x 0
6
= + +
thật vậy ta có:
1
2
2
2
1
(arcsin x) (1 x )
1 x


= =


Thay
1

2

=
và x bằng
2
x

vào công thức Taylor trong mục 1.2.5c
ta có:
2 4 2n 2n 1
2
1 1 3 1.3.5 (2n 1)
1 x x x o(x ), x 0
2 8 2.4.6 (2n)
1 x
+

= + + + + +


vì arcsin0 = 0 nên
3 5 2n 1
2n 2
1 x 3 x (2n 1)!! x
arcsin x x o(x ), x 0
2 3 8 5 (2n)!! 2n 1
+
+

= + + + + +

+

Do đó khai triển mẫu số có dạng:
3
3
x
arcsinx sinx o(x )
3
= +
.
Từ đó ta cần khai triển tử số đến
3
o(x )
. Ta có:
2 3 3
1 1 1
1 t 1 t t t o(t ), t 0
2 8 16
+ = + + +

(công thức Taylor trong mục 1.2.5c với
1
2

=
).
3
3
x
tgx x o(x )

3
= + +
,
x 0

và do vậy:
2
2 3 3 3 3
1 1 1 x 5
1 2tgx 1 (2tgx) (2tgx) (2tgx) o(tg x) 1 x x o(x )
2 8 16 2 6
+ = + + + = + + +
.
Mặt khác
2 3
x 3
x x
e 1 x o(x )
2 6
= + + + +
và do đó khai triển tử số có dạng

17



x 2 3 3
2
1 2tgx e x x o(x ), x 0
3

+ + = +

Nh vậy:
3 3
3 3
2
x o(x )
3
P(x) , x 0
1
x o(x )
3
+
=
+
suy ra
x 0
lim P(x) 2

=
.
Bài tập 2: Tính giới hạn của hàm số sau:

arctgx
1 x
e
1 x 2
Q(x)
1 x
ln 2x

1 x
+

=
+


khi
x 0


Lời giải
áp dụng công thức khai triển của một số hàm sơ cấp trong mục 1.2.5

2 3
3
x x
ln(1 x) x o(x )
2 3
+ = + +


2 3
3
x x
ln(1 x) x o(x )
2 3
= +

3
3
x
arctgx x o(x )
3
= +
(vì
( )
2 1
2
1
arctgx (1 x )
1 x


= = +
+
thay
1

=
và x
bằng
2
x
vào công thức Taylor trong mục 1.2.5c ta đợc:
2 4 6 n 2n 2n 1
2
1
1 x x x ( 1) x o(x ), x 0

1 x
+
= + + + +
+
vì arctg0 = 0 nên
3 5 7 2n 1
n 2n 2
x x x x
arctgx x ( 1) o(x ), x 0
3 5 7 2n 1
+
+
= + + + +
+
).

3
arctgx
2 3 3
x 1 1
e 1 (x ) x x o(x ), x 0
3 2 6
= + + + +
(thay x bằng arctgx vào
công thức Taylor trong mục 1.2.5a).

2 3 3
1
1 x x x o(x ), x 0.
1 x

= + + + +

(công thức trong mục 1.2.5c).
Do đó tử số có khai triển

18



arctgx
3 3
1 x 7
e x o(x ), x 0.
1 x 2 6

+ = +


Và mẫu số có khai triển dạng

3 3
1 x 2
ln 2x x o(x ), x 0.
1 x 3
+
= +


Suy ra
3 3

3 3
7
x o(x )
6
Q(x) , x 0.
2
x o(x )
3

+
=
+
vậy
x 0
7
lim Q(x)
4

=

Bài tập 3: Tìm giới hạn sau:
( )
( )
3
cotgx
x
x 0
lim cos xe ln 1 x x

Lời giải
Ta có:
( )
3
3
3 3
1 1
cotgx , x 0
tgx
x o x
= =
+

Do đó ta cần khai triển hàm
(
)
(
)
x
f(x) cos xe ln 1 x x
=
theo công thức Taylor
đến
(
)
3
o x

. Sử dụng các khai triển ở 1.2.5 ta đợc:

(
)
x 2 2
xe x x o x
= + +


( )
2
3
t
cost 1 o t
2
= +


( )
2 3
3
x x
ln(1 x) x o x
2 3
= + + +

do đó
(
)
3 3

2
f(x) 1 x o x , x 0
3
= +

và
[ ]
( )
(
)
1
3
3 3
cotgx
3 3
x o x
2
f(x) 1 x o x , x 0
3
+

= +



Để tính giới hạn của
[ ]
g(x)
f(x)
khi x dần tới 0, đầu tiên ta cần tìm giới hạn của

Logarit của nó, tức là tìm:
[
]
x 0
lim g(x)lnf(x)



19


Ta có:
(
)
( )
{
}
3 x
x 0
lim cotgx ln cos xe ln 1 x x


ì =



(
)
( )
( )

( )
3 3
3 3
3 3 3 3
x 0 x 0
2
2
ln 1 x o x
x o x
2
3
3
lim lim
3
x o x x o x


+
+


= = =
+ +
.
Vậy:
[ ]
2
3
cotgx
3

x 0
lim f(x) e


=
.
Bài tập 4
: Cho hàm số f liên tục trên [a h, a + h] và có đạo hàm trên (a h, a+
h) với h > 0. Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp 2 tại điểm a. Hãy tính:

2
t 0
f(a t) 2f(a) f(a t)
lim
t

+ +

Lời giải
Theo công thức Taylor Yuong, ta có:

2
2
t
f(a t) f(a) t.f (a) f (a) t (t)
2


+ = + + +
,

(t) 0


khi
t 0

.

2
2
t
f(a t) f(a) t.f (a) f (a) t (t)
2


= + +
,
(t) 0


khi
t 0

.
Do đó:
2 2
f(a t) 2f(a) f(a t) t f (a) t [ (t) (t)]


+ + = + +

2
f(a t) 2f(a) f(a t)
f (a) (t) (t)
t

+ +

= + +
, với
t 0

.
Do đó:
2
t 0
f(a t) 2f(a) f(a t)
lim f (a)
t

+ +

=
.
Bài tập 5
: Giả sử f là hàm số có đạo hàm cấp n +1 liên tục trên [a u, a + u], (u>0)
và
(
)

n 1
f (a) 0
+

. Khi đó với
0 p n

với phần d dạng Yuong có dạng:

( )
p 1
(p)
p 1
p p 1
2
f (a h)
f (a) f (a)
f(a h) f(a) f (a).h h h h
2 p! (p 1)!
+
+
+
+


+ = + + + + +
+


p 1 p 1

(h) (0,1)
+ +
=

. Chứng minh rằng:
p
h 0
1
lim (h)
p 1

=
+

nếu
(
)
n 1
f (a) 0
+

.

20


Lời giải
Ta có:
( )
p

(p 1)
p
p 1 p
2
f (a h)
f (a) f (a)
f(a h) f(a) f (a).h h h h
2 (p 1)! p!


+


+ = + + + + +



( )
( )
p 1
(p 1) p
p 1
p 1 p p 1
2
f (a h)
f (a) f (a) f (a)
f(a h) f(a) f (a).h h h h h
2 (p 1)! p! (p 1)!
+

+
+
+


+ = + + + + + +
+


với
h u

(
p p
(h)
=

và
p 1 p 1
(h) (0,1)
+ +
=

). Từ hai đẳng thức trên suy ra:

( ) ( ) ( )p p p 1
p p 1
1
f (a h) f (a) f (a h)h
(p 1)

+
+
+ = +
+

(1)
Theo định lý về số gia giới hạn hữu hạn, tồn tại
(0,1)


sao cho

( ) ( ) ( )
p p p 1
p p p
f (a h) f (a) h.f (a . h)
+
+ = +

(2)
Từ (1) và (2) ta có:
( ) ( )
p 1 p 1
p p p 1
1
h.f (a . h) f (a h)h
(p 1)
+ +
+
+ = +

+

(3)
Vì
( )
p 1
f
+
liên tục tại điểm a nên

( ) ( ) ( )
p 1 p 1 p 1
p p 1
h 0 h 0
lim f (a . h) lim f (a h) f (a) 0
+ + +
+

+ = + =


Do đó từ (3) suy ra:
p
h 0
1
lim (h)
p 1

=
+

(đpcm).
Nhận xét: Nhờ vào những khai triển cơ bản ở mục 1.2.5 chúng ta đã giải quyết
đợc bài toán tìm giới hạn của một số hàm mà bằng định nghĩa, tính chất, định lý,
quy tắc Lopitan cha thể tìm giới hạn đó. Nhng để có thể làm đợc các bài toán
trên chúng ta buộc phải ghi nhớ các công thức khai triển của một số hàm sơ cấp và
vận dụng thật đúng chỗ. Tuỳ vào từng bài và từng trờng hợp mà chúng ta sử dụng
phần d của các khai triển dới các dạng nh Lagrange, Cauchy hay công thức
Taylor Young.
2.3. ứng dụng công thức khai triển Taylor để tìm cực trị của hàm số
Định lý:
Giả sử hàm số f có đạo hàm cấp n tại điểm
0
x
,

21


(n 1)
0 0 0
f'(x ) f"(x ) f (x ) 0

= = = =
và
(n)
0
f (x ) 0

. Khi đó:

a. Nếu n chẵn thì hàm số f có cực trị tại điểm
0
x
(nếu
(n)
0
f (x ) 0
>
thì f có
cực tiểu tại
0
x
, nếu
(n)
0
f (x ) 0
<
thì f có cực đại tại
0
x
).
b. Nếu n lẻ thì hàm số f không có cực trị tại điểm
0
x
.
Bài tập 1
: Tìm cực trị của hàm số y = sinx xcosx
Lời giải
Ta có y = cosx cosx + xsinx = xsinx
Với y = 0 thì

1
2
x 0
x k , k 0, k
=


=




Xét đạo hàm cấp hai của hàm số ta có y = sinx + xcosx, y(0) = 0 và
( ) ( )
k
y k 1 .k , k 0, k

=

.
Do vậy ta xét đạo hàm cấp ba: y = 2cosx + sinx, y(0) = 2

0.
Theo định lý ở trên ta có:
+) n = 2 là chẵn nên hàm số có cực trị tại
2
x k , k 0, k
=

.
Cụ thể là: Nếu
k 2m, m 0, m
=

ta có
(
)
y 2m 2m 0, m 0, m

= >

.
Hàm số đạt cực tiểu tại các điểm
x 2m , m 0, m
=


.
Nếu
k 2m 1, m 0, m
= +

ta có
(
)
(
)
y 2m 2m 1 0, m 0, m

+ = + <

. Hàm số đạt cực đại tại các điểm
(
)
x 2m 1 , m 0, m
= +


.
+) n = 3 là số lẻ nên hàm số không có cực trị tại điểm
1
x 0
=
.
Bài tập 2
: Chứng minh rằng hàm số
y 1 cos x 1 sin x
= + + +
đạt cực tiểu tại
x
4

=

Lời giải
Ta có
sin x cos x
y
2 1 cos x 2 1 sin x

= +
+ +


22


sin x cos x
y
2 1 cos x 2 1 sin x




= +

+ +

hay
(
)
1
y 1 cos x 1 sin x
4

= + + +

Ta thấy

y 0
4



=


và
2 2
y 0
4
2 2

+


= >


.
Theo định lý trên ta có: n = 2 là số chẵn nên hàm số có cực trị. Hơn nữa
2 2
y 0
4
2 2

+

= >


nên hàm số đạt cực tiểu tại x =
4

.
Bài tập 3: Tìm cực trị của hàm số: f(x) =
n
x
.
Lời giải
Ta có:
(n)
n n 2
f (x) nx ; f (x) n(n 1)x ; ; f (x) n!, x


= = =


Suy ra:
(n 1) (n)
f (0) f (0) f (0) 0; f (0) n! 0


= = = = = >
.
Theo định lý ở trên ta có:
+ Nếu n chẵn thì hàm số đạt cực tiểu tại x = 0.

+ Nếu n lẻ thì hàm số không có cực trị tại điểm x = 0.
Bài tập 4
: Cho hàm số f(x) =
n
0
(x x ) . (x)


trong đó

là hàm số khả vi tại điểm
0
x
,
0
(x ) 0


và n là số nguyên dơng. Hàm số f có cực trị tại điểm
0
x
hay không?
Lời giải
Ta có:
n 1 n
0 0
f (x) n(x x ) . (x) (x x ) . (x)

= +

n 2 n 1 n 1 n
0 0 0 0
f (x) n(n 1)(x x ) . (x) n(x x ) . (x) n(x x ) . (x) (x x ) .
(x)



= + + +

n 2 n 1 n
0 0 0
n(n 1)(x x ) . (x) 2n(x x ) . (x) (x x ) . (x)



= + +

n 3 n 2
0 0
f (x) n(n 1)(n 2)(x x ) . (x) n(n 1)(x x ) . (x)



= + +


n 2 n 1
0 0

2n(n 1)(x x ) . (x) 2n(x x ) . (x)



+ + +


n 1 n
0 0
n(x x ) . (x) (x x ) . (x)



+ +


n 3 n 2
0 0
n(n 1)(n 2)(x x ) . (x) 3n(n 1)(x x ) . (x)



= + +


n 1 n
0 0
3n(x x ) . (x) (x x ) . (x)

+ +


23


.
(n)
2
0 0
n!
f (x) n! (x) n.n!(x x ) (x) 3(n 1) (x x ) . (x)
2!


= + + +


(n 1) (n)
2 n 1 n
0 0
n (x x ) (x) (x x ) (x)



+ +

Ta có:
(n 1)

0 0 0 0
f (x ) f (x ) f (x ) f (x ) 0


= = = = =
(

là hàm số liên tục tại điểm
0
x
,
0
(x ) 0


) và
(n)
0 0
f (x ) n! (x ) 0

=
do n! > 0,
0
(x ) 0


.
Vậy: +) Nếu n chẵn thì hàm số có cực trị tại
0
x

. (Hơn nữa, khi
0
(x ) 0
>

hàm số
có
(n)
0 0
f (x ) n! (x ) 0
= >

nên đạt cực tiểu tại
0
x
và khi
0
(x ) 0
<

hàm số có
(n)
0 0
f (x ) n! (x ) 0
= <

nên đạt cực đại tại
0
x
).

+) Nếu n lẻ thì hàm số không có cực trị tại
0
x
.
Bài tập 5
: Tìm cực trị của hàm số:
4 3
y x (x 1) 1
= +

Lời giải:
Ta có:
3 2
y x (x 1) (7x 4)

=
; y = 0 tại các điểm
1 2 3
4
x 0; x 1; x
7
= = =
.
Ta tính đạo hàm cấp hai:
2 2
y x (x 1)(42x 48x 12)

= +
khi đó
y (0) 0

=
;
y (1) 0

=
;
3 2
4
4 4 .3
y ( ) 0
7
7

= >
do đó hàm số đạt cực tiểu tại
3
4
x
7
=
(vì n = 2 chẵn).
Hơn nữa
y x[(3x 2) (x) x(x 1) (x)]


= +
trong đó
2
(x) 42x 48x 12

= +
. Do
đó:
y (0) 0

=
;
y (1) 6 0

= >
tức là tại x = 1 hàm số không có cực trị (vì n = 3 lẻ).
Đặt
(3x 2) (x) x(x 1) (x) (x)


+ =
ta đợc
(4)
y (x) x (x)


= +
do đó
(4)
y (0) (0) 2 (0) 24 0

= = = <
suy ra hàm số đạt cực đại tại
1

x 0
=
(vì n = 4 chẵn).
Kết luận: Hàm số đạt cực tiểu tại
3
4
x
7
=
và
3 2
min
4
4 4 .3
y y 1
7
7

= =


.
Hàm số đạt cực đại tại
1
x 0
=
và
max
y y(0) 1
= =

.
Nhận xét: Nhờ vào định lý trên chúng ta dễ dàng tìm đợc điểm cực trị của hàm

24


số mà không phải thông qua bảng biến thiên. Tuy nhiên trong khi vận dụng định lý
trên chúng ta cũng cần lu ý đối với những bài toán nh ở bài tập 5, nếu chúng ta vội
vàng kết luận sau khi đã tính các giá trị tại đạo hàm cấp hai đó, chúng ta sẽ làm mất
đi điểm cực trị tại x = 0. Vì vậy đối với những dạng bài này cần tính đạo hàm cấp
cao hơn và xét tính cực trị tại các đạo hàm đó để không bỏ sót những điểm cực trị mà
bài toán yêu cầu.
2.4. ứng dụng công thức khai triển Taylor để xét tính khả vi của hàm số
Ta đã định nghĩa vi phân của hàm số tại một điểm qua đạo hàm của hàm số tại
điểm đó. Hàm số có vi phân tại một điểm khi nó có đạo hàm (hữu hạn) tại điểm đó.
Vì vậy, nếu hàm số có đạo hàm tại một điểm nào đó, ngời ta cũng nói rằng nó khả
vi tại điểm đó. Hàm số có đạo hàm liên tục trên một khoảng gọi là khả vi liên tục
trên khoảng đó. Đối với hàm số một biến số khái niệm khả vi và có đạo hàm là hai
khái niệm tơng đơng. Để thấy đợc ứng dụng của công thức khai triển Taylor
trong việc xét tính khả vi của hàm số ta xét các bài tập sau:
Bài tập 1
: Xét tính khả vi của hàm số f(x) =
2
x
3
x
e 1 x
2

sau tại điểm x = 0.

Lời giải
Theo công thức Taylor, xét khai triển của hàm
x
e
đến
3
o(x )
ta có:
2 3
x 3
x x x
e 1 o(x )
1! 2! 3!
= + + + +
hay
2 3
x 3
x x
e 1 x o(x )
2 6
= + + + +
, x

0. Từ đó suy ra
2 3 2 3 3
3 3 3
3 3 3
x x x x x
f(x) 1 x o(x ) 1 x o(x ) x (x)
2 6 2 6 6

= + + + + = + = + =

( )
3
3
3 3
x x x
1 6 (x) x (x) o(x)
6
6 6
= + = + = +

, x

0, trong đó
(
)
x 0
lim x 0

=


Vì vậy hàm số f(x) khả vi tại điểm x = 0 và f(0) =
3
1
6
.
Bài tập 2
: Ta xét hàm f đợc xác định trong các khoảng

(0,1)
và
(1, )
+
bởi:
2
xlnx
f(x)
x 1
=

. Chứng minh rằng, nếu f(0) và f(1) đợc xác định một cách thích hợp thì

25


hàm f liên tục và khả vi với mọi giá trị x > 0.
Lời giải
Khi x dần tới 0 (về phía bên phải):

xlnx 0 f(x) 0 f

liên tục phải tại 0 nếu
f(0) 0
=
.

2
f(x) f(0) lnx
f

x
x 1

= +

khả vi phải tại 0 và
f (0)

+
.
Khi x dần tới 1, u = x 1 dần tới 0:

2
2
u
u o(u )
1 u ln(1 u) 1
2
f(x) f(1 u) 1
2 u u 2 u u
+
+ +

= + = ì = ì =

+ +



1 1 u 1 u u

1 1 o(u) 1 1 o(u) 1 o(u)
u
2 2 2 2 2
1
2




= ì ì + = + ì + =






+



1 u u 1 1
o(u) 1 o(u) o(u) o(x 1), u 0
2 4 2 2 2

= + + ì + = + = +


.
Vậy f có giới hạn
1

2
khi x dần tới 1 và hàm f sẽ liên tục nếu
1
f(1)
2
=
. Hơn nữa khi
đó:
1
f(x)
f(x) f(1) o(x 1)
2
x 1 x 1 x 1


= =


Hàm f khả vi và có đạo hàm không tại x = 1. Với các giá trị x thuộc khoảng
(0,1)
và
(1, )
+
hàm f thơng của các hàm liên tục và khả vi có mẫu thức khác 0
cũng liên tục, khả vi và:

( )
(
)
( )

(
)
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
1 lnx x 1 2x ln x x 1 x 1 ln x
f (x)
x 1 x 1
+ +

= =

.
Bài tập 3
: 1) Ta xác định các hàm g và h bởi:
g(x) cos x
=
nếu x > 0 và
h(x) ch x
=
nếu x < 0. Chứng minh rằng các hàm g và h liên tục và có đạo hàm
cấp 1 và 2, tính các đạo hàm đó.