Các công thức toán cao cấp

TOÁN CAO CẤP
Phần 1: Giới hạn
khi x → 0, thi x 9 + 5 x 7 + x 5 + x : x
s inx : x,sin 2 x : x 2
e x − 1 : x, e 4 x − 1 = 4 x
ln(1 + x) : x
1 − cosx :

x2
2

lim f x = f x0
x→0

Ví dụ:
 f x , neu x ≠ 0
fx =  2
 2m + m, neu x = 0
+ Neu x ≠ 0, f x lien tuc
+ Neu x = 0, f 0 = 2m 2 + m
de f x lien tuc tren R :lim f x = f x0
x→0

Phần 2: vi phân, tính gần đúng
f ( x0 +∆x ) = f ( x0 ) + f '( x0 ) .∆x

Ví dụ: tính gần đúng: A = ln( 5 31.995 − 1) ta xét f x = ln( 5 x − 1)
Chọn x0=32, ∆x = x − x0 = 31.995 − 32 = −0.005
 f 'x = 0

Vậy  f ' = 0

 y
Tổng quát: A ; f( x , y ) + f 'x ( x , y ) .∆x + f ' y ( x , y ) .∆y
0

0

0

0

Phần 3: Khai triển Maclaurin
n

fx = ∑
k =0

k
f (0)

k!

.x +
k

f ((cn) +1)
(n + 1)!

.x ( n +1) ; c ∈ (0, x )

x

Ví dụ: cho hàm số: f ( x ) = e ( x + 2015)

a. Tính f xk
f '( x ) = e x ( x + 2015 + 1)

0

0


f ''( x ) = e x ( x + 2015 + 2)
f '''( x ) = e x ( x + 2015 + 3)
f xk = e x ( x + 2015 + k )

b. Khai triển Maclaurin
f 0k = e0 (0 + 2015 + k ) = 2015 + k
f c( n +1) = ec (c+ 2015 + n + 1) = ec (c+ 2016 + n)
(2015 + k ) k ec (c + 2016 + n) ( n +1)
.x +
.x
k!
(n + 1)!
k =0
n

fx = ∑

Phần 4: Đạo hàm cấp 1. Cấp 2

Phần 5: Cực trị tự do:

Cho z = f ( x , y )
 f 'x = 0

+ tìm điểm dừng, xét  f ' = 0 , điểm M0(x0,y0) là điểm dừng
 y
+ Tại M0, đặt


A = f "xx ( M 0 )
B = f "xy ( M 0 )
C = f " yy ( M 0 )
∆ = B 2 − AC

-

∆ > 0 : Hàm số không đạt cực trị

-

∆ < 0, A > 0 : HS đạt cực tiểu

-

∆ < 0, A < 0 : HS đạt cực đại

Phần 6: Bài toán max-min:
f ( x , y ) = − x 2 + y 2 + 2 x + 1 (1)

Tren D = { ( x, y ) : x 2 + y 2 ≤ 4}

Ta xét phần trong miền D là đường tròn R=2
f ' =0

x = 1

 x
⇒ f (1,0) = 2
Ta có:  f ' = 0 ⇒ 
y = 0
 y
2
2
2
2
Xét trên biên x + y = 4 ⇒ y = 4 − x ; x ∈ [ 2, 2]
2
2
2
Thay y 2 = 4 − x 2 vào (1) ta có: f ( x , y ) = − x + 4 − x + 2 x + 1 = −2 x + 2 x + 5

f ' = 0 ⇔ −4 x + 2 = 0 → x =

f

1
15
( ,±
)
2
4

=

1
15
→ y=±
2
4

11
2

f ( −2,0) = −7
f (2,0) = 1

Vậy Max = f ( 1 ,±
2

15
)
4

=

11
2

Min= f ( −2,0) = −7
Phần 7: Phương trình vi phân:
7.1 phương trình vi phân bậc 1:

Ví dụ:


y. y '+ x = 0
d
y. y + x = 0
dx
y.d y = − x.d x

∫ y.d

y

= ∫ (− x.d x )

y2
x2
= − +c
2
2
2
2
y + x = 2C : la nghiem

7.2 Phương trình vi phân bậc 2: y "+ p. y '+ q. y = f ( x ) (1)
+ Phương trình thuần nhất có dạng: y "+ p. y '+ q. y = 0 (2)
Phương trình đặc trưng: k 2 + p.k + q = 0 (*)
- Nếu (*) có 2 nghiệm phân biệt k1, k2 thì yTN = c1.ek .x + c2 .ek . x
1

2

- Nếu (*) có nghiệm kép thì yTN = c1.ek .x + c2 .x .ek . x
0

0

α .x
+ Tìm nghiệm riêng: y "+ p. y '+ q. y = f ( x ) = e .Pn ( x )

- Nếu α không là nghiệm của (*) thì yR = eα . x ( A 0 + A1.x + ... + An .x n )
- Nếu α là nghiệm đơn của (*) thì yR = eα . x ( A 0 + A1.x + ... + An .x n ).x
- Nếu α là nghiệm kép của (*) thì yR = eα . x ( A 0 + A1.x + ... + An .x n ).x 2
- Từ yR ta đạo hàm y’R, y’’R, sau đó thay vào (1) để tìm A0, A1, …An
Kết luận Nghiệm y = yTN + yR
Phần 8: Phương trình vi phân tuyến tính cấp 1
y '+ p( x ) . y = f ( x ) (1)

Phương trình thuần nhất y '+ p( x ) . y = 0 có nghiệm y = c.e− ∫ p

( x ) d( x )

Tìm y’, thay y’, y vào (1) để tìm C(x) ta có

, đặt C=C(x)

− p( x ) d ( x )
c '( x ) .e ∫
= f( x)

Tính nguyên hàm thì ta được C(x)
Ví dụ: từ phương trình thuần nhất ta tìm được y = c.(e x + 11) , xem C=C(x),
y = c( x ) .(e x + 11)
c '( x ) .(e x + 11) = f ( x ) = 5 x 4 (e x + 11) (luôn luôn đúng)


c '( x ) = 5 x 4 ⇒ c( x ) = ∫ 5 x 4 d x = x 5 + H
x
5
x
Vậy nghiệm là y = c( x ) .(e + 11) = (x + H ).(e + 11)